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

亳州二中2018-2019学年度高二年级第二学期期中考试物理试卷一、单选题1.高空坠物伤人事件常有发生。一身高为1.75m的同学被一根从6.75m高处竖直落下的枯树枝砸正头顶，设枯枝质量为2kg，与头部作用时间为0.02s，那么A. 枯枝对人的头部产生的冲击力约20NB. 枯枝对人的头部产生的冲击力约1000NC. 保持其他条件不变，身高更高的同学，头部受到枯枝的冲击力会更大D. 保持其他条件不变，身高更矮的同学，头部受到枯枝的冲击力会更小【答案】B【解析】【分析】根据机械能守恒定律求解树枝落到头顶时的速度，根据动量定理求解树枝对头顶的作用力。【详解】树枝落到头顶上时的速度；对树枝由动量定理：，解得F=1020N，则选项B正确，A错误；保持其他条件不变，身高更高的同学，树枝落到头部的速度较小，则根据上述的分析可知，头部受到枯枝的冲击力会更小；同理身高更矮的同学，头部受到枯枝的冲击力会更大，选项CD错误；故选B.2.通过某电阻的周期性交变电流的图象如图所示，该交流电的有效值I( )A. AB. 4.5 AC. 1.5 AD. A【答案】D【解析】【详解】交流电的有效值是根据电流的热效应规定，该交流电的周期，则，代入数据可得，解得：故D项正确，ABC三项错误3.如图所示，均匀带正电的绝缘圆环a与金属圆环b以同心O点共面放置，当a绕O点在其所在平面逆时针加速旋转时，则b中产生的感应电流方向是（）A. 顺时针，且b具有扩张趋势B. 顺时针，且b具有收缩趋势C. 逆时针，且b具有扩张趋势D. 逆时针，且b具有收缩趋势【答案】A【解析】【分析】本题中是由于a的转动而形成了感应电流，a中的感应电流的变化可以在b中产生磁通量的变化，才使b中产生了感应电流，根据楞次定律进行判断。【详解】当带正电的绝缘圆环a逆时针加速旋转时，相当于逆时针方向电流，并且在增大，根据右手定则，其内（金属圆环a内）有垂直纸面向外的磁场，其外（金属圆环b处）有垂直纸面向里的磁场，并且磁场的磁感应强度在增大，金属圆环b包围的面积内的磁场的总磁感应强度是垂直纸面向外（因为向外的比向里的磁通量多，向外的是全部，向里的是部分）而且增大，根据楞次定律，b中产生的感应电流的磁场垂直纸面向里，磁场对电流的作用力向外，所以b中产生顺时针方向的感应电流，根据左手定则，磁场对电流的作用力向外，所以具有扩张趋势，故A正确，BCD错误；故选A。【点睛】本题有两个判断，一个是电流方向，另一个是收缩趋势还是扩张趋势。综合考查了电流的磁场（安培定则），磁通量，电磁感应，楞次定律，磁场对电流的作用力，左手定则等。4.如图为一理想变压器，K为双向，P为滑动变阻器的滑动触头，U1为加在原线圈两端的电压，I1为原线圈中的电流强度，则( )A. 保持U1及P的位置不变，K由a合到b时I1将增大B. 保持U1及P的位置不变，K由a合到b时，R消耗的功率减小C. 保持U1不变，K合在a处，使P上滑，I1将增大D. 保持P的位置不变，K合在a处，若U1增大，I1将减小【答案】A【解析】分析：由图可知：电压表测量的是副线圈电压，电流表测量的是副线圈电流，根据输出电压是由输入电压和匝数比决定的，输入的功率的大小是由输出功率的大小决定的，电压与匝数成正比，电流与匝数成反比分析即可解答：解：A、保持U1及P的位置不变，K由a合到b时，原线圈匝数变小，副线圈电压变大，所以副线圈功率变大，而原线圈功率等于副线圈功率，所以原线圈功率变大，根据I1=得I1将增大，故A正确；B、保持U1及P位置不变，K由a合到b时，原线圈匝数变小，副线圈电压变大，根据P=可知功率变大，故B错误；C、保持U1不变，K合在a处，使P上滑时，R增大，而电压不变，所以副线圈电流变小，根据I1=可知I1将减小，故C错误；D、保持P的位置不变，K合在a处，若U1增大，则副线圈电压增大，所以副线圈电流变大，根据I1=可知I1将增大，故D错误故选A点评：本题主要考查变压器的知识，要能对变压器的最大值、有效值、瞬时值以及变压器变压原理、功率等问题彻底理解，注意电压表和电流表测量的是有效值5.如图所示的电路中，A、B是两个相同的小灯泡L是一个带铁芯的线圈，其电阻可忽略不计调节R，电路稳定时两小灯泡都正常发光，则（ ）A. 合上开关时，A、B两灯同时正常发光，断开开关时，A、B两灯同时熄灭B. 合上开关时，B灯比A灯先达到正常发光状态C. 断开开关时，A、B两灯都不会立即熄灭，通过A、B两灯的电流方向都与原电流方向相同D. 断开开关时，A灯会突然闪亮一下后再熄灭【答案】B【解析】【详解】AB、合上开关时，B灯立即正常发光，A灯所在的支路中，由于L产生的自感电动势阻碍电流的增大，A灯将推迟一些时间才能达到正常发光状态，故B正确，A错误；CD、断开开关时，L中产生与原电流方向相同的自感电流，流过A灯的电流方向与原电流方向相同，流过B灯的电流方向与原电流方向相反，因为断开开关后，由L作为电源提供的电流是从原来稳定时通过L的电流值逐渐减小的，所以A、B两灯只是延缓一些时间熄灭，并不会比原来更亮，故C、D错误；故选B。6.两物块A、B用轻弹簧相连，质量均为2kg，初始时弹簧处于原长，A、B两物块都以v6 m/s的速度在光滑的水平地面上运动，质量4kg的物块C静止在前方，如图所示，B与C碰撞后二者会粘在一起运动.则下列说法正确的是( )A. B、C碰撞刚结束时BC的共同速度为3 m/sB. 弹簧的弹性势能最大时，物块A的速度为3 m/sC. 弹簧弹性势能最大值为36JD. 弹簧再次恢复原长时A、B、C三物块速度相同【答案】B【解析】【分析】B与C发生碰撞后，根据动量守恒求出物BC的速度；当弹簧的弹性势能最大时，三者具有相同的速度，此时A的速度最大；根据动量守恒求出BC碰撞后的共同速度由能量守恒求解弹性势能的最大值【详解】A、B与C碰撞时B、C组成的系统动量守恒，设碰后瞬间B、C两者速度为vBC，规定向右为正方向，则mBv=(mB+mC)vBC,解得；故A错误.B、C、当A、B、C三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大由A、B、C三者组成的系统动量守恒，设向右为正方向：(mA+mB)v=(mA+mB+mC)vABC,解得：, 设物ABC速度相同时弹簧的弹性势能最大为Ep，根据能量守恒：；故B正确，C错误.D、若三者共速时系统减少的动能最多，一定是变成储存的弹性势能，则此时弹簧不会是原长；故D错误.故选B.【点睛】本题是含有非弹性碰撞的过程，不能全过程列出机械能守恒方程，这是学生经常犯的错误7.将硬导线中间一段折成不封闭的半圆形，其半径为l.它在磁感应强度为B、方向如图的匀强磁场中匀速转动，转速为n，导线在a、b两处通过电刷与外电路连接，外电路有额定功率为P的小灯泡并正常发光，电路中除灯泡外，其余部分的电阻不计，灯泡的电阻应为( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】根据最大感应电动势Em=NBS可得，最大感应电动势为 Em=Bl22n=B2l2n，所以电动势有效值为，由P=U2/R可得，灯泡的电阻 ，所以A正确。故选A。点睛：掌握住最大感应电动势计算方法是本题的关键，记住最大感应电动势Em=NBS和有效值之间的关系，计算时的电压要用有效值来计算8.如图所示，有两个相邻的有界匀强磁场区域，磁感应强度的大小均为B，磁场方向相反，且与纸面垂直，磁场区域在x轴方向宽度均为a，在y轴方向足够宽现有一高为a的正三角形导线框从图示位置开始向右匀速穿过磁场区域。若以逆时针方向为电流的正方向，在下列选项中，线框中感应电流i与线框移动距离x的关系图象正确的A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】线框从开始进入到全部进入第一个磁场时，磁通量向里增大，由楞次定律可知，电流方向为逆时针，所以B错误；因切割的有效长度增匀增大，由E=BLv可知，电动势也均匀增大，而在全部进入第一部分磁场时，磁通量达最大该瞬间变化率为零，故电动势也为零，故A错误；当线圈开始进入第二段磁场后，线圈中磁通量向理减小，则电流为顺时针方向，故C错误。故选：D。二、多选题9.如图甲所示，水平放置的平行金属导轨连接一个平行板电容器C和电阻R，导体棒MN放在导轨上且接触良好，整个装置放于垂直导轨平面的磁场中，磁感应强度B的变化情况如图乙所示（图示磁感应强度方向为正），MN始终保持静止，则0-t2时间内（ ）A. MN所受安培力的大小始终没变B. 电容器C的a板先带正电后带负电C. t1、t2时刻电容器C的带电量相等D. MN所受安培力的方向先向右后向左【答案】CD【解析】【分析】根据法拉第电磁感应定律分析电路中感应电动势和感应电流是否变化，电容器的电压等于电阻R两端的电压，由欧姆定律判断其电压变化，即可知道电荷量如何变化由楞次定律判断感应电流的方向，即可确定电容器极板的电性；由F=BIL分析安培力大小，进而由平衡条件分析摩擦力的变化；再由左手定则判断判断安培力的方向；【详解】BC、由图乙可知，磁感应强度均匀变化，根据法拉第电磁感应定律可知，回路中产生恒定电动势，电路中电流恒定，电阻R两端的电压恒定，则电容器的电压恒定，故电容器C的电荷量大小始终没变，根据楞次定律判断可知，通过R的电流一直向下，电容器上板电势较高，一直带正电，故B错误，C正确；AD、根据安培力公式F=BIL，I和L不变，由于磁感应强度变化，MN所受安培力的大小变化，由右手定则可知，MN中的感应电流方向一直向上，由左手定则判断可知，MN所受安培力的方向先向右后向左，故A错误，D正确；故选CD。【点睛】关键要根据法拉第电磁感应定律判断出电路中的电流恒定不变，再根据楞次定律、右手定则、左手定则进行分析，明确导体棒一直处于平衡，则摩擦力与安培力始终等大反向。10.已知一灵敏电流计，当电流从正接线柱流入时，指针向正接线柱一侧偏转现把它与线圈串联接成如图所示电路，则以下判断正确的是( )A. 甲图中磁铁向下运动B. 乙图中磁铁下端的极性是N极C. 图丙中磁铁向下运动D. 图丁中线圈感应电流的磁场方向与磁铁的磁场方向相反【答案】AB【解析】【分析】由楞次定律判断感应电流的方向，然后判断出电流表指针偏转方向【详解】A、由图示可知，电流计指针向正极偏转，说明电流从正接线柱流入，由安培定则可知，感应电流磁场向上，由图示可知，原磁场方向向下，由楞次定律可知，原磁通量应增大，因此条形磁铁应向下运动；故A正确.B、由图示可知，电流计指针向左偏转，说明电流从负接线柱流入，由安培定则可知，感应电流磁场向下，由图示可知，此时条形磁铁离开线圈，原磁通量减小，由楞次定律可知，原磁场方向向下，因此条形磁铁的下端是N极，故B正确；C、由图示可知，电流计指针向右偏转，说明电流从正接线柱流入，由安培定则可知，感应电流磁场向上，由图示可知，原磁场方向向上，由楞次定律可知，原磁通量应减小，因此条形磁铁应向上运动，故C错误；D、由图示可知，磁铁离开线圈，穿过线圈的原磁通量减小，由楞次定律可知感应电流的磁场与原磁场的方向相同；故D错误.故选AB.【点睛】本题考查研究电磁感应现象及验证楞次定律的实验，解题时要认真细心，应会熟练应用楞次定律与安培定则11.如图所示，磁感应强度为B的有界匀强磁场的宽度为L，一质量为m、电阻为R、边长为d(dL)的正方形金属线框竖直放置。线框由静止释放、进入磁场过程中做匀速运动，完全离开磁场前已做匀速运动。已知重力加速度为g。则线框（ ）A. 进、出磁场过程中电流方向相同B. 进、出磁场过程中通过线框柴一横截面的电荷量相等C. 通过磁场的过程中产生的焦耳热为mg(L+d)D. MN边离开磁场时的速度大小为【答案】BCD【解析】【分析】根据右手定律判断感应电流方向，根据法拉第电磁感应定律求解电量，根据能量守恒定律求解焦耳热，根据重力与安培力平衡求解速度即可；【详解】A、根据右手定则可知：在进入磁场时感应电流的方向为逆时针方向，在离开磁场时感应电流方向为顺时针方向，故选项A错误；B、根据法拉第电磁感应定律可知：，则电流为：，则电量为：，由于线圈进入磁场和离开磁场时的相同，电阻R不变，则进、出磁场过程中通过线框某一横截面的电荷量相等，故选项B正确；C、由于进入磁场和离开磁场时均为匀速运动，说明进入和离开时速度相同，即动能相同，根据能量守恒定律可知：减少的重力势能转化为焦耳热，即产生的焦耳热为，故选项C正确；D、由题可知，离开磁场时匀速运动，即重力与安培力平衡，即:则离开磁场时速度为：，故选项D正确。【点睛】对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，重点是分析安培力作用下物体的平衡问题；另一条是能量，分析电磁感应现象中的能量如何转化是关键，注意电量的求法问题。12.在如图所示的变压器电路中，两定值电阻的阻值R1=R2=R，变压器为理想变压器，电表为理想电表，在a、b两端输入正弦交流电压 ，原副线圈的匝数比为1：2，则（ ）A. 电流表的示数为 B. 电压表的示数为 C. 电路消耗的总功率为 D. 电阻R1、R2消耗的功率之比为2：1【答案】AC【解析】设副线圈电流为I，根据电流与匝数成反比，得原线圈电流为：，副线圈两端的电压为：，根据电压与匝数成正比，得原线圈两端的电压为：，正弦交流电压的有效值为：，原线圈回路中有：，解得：，故A正确；电压表的示数为原线圈两端的电压为：，故B错误；电路消耗的总功率为：，故C正确；根据，可知电阻R1、R2消耗的功率之比为：，故D错误。所以AC正确，BD错误。三、实验题13.某同学用如图所示的装置做验证动量守恒定律的实验，先将球a从斜槽轨道上某固定点处由静止开始滚下，在水平地面上的记录纸上留下压痕，重复10次，再把同样大小的球b放在斜槽轨道末端水平段的最右端附近静止，让球a仍从原固定点由静止开始滚下，且与球b相碰后，两球分别落在记录纸的不同位置处，重复10次。图中O点是水平槽末端R在记录纸上的垂直投影点。（1）为了使两球碰撞为一维碰撞，所选两球的直径关系为：a球的直径_b球的直径 （“大于”、“等于”或“小于”） ；为减小实验误差，在两球碰撞后使A球不反弹，所选用的两小球质量关系应为ma_mb（选填“小于”、“大于”或“等于”）；（2）在以下选项中，哪些是本次实验必须进行的测量？答：_（填选项号）。A.斜槽轨道末端到水平地面的高度HB.小球a、b的质量ma，mbC.小球a、b的半径rD.小球a、b离开斜槽轨道末端后做平抛运动的飞行时间tE.记录纸上O点到A、B、C各点的距离OA、OB、OCF.球a固定释放点到斜槽轨道末端水平部分间的高度差h（3）为测定未放被碰小球时，小球a落点的平均位置，把刻度尺的零刻度线跟记录纸上的O点对齐，图中给出了小球a落点附近的情况，由图可得点O、B间的距离应为_cm。（4）按照本实验方法，验证动量守恒的验证式是_（5）利用该实验测得的物理量，也可以判断两球碰撞过程中机械能是否守恒，判断的依据是看maOB2=_【答案】 (1). 等于 (2). 大于 (3). BE (4). 45.80-45.90 均可 (5). maOB=maOA+mbOC (6). maOB2=maOA2+mbOC2【解析】【详解】解：(1)为了使两球碰撞为一维碰撞，即实现对心碰撞，则A球的直径等于B球的直径；在小球碰撞过程中水平方向动量守恒定律，故有，在碰撞过程中机械能守恒，故有，联立解得，要碰后入射小球的速度，即，故，(2)要验证动量守恒，就需要知道碰撞前后的动量，所以要测量两个小球的质量及碰撞前后小球的速度，碰撞后小球都做平抛运动，高度相同，下落的时间相同，可以用水平位移代替速度，所以需要测量的量为：小球a、b的质量ma、mb，记录纸上O点到A、B、C各点的距离OA、OB、OC；故选BE;(3)由图所示刻度尺可知，刻度尺分度值是1mm，由图可知由图可得点O、B间的距离应为45.90cm;(4)根据动量守恒有：，因为，则有：，所以该式为验证动量守恒的验证式；(5) 在碰撞过程中若机械能守恒， 则有：，即可得：，所以判断两球碰撞过程中机械能是否守恒，判断的依据是看：；14.在验证楞次定律的实验中，为了观察线圈A、B间的相互作用，某同学将线圈B放置在一个电子秤上，线圈A固定且始终与B、电子秤不接触。（1）闭合电键瞬间，电流表检验出线圈B中产生了感应电流，如图所示。现保持电键闭合，调整滑动变阻器触头向_（选填“左”或者“右”）迅速滑动，也可以在线路中产生相同方向的感应电流。（2）以下操作能使电子秤示数增大的有_；A闭合电键瞬间B电键保持闭合，滑动变阻器触头迅速右移C电键保持闭合，把线圈A向上抽出D电键保持闭合，拿出线圈A中的铁芯【答案】 (1). 右 (2). AB【解析】【详解】（1）闭合电键瞬间，电流表检验出线圈B中产生了感应电流，闭合瞬间，导致穿过线圈B的磁通量增大，现保持电键闭合，调整滑动变阻器触头向右滑动时，才能保证线圈A的电流增大，则导致穿过线圈B的磁通量增大，从而产生与闭合电键瞬间线圈B产生感应电流相同。（2）依据楞次定律，当穿过线圈A的磁通量增大时，则线圈B中会产生感应电流，从而阻碍其磁通量增大，进而出现相互排斥现象，则会使电子秤示数增大；闭合电键瞬间，或电键保持闭合，滑动变阻器触头迅速右移，都会导致穿过线圈B的磁通量增大，故AB正确；电键保持闭合，把线圈A向上抽出，或电键保持闭合，拿出线圈A中的铁芯，都会导致穿过线圈B的磁通量减小，因此出现相互吸引现象，则会使电子秤示数减小，故CD错误。所以AB正确，CD错误。四、解答题15.如图所示，某学校有一台应急备用发电设备，内阻不计升压变压器匝数比为：4，降压变压器的匝数比为：1，输电线总电阻为，其他导线电阻可忽略不计全校有22间教室，每间教室安装“220V40W”的电灯6盏，要求所有的电灯都正常发光，求： （1）输电线上的电流是多大（2）升压变压器的输入电压多大【答案】6A 226V【解析】所有电灯正常发光时消耗的功率为：，由于灯正常发光时，降压变压器副线圈两端的电压：，所有降压变压器原线圈两端的电压为：，则输电线上的电流为：输电线上损失的电压为：，则升压变压器副线圈两端的电压为：，则升压变压器原线圈两端的电压为：【点睛】解决本题的关键知道原副线圈的电压之比等于匝数之比，以及知道升压变压器的输出电压等于电压损失和降压变压器的输入电压之和16.如图所示，足够长的粗糙绝缘斜面与水平面成=37放置，在斜面上虚线aa和bb与斜面底边平行，在aabb围成的区域有垂直斜面向上的有界匀强磁场，磁感应强度为B=1T；现有一质量为m=10g，总电阻为R=1，边长d=0.1m的正方形金属线圈MNPQ，让PQ边与斜面底边平行，从斜面上端静止释放，线圈刚好匀速穿过磁场已知线圈与斜面间的动摩擦因数为=0.5，（取g=10m/s2；sin37=0.6，cos37=0.8）求：（1）线圈进入磁场区域时，受到安培力大小；（2）线圈释放时，PQ边到bb的距离；（3）整个线圈穿过磁场的过程中，线圈上产生的焦耳热【答案】（1） （2） （3） 【解析】【分析】（1）由于线圈匀速进磁场，根据平衡可求出安培力的大小（2）根据闭合回路欧姆定律，以及动能定理可以求出PQ边到bb的距离（3）根据能量守恒求解整个线圈穿过磁场的过程中，线圈上产生的焦耳热【详解】（1）对线圈受力分析有： 代入数据得： （2）设线圈释放时，PQ边到bb的距离