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莆田二十四中2022—2021学年度
高二下学期期中阶段性考试
物理试卷
（满分：100分，考试时间：90分钟） 2021-4-24
一、单项选择题（本大题共12小题，每小题4分，共48分。每题所给的选项中只有一个是正确的，选对的得4分，错选或不选的得0分）
1．关于电容器和电感器，下列说法正确的是（ ）
A．都能“通直流，阻沟通” B．都不能“通直流，阻沟通”
C．电容器能“通直流，阻沟通” D．电感器能“通直流，阻沟通”
2.如图，关于电源和容器，下列说法正确的是 （ ）
A．恒定直流、小铁锅 B．恒定直流、玻璃杯
C．变化的电流、玻璃杯 D．变化的电流、小铁锅
3．如图，一个金属圆环水平放置在竖直向上的匀强磁场中，能使圆环中产生感应电流的做法是
A．使匀强磁场均匀削减
B．保持圆环水平并在磁场中上下移动
C．保持圆环水平并在磁场中左右移动
D．保持圆环水平并使圆环绕过圆心的竖直轴转动
4．如图，一抱负变压器原线圈接入一沟通电源，副线圈电路中、、和均为固定电阻，开关S是闭合的，和为抱负电压表，读数分别为和；、和为抱负电流表，读数为别为、和。现断开S，不变，下列推断正确的是：
A、变小，变小 B、不变，变小
C、变小，变小 D、变小，变大
5．矩形线圈在匀强电场中匀速转动，产生的交变电动势，若该线圈电阻不计，外接总电阻为的负载，则（ ）
A. 该沟通电的频率为
B. 负载的电功率是
C. 用沟通电压表和电流表可测得负载两端电压为，流过负载的电流是
D. 当时，线圈中的电动势均为最大值
6．远距离输电的原理图如图所示，升压变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，电压分别为U1、U2，电流分别为I1、I2，输电线上的电阻为R，变压器为抱负变压器，则下列关系式中正确的是（ ）
A．＝ B．I2＝ C．I1U1＝I22R D．I1U1＝I2U2
7．小型沟通发电机中，矩形金属线圈在匀强磁场中匀速转动，产生的感应电动势随时间的变化关系如图所示。矩形线圈与阻值为10Ω的电阻构成闭合电路，若不计线圈电阻，下列说法中正确的是
A．t1时刻通过线圈的磁通量为零
B．t2时刻感应电流方向发生变化
C．t3时刻通过线圈的磁通量变化率的确定值最小
D．交变电流的有效值为10A
8．如图4所示是日光灯的构造示意图.若按图示的电路连接，关于日光灯发光的状况，下列叙述中正确的是（ ）
A.S1接通，断开S2、S3，日光灯就能正常发光
B.S1、S2接通，S3断开，日光灯就能正常发光
C.S3断开，接通S1、S2后，再断开S2，日光灯就能正常发光
D.当日光灯正常发光后，再接通S3，日光灯仍能正常发光
图4
9．风速仪的简易装置如图甲所示．在风力作用下，风杯带动与其固定在一起的永磁铁转动，线圈中的感应电流随风速的变化而变化．风速为v1时，测得线圈中的感应电流随时间变化的关系如图乙所示；若风速变为v2，且v2>v1，则感应电流的峰值Im和周期T的变化状况是 （ ）．
A．变大，T变小 B．变大，T不变
C．变小，T变小 D．不变，T变大
10．如图所示，在水平木制桌面上平放一个铜制的圆环，在它上方近处有一个N极朝下的条形磁铁，铜环始终静止。关于铜环对桌面的压力F和铜环重力G的大小关系，下列说法中正确的是
A．当条形磁铁靠近铜环时，F<G
B．当条形磁铁远离铜环时，F<G
C．无论条形磁铁靠近还是远离铜环，F=G
D．无论条形磁铁靠近还是远离铜环，F>G
11．如图所示，金属棒MN，在竖直放置的两根平行导轨上无摩擦地下滑，导轨间串联一个电阻，磁感强度垂直于导轨平面，金属棒和导轨的电阻不计，设MN下落过程中，电阻R上消耗的最大功率为P，要使R消耗的电功率增大到4P，可实行的方法是（ ）
A．使MN的质量增大到原来的2倍
B．使磁感强度B增大到原来的2倍
C．使MN和导轨间距同时增大到原来的2倍
D．使电阻R的阻值减到原来的一半
12．如图所示，三条平行虚线位于纸面内，中间虚线两侧有方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度等大反向．菱形闭合导线框ABCD位于纸面内且对角线AC与虚线垂直，磁场宽度与对角线AC长均为d，现使线框沿AC方向匀速穿过过磁场，以逆时针方向为感应电流的正方向，则从C点进入磁场到A点离开磁场的过程中，线框中电流i随时间t的变化关系，以下可能正确的是
A. B. C. D.
二、填空题（每空2分，共14分）
13．如图所示，单匝矩形闭合导线框abcd全部处于磁感应强度为B的有界匀强磁场中，其中线框的cd边和场边界重合，线框面积为S，电阻为R。线框绕与cd边重合的竖直固定转轴以角速度匀速转动，线框中感应电流的有效值I= 。线框从中性面开头转过π/2的过程中，通过导线横截面的电荷量q= 。
14．如图所示，闭合导线框的质量可以忽视不计，将它从如图所示位置匀速向右拉出匀强磁场．若第一次用0.3 s拉出，外力所做的功为W1，通过导线横截面的电荷量为q1；其次次用0.9 s拉出，外力所做的功为W2，通过导线横截面的电荷量为q2，则 W1 W2，q1 q2 （填大于、等于或小于 ）
15．（I）为了探究“感应电流产生的条件”，甲同学将电池组、滑线变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流计及开关如图连接. 经乙同学检查后发觉甲同学接线有错误，应当导线是________（用导线两端的字母符号表示）。假如在闭合电键时发觉灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上电键后可能毁灭的状况有：将原线圈快速插入副线圈时，灵敏电流计指针将________。（填“向右偏”、“向左偏”或“不偏转”）原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器触头快速向左拉时，灵敏电流计指针___________。（填“向右偏”、“向左偏”或“不偏转”）
三、计算题（4小题，16题8分，17题9分、18题9分、19题12分，共38分）
16．（8分）如图所示，一矩形线圈在匀强磁场中绕OO′轴匀速转动，磁场方向与转轴垂直。线圈匝数为n，电阻为r，长为1，宽为2，角速度为ω。磁场的磁感应强度为B。线圈两端外接电阻为R的用电器，和一个抱负沟通电流表。求：
（1）线圈中产生的最大感应电动势Em；
（2）电流表的读数I。
17．（12分）某发电站的输出功率为104 kW，输出电压为4 kV，通过抱负变压器升压后向远处供电．已知输电导线的电阻为25.6 Ω，输电线路损失的功率为输出功率的4%，求：
（1）输电线上的电流；
（2）输电线路上的电压损失；
（3）升压变压器的原副线圈匝数比．
18．（9分）两根足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ间距为,其电阻不计，两导轨及其构成的平面均与水平面成30°角.完全相同的两金属棒ab、cd分别垂直导轨放置，每棒两端都与导轨始终有良好接触，已知两棒质量均为m=0.02 kg,电阻均为R=0.1 Ω,整个装置处在垂直于导轨平面对上的匀强磁场中，磁感应强度B=0.2 T,棒ab在平行于导轨向上的力F作用下，沿导轨向上匀速运动，而棒cd恰好能够保持静止.取g=10 m/s2,问：
(1)通过棒cd的电流I是多少，方向如何？
(2)棒ab受到的力F多大？
(3)棒cd每产生Q=0.1 J的热量，力F做的功W是多少？
19．(12分)如图足够长的光滑斜面与水平面的夹角为=30o，空间中自上而下依次分布着垂直斜面对下的匀强磁场区域I、Ⅱ、Ⅲ，相邻两个磁场的间距均为d=0.5m。一边长L=0.1m、质量m=0.5kg、电阻R=0.3的正方形导线框放在斜面的顶端，导线框的下边距离磁场I的上边界为do=0.9m。将导线框由静止释放，导线框匀速穿过每个磁场区域。已知重力加速度g=10m／s2，求：
(1)导线框进入磁场I时的速度；
(2)磁场I的磁感应强度Bt；
(3)导线框穿过全部磁场区域过程中产生的总焦耳热。
高二下物理期中考参考答案
1．D
【解析】电容器的作用是通直流阻沟通，电感器作用是通低频阻高频
2．D
【解析】
试题分析：若通的是直流电，则产生稳定的磁场，而稳定的磁场不能产生电场，所以不能把水加热，若通入的是变化的电流，则产生变化的磁场，而变化的磁场产生电场，小铁锅在变化的电场中会产生涡流，使水温度上升，所以D正确；A、B、C错误。
考点：本题考查涡流
3．A
【解析】
试题分析：使匀强磁场均匀削减，穿过线圈的磁通量削减，产生感应电流，A正确；保持圆环水平并在磁场中上下移动时，穿过线圈的磁通量不变，不产生感应电流，B错误；保持圆环水平并在磁场中左右移动，穿过线圈的磁通量不变，不产生感应电流，C错误；保持圆环水平并使圆环绕过圆心的竖直轴转动，穿过线圈的磁通量不变，不产生感应电流，D错误；
故选A
考点：考查了感应电流产生的条件
4．C
【解析】
试题分析：原副线圈电压之比等于线圈匝数比值，因此S断开不能转变U2大小，所以排解A。由于U2不变，当S断开，则输出端负载增加，即总电流变小，即I2变小，输出功率变小，所以I1也变小。所以排解D。因此R1分得电压变小，所以R234总电压增加，因此R2电流应当变大。由于I2变小，所以I3变大。综上分析答案为C。
考点：远距离输电
点评：本题考查了远距离输电问题中常见的问题，结合闭合电路欧姆定律，通过先分析内阻，在分析定值电阻从而找到解决问题关键。
5．D
【解析】依据表达式有最大值为200V，有效值为V，频率为10Hz，AC错误；功率，B错误；当时，代入表达式得200V，D正确。
6． D
【解析】
试题分析：抱负变压器原副线圈两端的电压与线圈的匝数成正比，有：＝，由能量守恒定律可知：P1＝I1U1＝P2＝I2U2，故选项D正确；因此＝，故选项A错误；输电线两端的电压应为升压器副线圈两端电压与降压器原线圈两端电压U3之差，因此依据欧姆定律有：I2＝，故选项B错误；降压器的输入功率为：P3＝I2U3，因此有：I1U1＝I22R＋I2U3，故选项C错误。
考点：本题主要考查了远距离输电的应用问题，属于中档题。
7．C
【解析】
试题分析：t1时刻和t3时刻感应电动势为零，所以位于中心面位置，磁通量最大，变化率为零，感应电流方向发生变化，A错误C正确，t2时刻感应电动势最大，位于平行磁场位置，感应电流方向不变化，B错误；该交变电流的有效值为,D错误
故选C
考点：考查了沟通电的产生
点评：在中心面位置，磁通量最大，磁通量变化率最小，电流方向变化一次
8．C
【解析】S1接通，S2、S3断开，电源电压220 V加在灯管两端，不能使气体电离，日光灯不能发光，选项A错误.S1、S2接通，S3断开，灯丝两端被短路，电压为零，日光灯不能发光，选项B错误.S3断开，S1、S2 接通，灯丝被预热，发出电子，再断开S2，镇流器中产生很大的自感电动势，和原电压一起加在灯管两端，使气体电离，日光灯正常发光，选项C正确.当日光灯正常发光后，再接通S3，则镇流器被短路，灯管两端电压过高，会损坏灯管，选项D错误.该题的正确答案为C.
9．A
【解析】
试题分析：依据，可知当转速变大时，则最大感应电动势也变大，所以感应电流也变大；依据转速与周期成反比，可知，当转速变大时，则周期变小．故A正确，
考点：考查了导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律．
10．B
【解析】有楞次定律可知，条形磁铁靠近时，相互排斥，远离时相互吸引，B对
11．A
【解析】当金属棒做匀速直线运动时，金属棒消耗的功率最大，此时有：mg=.
当MN的质量增大到原来的2倍，则v增大到原来的2倍，依据能量守恒定律，电阻R上消耗的功率等于重力的功率，P=mgv知，则使R消耗的电功率增大到4P。故A正确。
使磁感强度B增大到原来的2倍，则速度变为原来的，依据P=mgv知，电功率变为原来的。故B错误。
使MN和导轨间距同时增大到原来的2倍。则速度变为原来的，依据P=mgv知，电功率变为原来的。故C错误。
使电阻R的阻值减到原来的一半，则速度变为原来的，依据P=mgv知，电功率变为原来的。故D错误。
故选A。
12．D
【解析】
试题分析：线圈在进磁场的过程中，依据楞次定律可知，感应电流的方向沿逆时针方向，为正值，在通过两个磁场的分界线时，依据楞次定律可知，感应电流的方向沿顺时针方向，为负值，线圈出磁场的过程中，依据楞次定律知，感应电流的方向为顺时针，为负值．故AC错误．
设．在线圈进入磁场一半的过程中，切割的有效长度均匀增大，感应电动势均匀增大，则感应电流均匀增大，当BD刚进入磁场时，感应电流最大为 ；在线圈进入磁场全部过程中，切割的有效长度均匀减小，感应电动势均匀减小，则感应电流均匀减小至零；线圈通过两个磁场的分界线时，切割的有效长度先均匀增大，感应电流均匀增大，当BD通过磁场分界线时，感应电流最大为 ；后均匀减小至零；在线圈出磁场一半的过程中，在线圈全部出磁场的过程中，切割的有效长度先均匀增大后均匀减小，感应电流先均匀增大后均匀减小，此过程感应电流最大为；故D正确，B错误．
考点：电磁感应
13．BSw/R BS/R
【解析】线框中感应电动势的最大值为，有效值为，所以线框中感应电流的有效值I=，线框从中性面开头转过π/2的过程中，通过导线横截面的电荷量q=
故答案为：，
14． 大于 等于
【解析】
试题分析：设线框长边为L1,短边L2，则外力做功等于产生的电能 ，所以拉线框的速度越大，外力做功越多，所以W1＞W2；通过导线的电量 ，,，，联立解得,所以q1=q2。
考点：电流的概念、法拉第电磁感应定律及能量守恒定律
15．gh 向右偏 向左偏
【解析】
试题分析：电路应是滑动变阻器串联在电路中，所以错误的是gh；在闭合电键时，电流增大，磁场增加，穿过副线圈的磁通量增大，灵敏电流计的指针向右偏，若将原线圈快速插入副线圈时，穿过副线圈的磁通量增大，所以灵敏电流计的指针向右偏；若将滑动变阻器触头快速向左拉时，电阻增大，电流减小，磁场减弱，穿过副线圈的磁通量减小，所以灵敏电流计的指针向左偏。
考点：本题考查感应电流方向的推断
16．（1）nBωl1l2（2）
【解析】1）Em = nBωS=nBωl1l2 （2分）
（2）由 （2分）
（2分）
求出 （2分）
本题考查交变电流的形成和有效值的计算，由公式Em = nBωS可求出电压最大值，由欧姆定律可计算电流最大值
17．（1）1.25×102 A （2）3.2 kV （3）
【解析】
试题分析：（1）输电线路损失的功率为P线＝P1×4%=107×4% W＝4.0×105 W （2分）
对输电线有P线＝IR
求得I2＝1.25×102 A （1分）
（2）U线＝I2R线＝3.2 kV （2分）
（3）P1＝P2＝U2I2＝104 kW
代入数据得U2＝80 kV （2分）
升压变压器的原副线圈匝数比 （2分）
考点：本题考查远距离输电
18．（1）1A 方向 d至c （2）0.2N （3）0.4J
【解析】
试题分析：(1)棒cd受到的安培力为
棒cd在共点力作用下平衡，则 Fcd=mgsin30° (1分)
由①②式代入数值得：I=1 A (1分)
依据楞次定律可知，棒cd中电流方向由d至c. (1分)
(2)棒ab与棒cd受到的安培力大小相等，Fab=Fcd
对棒ab，由共点力平衡条件得： (1分)
代入数据解得：F=0.2 N (1分)
(3)设在时间t内棒cd产生Q=0.1 J热量，由焦耳定律知Q=I2Rt (1分)
设棒ab匀速运动的速度大小为v，其产生的感应电动势
由闭合电路欧姆定律可知 (1分)
依据运动学公式可知，在时间t内，棒ab沿导轨的位移 x=vt 则力F做的功W=Fx （1分）
联立以上各式，代入数值解得：W=0.4 J （1分）
考点：本题考查了电磁感应与平衡问题、能量问题的结合。
19．（1）（2）（3）
【解析】
试题分析：（1）线框进入磁场I之前，只有重力做功，依据动能定理有
带入数据计算得
（2）线框进入磁场I的过程，下边切割磁感线产生感应电动势
依据闭合回路欧姆定律，线框中的感应电流
线框下边所受到安培力
线框匀速穿过磁场区域，
整理得
（3）线框匀速穿过磁场区域，克服安培力做功，重力势能转化为焦耳热，那么每穿过一次磁场区域，产生的焦耳热
穿过全部磁场区域产生的焦耳热为
考点：电磁感应 功能关系
莆田二十四中2022—2021学年度
高二下学期期中阶段性考试
姓名_____________ 座号__________ 班级____________考试号
物理答题卷
一、单项选择题（本题包括12题，每小题4分，共48在每小题所列四个选项中，只有一项是正确选项，选对的得4分，选错或不答的得0分）
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
二、填空题：（共3小题，每空2分，共14分。）。
13. 14. ,
15．
三、计算题
16.
17.
18.
请不要在方框外答题
19.
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