安徽省安庆市第二中学2018_2019学年高二物理下学期期中试题（含解析）.docx

安庆二中20182019学年度第二学期期中考试高二物理试题一、单选题（每题只有一个正确答案，48=32分）1.粗细均匀的电阻丝围成的正方形线框置于有界匀强磁场中，磁场方向垂直于线框平面，其边界与正方形线框的边平行。现使线框以同样大小的速度沿四个不同方向平移出磁场，如图所示，则在移出过程中线框的一边a、b两点间电势差绝对值最大的是（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】本题中，四个选项切割磁场的导体棒相当于电源，电动势E=BLv，A选项中ab电势差为E/4，B选项ab电势差为3E/4，B对；2.如图甲所示，在一空心螺线管内部中点处放置一小铜环，图乙所示，在一空心螺线管外部放置一大铜环，电路接通瞬间，下列说法正确的是（ ）A. 从左往右看，两个铜环中部都有顺时针方向感应电流B. 从左往右看，小铜环有顺时针方向感应电流，大铜环中有逆时针方向感应电流C. 两个铜环都有收缩趋势D. 小铜环有扩张趋势【答案】A【解析】【详解】图甲和图乙中当开关S闭合时，螺线管的磁感线分布为内部从右向左，外不从左向右。因此甲图中的铜环在开关闭合瞬间有向左的磁通量，由楞次定律可知会产生顺时针的电流来阻碍磁通量的增加；同时铜环有收缩的趋势阻碍磁通量的增大；而乙图中的铜环的磁通量为螺线管内部的向左的磁通量减去外部向右的磁通量的净磁通，因此铜环越大磁通量越小，铜环越小磁通量越大，因此由楞次定律可知乙图铜环产生顺时针的电流，铜环有扩张的趋势，故A正确，BCD错误。3.如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为12，接有四个阻值相同的定值电阻，变压器初级线圈接到交流电源上，下面说法正确的是()A. 副线圈电压是电源电压的2倍B. 流过R1的电流是副线圈上电流的2倍C. R1上的电功率是R2上电功率的2倍D. R1上的电功率是R2上电功率的9倍【答案】D【解析】因为原、副线圈匝数比为12，所以原线圈输出电压，即两端电压为副线圈两端电压的一半，即，但由于的存在所以不是小于电源电压，两端电压与R3两端电压相等，故其电流相等，根据原副线圈电流比反比与原副线圈匝数比，所以原线圈与并联部分的电流为副线圈的2倍，而的电流等于的电流与并联部分导线电流之和，所以R1上的电流是副线圈电流的3倍，AB错误；根据可得上的电功率是上电功率的9倍，C错误D正确4.如图所示，边长为2l的正方形虚线框内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个边长为l的正方形导线框所在平面与磁场方向垂直，导线框的一条对角线和虚线框的一条对角线恰好在同一直线上从t=0开始，使导线框从图示位置开始以恒定速度沿对角线方向移动进入磁场，直到整个导线框离开磁场区域用I表示导线框中的感应电流（以逆时针方向为正），则下列表示I-t关系的图线中，正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据感应电流大小和方向，将选项逐一代入，检查是否符合题意来选择【详解】导线框完全进入磁场后，没有感应电流产生。故A、B均错误。进入和穿出磁场过程，线框有效切割长度变化，感应电动势和感应电流在变化，故C错误。线框进入磁场过程，有效切割长度L均匀增大，感应电动势E均匀增大，感应电流I均匀增大。穿出磁场过程，有效切割长度L均匀减小，感应电动势E均匀减小，感应电流I均匀减小，两个过程感应电流的方向相反。故D正确。故选D。【点睛】本题采用的是排除法做选择题常用方法有直判法、排除法、代入法、特殊值法、图象法等等5. 如图所示，三个灯泡是相同的，而且耐压足够高，交、直流两电源的内阻忽略，电动势相等，当S接a时三个灯泡的亮度相同，那么S接b时 ()A. 三个灯泡亮度相同B. 甲灯最亮，丙灯不亮C. 甲灯和乙灯亮度相同，丙灯不亮D. 只有丙灯不亮，乙灯最亮【答案】D【解析】试题分析：由题，当单刀双掷开关S接A时，三个灯亮度相同，说明电感L的感抗，电容的容抗与电阻R相同；当S接B时，电感L没有感抗，电容器具有隔断直流的作用，而交流与直流对电阻R没有影响，所以丙灯不亮，灯甲亮度不变，乙灯亮度增加，乙灯最亮，故D正确，ABC错误故选D考点：感抗；容抗；阻抗【名师点睛】本题要抓住电容器与电感特性：电容器具有通交流，隔直流，电感具有通直流、阻交流的特性，而交流对电阻R没有影响。6.如图所示，两光滑平行导轨倾斜放置，与水平地面成一定夹角，上端接一电容器（耐压值足够大）。导轨上有一导体棒平行地面放置，导体棒离地面的有足够的高度，匀强磁场与两导轨所决定的平面垂直，开始时电容器不带电。将导体棒由静止释放，整个电路电阻不计，则 ( )A. 导体棒一直做匀加速直线运动B. 导体棒先做加速运动，后作减速运动C. 导体棒先做加速运动，后作匀速运动D. 导体棒下落中减少的重力势能转化为动能，机械能守恒【答案】A【解析】【详解】导体棒下滑，产生电动势，对电容器充电，因此电路中有电流流过，对导体棒写牛顿第二定律有，设某时刻导体棒的速度为，此时电容器的电荷量为，经过时间导体棒的速度为，此时电容器的电荷量为，则有和，两式相减得，两边同时除得，即，将代入式可得，因此物体一直做匀加速直线运动，A正确，BC错误，物体重力势能转化为动能和电容器得电能，机械能不守恒，D错误。7.如图所示，竖直面内有一个固定圆环，MN是它在竖直方向上的直径。两根光滑滑轨MP、QN的端点都在圆周上，MPQN。将两个完全相同的小滑块a、b分别从M、Q点无初速度释放，在它们各自沿MP、QN运动到圆周上的过程中，下列说法中正确的是()A. 合力对两滑块的冲量大小相同B. 重力对a滑块的冲量较大C. 两滑块的动量变化大小相同D. 弹力对a滑块的冲量较小【答案】D【解析】【分析】根据“两根光滑滑轨MP、QN的端点都在圆周上”、“合力对两滑块的冲量大小相同”可知，本题考查牛顿第二定律、冲量的定义和动量定理，根据牛顿第二定律计算出滑环沿任意一根杆滑动的加速度，然后根据位移时间关系公式计算出时间，然后结合冲量的定义以及动量定理列式求解【详解】对小球，受重力和支持力，将重力沿轨道的方向和垂直杆的方向正交分解，根据牛顿第二定律得小滑环做初速为零的匀加速直线运动的加速度为a=gsin(为杆与水平方向的夹角)由图中的直角三角形可知，小滑环的位移S=2Rsin所以t=，t与无关，即t1=t2A. 小球受到的合外力等于重力沿轨道方向的分力，即：mgsin，所以合外力的冲量大小为：mgsint.由图可知MP与水平方向之间的夹角大，所以沿MP运动的a球受到的合外力的冲量大。故A错误；B. 重力的冲量为mgt，由于运动的时间相等，所以重力的冲量大小相等。故B错误；C. 沿MP运动a球受到的合外力的冲量大，由动量定理可知，a球的动量变化大。故C错误；D. 弹力的冲量：mgcost，由图可知MP与水平方向之间的夹角大，所以a球的弹力的冲量小。故D正确； 故选：D8.如图所示，质量为m的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径AB长度为2R，现将质量也为m的小球从距A点正上方高处由静止释放，然后由A点经过半圆轨道后从冲出，在空中能上升的最大高度为（不计空气阻力），则 A. 小球和小车组成系统动量守恒B. 小车向左运动的最大距离为C. 小球从B点落回后一定能从A点冲出D. 小球从B端离开小车后做斜上抛运动【答案】C【解析】【分析】水平地面光滑，系统水平方向动量守恒，则小球离开小车后做竖直上抛运动，下来时还会落回小车中，根据动能定理求出小球在小车中滚动时摩擦力做功第二次小球在小车中滚动时，对应位置处速度变小，因此小车给小球弹力变小，摩擦力变小，摩擦力做功变小。【详解】A、小球与小车组成的系统在水平方向所受合外力为零，水平方向系统动量守恒，但系统整体所受合外力不为零，系统动量不守恒，故A错误。B、系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，设小球从B点冲出时小车向左的位移为x，由水平方向动量守恒定律得：mm=0，解得小车的位移x=R，故B错误。C、小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，小球由B点离开小车时系统水平方向动量为零，小球与小车水平方向速度为零，小球离开小车后做竖直上抛运动，然后再从B点落回小车。小球第一次在车中运动过程中，由动能定理得：mg（h0）Wf=0，Wf为小球克服摩擦力做的功，解得Wf=mgh0，即小球第一次在车中滚动损失的机械能为mgh0，由于小球第二次在车中滚动时，对应位置处速度变小，因此小车给小球的弹力变小，摩擦力变小，摩擦力做功小于mgh0，机械能损失小于mgh0，因此小球再次离开小车时，一定能从A点冲出。故D错误，C正确故选:C【点睛】动能定理的应用范围很广，可以求速度、力、功等物理量，特别是可以去求变力功，如本题克服摩擦力做的功。二、多选题（4X4=16分，错选多选不得分，选对但不全得2分）9.法拉第圆盘发电机的示意图如图所示铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中圆盘旋转时，关于流过电阻R的电流，下列说法正确的是()A. 若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定B. 若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a到b的方向流动C. 若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化D. 若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R上的热功率也变为原来的2倍【答案】AB【解析】试题分析：由电磁感应定律得，故一定时，电流大小恒定，选项A正确；由右手定则知圆盘中心为等效电源正级，圆盘边缘为负极，电流经外电路从a经过R流到b，选项B正确；圆盘转动方向不变时，等效电源正负极不变，电流方向不变，故选项C错误；，角速度加倍时功率变成4倍，选项D错误，故选AB。【考点定位】电磁感应定律【名师点睛】法拉第圆盘是课本上介绍的装置，在历次考试中多次出现；解题时要会进行电源的等效：相当于一条半径旋转切割磁感线，记住求解感应电动势的公式，并能搞清整个电路的结构。10.如图所示,水平放置两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ、MN,MN的左边有一闭合电路,当PQ在外力的作用下运动时,MN向右运动。则PQ所做的运动可能是（ ）.A. 向右减速运动B. 向右加速运动C. 向左减速运动D. 向左加速运动【答案】AD【解析】【详解】根据安培定则可知，MN处于ab产生的垂直向里的磁场中，MN在磁场力作用下向右运动，说明MN受到的磁场力向右，由左手定则可知，电流由M指向N，L1中感应电流的磁场向上，由楞次定律可知，线圈中产生感应电流的磁场应该是向上减小，或向下增加；再由右手定则可知PQ可能是向左加速运动或向右减速运动。故AD正确，BC错误。故选AD。11.如图所示是发电厂通过升压变压器进行高压输电，接近用户端时再通过降压变压器降压给用户供电的示意图，图中变压器均可视为理想变压器，图中电表均为理想交流电表设发电厂输出的电压一定，两条输电线总电阻用R0表示，并且电阻不变，变阻器R相当于用户用电器的总电阻当用电器增加时，相当于R变小，则当用电进入高峰时（ ）A. 电压表V1、V2的读数均不变，电流A2的读数增大，电流表A1的读数减小B. 电压表V3、V4的读数均减小，电流A2的读数增大，电流表A3的读数增大C. 电压表V2、V3的读数之差与电流表A2的读数的比值不变D. 线路损耗功率减小【答案】BC【解析】【详解】因发电厂的输出电压一定，因此可知升压变压器的原线圈的电压不变，即不变，由可知升压变压器的副线圈的电压不变，即电压表的示数不变；进入用电高峰，电阻R降低，假设电压表得电压不变，可知电流表得电流增大，由可知电流表降压变压器得输入端得电流增大，即电流表的示数增大，由可知输入电流增大，即电流表示数增加；由可知降压变压器原线圈的电压降低，即电压表降低，由可知降压变压器的副线圈的电压降低，即降低，故AD错误，BC正确。12.如图所示，相距为d的两水平线L1和L2分别是水平向里的匀强磁场的边界，磁场的磁感应强度为B，正方形线框abcd边长为L（Ld）、质量为m，电阻为R将线框在磁场上方高h处由静止释放，ab边刚进入磁场和穿出磁场时的速度恰好相等则在线框全部穿过磁场的过程中（）A. ab边刚进入磁场时ab两端的电势差为 BLB. 感应电流所做功为mgdC. 感应电流所做功为2mgdD. 线框最小速度为 【答案】CD【解析】进入磁场前，线框做自由落体运动，则有，得线框的速度，ab边产生的感应电动势，ab两端的电势差为路端电压，故A错误在线框全部穿过磁场的过程中，线框只受重力和安培力又有ab边刚进入磁场和穿出磁场时的速度恰好相等，则根据动能定理可得：线框进入磁场感应电流所做的负功大小等于线框下降d重力所做的功，所以，线框进入磁场感应电流所做的负功大小等于mgd；ab边刚进入磁场和穿出磁场时的速度恰好相等，其产生的感应电动势也相等，感应电流也相等，所以安培力也相等，即两状态线框的受力完全相同，初速度也相同，所以，线框穿出磁场和进入磁场两过程感应电流所做的功相等，所以，在线框全部穿过磁场的过程中，感应电流所做的功为2mgd，故B错误，C正确；线框进入磁场感应电流所做的负功大小等于mgd，Ld，即线框在进入磁场过程中一直在减速；完全进入磁场后只受重力，加速下落；穿出磁场时，又减速下落；因为ab边刚进入磁场和穿出磁场时的速度恰好相等，线框穿出磁场和进入磁场两过程感应电流所做的功相等，所以，线框速度最小时为线框刚刚完全进入磁场时，由动能定理可得：，解得：，故D错误故选C【点睛】先求感应电动势，再求路端电压；由进入和离开磁场的状态相同，得到做功的大小；由做功情况得到动能最小的时间，再利用动能定理求得这一时刻的速度三、实验题(10分）如图所示是“研究电磁感应现象”的实验装置。13. 将图中所缺导线补接完整。14. 如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上开关后，将原线圈迅速从副线圈拔出时，电流计指针将_?_；原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器滑片迅速向右移动时，电流计指针将_?_。（以上两空选填“向右偏”、“向左偏”或“不偏转”）【答案】13. 14. 【解析】此题涉及电学实验研究电磁感应现象，探讨电磁感应现象产生的条件。由电源电键滑动变阻器和小螺线管组成闭合回路，控制磁场的变化。由大螺线管和电流计组成闭合回路，探究电磁感应现象。当在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，此时螺线管中B中磁通量变大。将原线圈迅速从副线圈拔出时，磁场方向与刚才相同，但是磁通量减小，感应电流与刚才的感应电流方向相反，即电流计指针将向左偏；原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器滑片迅速向右移动时，电阻变小，电流变大，磁通量变化与闭合电键时相同，电流计指针将向右偏。本题考查电磁感应现象的条件，同时涉及到了楞次定律的应用，难度一般。15.如图甲所示是某同学研究自感现象的实验电路图，并用电流传感器显示出在时断开开关前后一段时间内各时刻通过线圈L的电流（如图乙），已知电源电动势内阻不计，灯泡的阻值为，线圈的直流电阻为。(1)定值电阻R=_。(2)开关断开时，该同学观察到的现象为_，从t=110-3 S断开开关到小灯泡熄灭这段时间内通过小灯泡的电荷量Q= _ C。【答案】 (1). 3 (2). 灯泡闪亮一下后逐渐变暗，最后熄灭 (3). 610-4 (5.210-4 -6.610-4 都正确)【解析】【详解】(1)当电路稳定时，自感线圈相当于定值电阻，此时电路为自感线圈L和电阻R串联后于小灯泡并联，因此由欧姆定律有，因此；（2）开关没断开时，流经小灯泡的电流，自感线圈的电流，因此当开关断开时，由线圈L的自感效应可知线圈L中的电流会流过小灯泡，因此刚开始流过小灯泡的电流比开关闭合时大，由因自感线圈的电流会逐渐减小为零，因此小灯泡闪亮一下后逐渐变暗，最后熄灭；图像下方的面积表示电荷量，由图得。四、解答题(12+15+15=42分）16.如图所示,一小型发电机内有N=100匝矩形线圈,线圈面积S=0.10 m2, 线圈总电阻r=1。在外力作用下矩形线圈在磁感应强度B=0.10 T的匀强磁场中,以恒定的转速n =50 r/s绕垂直于磁场方向的固定轴OO匀速转动,发电机线圈两端与R=9 的电阻构成闭合回路. 从线圈平面通过中性面时开始计时.求:（1）转过30时线圈中产生的瞬时电动势的大小；（2）转过60的过程中通过电阻R的电荷量；（3）线圈转动一周,电流通过电阻R产生的焦耳热。【答案】（1）（2）（3）【解析】试题分析：（1）线圈匀速转动时产生的感应电动势的最大值为：从线圈平面通过中性面时开始计时，产生的瞬时电动势为:转过30时,有代入题设数值，解得：（2）设从线圈平面通过中性面时开始,线圈转过60所用的时间为t穿过线圈的磁通量的变化量大小为线圈中的平均感应电动势为：通过电阻R的平均电流为：在t时间内通过电阻R的电荷量为：联立解得：代入题设数值，可得：（3）线圈中产生的是正弦式电流,则电动势的有效值为通过电阻R的电流为：电阻R产生的焦耳热为：联立解得:考点：交流电的产生和描述。【名师点睛】正弦式电流给用电器供电，电压表显示是电源电压有效值，要求电路中灯泡的电流或功率等，均要用正弦式电流的有效值而求有效值方法：是将交流电在一个周期内产生热量与将恒定电流在相同时间内产生的热量相等，则恒定电流的值就是交流电的有效值通过横截面的电荷量则需要用交流电的平均值，而电器的耐压值时则交流电的最大值。17.如图所示，两根平行且足够长的轨道水平放置，轨道间距为L=0.5m，且电阻不计.CD左侧处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B1=1T，CD右侧处在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B2=2T.在轨道上有两根长度稍大于L、质量均为m=0.1kg、阻值均为R=0.5的金属棒a、b，金属棒b用一根足够长的绝缘细