重庆市高二物理下学期期中试卷（含解析）.doc

重庆市2016-2017学年高二物理下学期期中试卷一、选择题：本大题共9小题，每小题6分在每小题给出的四个选项中，第1-4题只有一项是符合题目要求，第5-9题有多项符合题目要求全部选对的得6分，选对但不全的得3分有选错的得0分1在电磁学的发展过程中，许多物理学家做出了贡献，以下说法正确的是（）a奥斯特认为安培力是带电粒子所受磁场力的宏观表现，提出了著名的洛伦兹力公式b法拉第提出了“在电荷的周围存在着由它产生的电场”的观点c安培通过实验发现了通电导线对磁体有作用力，首次揭示了电与磁的联系d欧姆在前人工作的基础上通过实验研究总结出了电流通过导体时产生的热量跟电流的关系焦耳定律2下面所示的实验示意图中，用于探究电磁感应现象的是（）abcd3如图甲为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈在磁感应强度为b的匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的固定轴oo，匀速转动，线圈的两端经集流环和电刷与电阻r=10连接，与电阻r并联的交流电压表为理想电表，示数是10v图乙是矩形线圈磁通量随时间t变化的图象则（）a电阻r上的电功率为20wb0.02s时r两端的电压瞬时值为零cr两端的电压u随时间t变化的规律是u=14.1cos100t（v）d通过r的电流i随时间t变化的规律是i=cos50t（a）4如图所示，t为理想变压器，副线圈回路中的输电线ab和cd的电阻不可忽略，其余输电线电阻可不计，则当电键s闭合时（）a交流电压表v1和v2的示数一定都变小b交流电压表只有v2的示数变小c交流电流表a1、a2和a3的示数一定都变大d只有a1的示数变大5如图所示，m为水平放置的橡胶圆盘，在其外侧面均匀地带有负电荷在m正上方用丝线悬挂一个闭合铝环n，铝环也处于水平面中，且m盘和n环的中心在同一条竖直线o1o2上现让橡胶圆盘由静止开始绕o1o2轴按图示方向逆时针加速转动，下列说法正确的是（）a铝环n对橡胶圆盘m的作用力方向竖直向下b铝环n对橡胶圆盘m的作用力方向竖直向上c铝环n有扩大的趋势，丝线对它的拉力增大d铝环n有缩小的趋势，丝线对它的拉力减小6如图所示，在方向垂直纸面向里，磁感应强度为b的匀强磁场区域中有一个由均匀导线制成的单匝矩形线框abcd，线框以恒定的速度v沿垂直磁场方向向右运动，运动中线框dc边始终与磁场右边界平行，线框边长ad=l，cd=2l线框导线的总电阻为r则线框离开磁场的过程中（）a流过线框截面的电量为b线框中的电流在ad边产生的热量为c线框所受安培力的合力为dad间的电压为7如图所示的电路中，三个灯泡l1、l2、l3的电阻关系为r1=r2=r3，电感l的电阻可忽略，d为理想二极管（正向导通时电阻忽略不计）下列说法中正确的是（）a开关s闭合瞬间，l1、l2、l3均立即变亮，然后逐渐变暗b开关s闭合瞬间，l1逐渐变亮，l2、l3均立即变亮，后亮度稍有下降，稳定后l2、l3亮度相同c开关s从闭合状态突然断开时，l2立即熄灭，l1、l3均逐渐变暗d开关s从闭合状态突然断开时，l1、l2、l3均先变亮，然后逐渐变暗8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的水平匀强磁场中，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，从图示位置开计时（）a当转过60时，感应电流的瞬时值为b当转过60时，感应电流的瞬时值为c在转过60过程中，感应电动势的平均值为d当转过90过程中，感应电流的有效值为9关于扩散现象，下列说法正确的是（）a温度越高，扩散进行得越快b扩散现象是不同物质间的一种化学反应c扩散现象是由物质分子无规则运动产生的d扩散现象在气体、液体和固体中都能发生e液体中的扩散现象是由于液体的对流形成的二、非选择题10如图所示，将万用表的选择开关置于“欧姆”挡，再将电表的两支表笔与一热敏电阻rt的两端相连，这时表针恰好指在刻度盘的正中间若往rt上擦一些酒精，表针将向（填“左”或“右”）移动；若用吹风机将热风吹向电阻，表针将向（填“左”或“右”）移动11为了测定电源电动势e的大小、内电阻r和定值电阻r0的阻值，某同学利用dis设计了如图甲所示的电路闭合电键s1，调节滑动变阻器的滑动触头p向某一方向移动时，用电压传感器1，电压传感器2和电流传感器测得数据，并根据测量数据计算机分别描绘了如图乙所示的m、n两条ui直线请回答下列问题：（1）根据图乙中的m、n两条直线可知a直线m是根据电压传感器1和电流传感器的数据画得的b直线m是根据电压传感器2和电流传感器的数据画得的c直线n是根据电压传感器1和电流传感器的数据画得的d直线n是根据电压传感器2和电流传感器的数据画得的（2）图象中两直线交点处电路中的工作状态是a滑动变阻器的滑动头p滑到了最左端b电源的输出功率最大c定值电阻r0上消耗的功率为0.5wd电源的效率达到最大值（3）根据图乙可以求得定值电阻r0=，电源电动势e=，内电阻r=12一u形玻璃管竖直放置，左端开口，右端封闭，左端上部有一光滑的轻活塞初始时，管内汞柱及空气柱长度如图所示用力向下缓慢推活塞，直至管内两边汞柱高度相等时为止求此时右侧管内气体的压强和活塞向下移动的距离已知玻璃管的横截面积处处相同；在活塞向下移动的过程中，没有发生气体泄漏；大气压强p0=75.0 cmhg环境温度不变13截面积为0.2m2的100匝圆形线圈a处在匀强磁场中，磁场方向垂直线圈平面向里，如图所示，磁感应强度正按=0.02t/s的规律均匀减小，开始时s未闭合r1=4，r2=6，c=30f，线圈内阻不计求：（1）s闭合后，通过r2的电流大小；（2）s闭合后一段时间又断开，则s切断后通过r2的电量是多少？14某村在距村庄较远的地方修建了一座小型水电站，发电机输出功率为9kw，输出电压为500v，输电线的总电阻为10，允许线路损耗的功率为输出功率的4%求：（1）村民和村办小企业需要220v电压时，所用升压变压器和降压变压器的原、副线圈的匝数比各为多少？（不计变压器的损耗）（2）若不用变压器而由发电机直接输送，村民和村办小企业得到的电压和功率是多少？2016-2017学年重庆市万州二中高二（下）期中物理试卷参考答案与试题解析一、选择题：本大题共9小题，每小题6分在每小题给出的四个选项中，第1-4题只有一项是符合题目要求，第5-9题有多项符合题目要求全部选对的得6分，选对但不全的得3分有选错的得0分1在电磁学的发展过程中，许多物理学家做出了贡献，以下说法正确的是（）a奥斯特认为安培力是带电粒子所受磁场力的宏观表现，提出了著名的洛伦兹力公式b法拉第提出了“在电荷的周围存在着由它产生的电场”的观点c安培通过实验发现了通电导线对磁体有作用力，首次揭示了电与磁的联系d欧姆在前人工作的基础上通过实验研究总结出了电流通过导体时产生的热量跟电流的关系焦耳定律【考点】d1：电磁感应现象的发现过程；bh：焦耳定律【分析】知道相关电磁学的发现历程，根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可【解答】解：a、洛伦兹认为安培力是带电粒子所受磁场力的宏观表现，并提出了著名的洛伦兹力公式，故a错误b、法拉第提出了“在电荷的周围存在着由它产生的电场”的观点，并提出用电场线来描述电场性质的方法，故b正确；c、丹麦物理学家奥斯特通过实验证实了通电导线的周围存在着磁场，在世界上是第一个发现了电与磁之间的联系的物理学家故c错误d、焦耳在前人工作的基础上通过实验研究总结出了电流通过导体时产生的热量跟电流的关系焦耳定律，故d错误故选：b2下面所示的实验示意图中，用于探究电磁感应现象的是（）abcd【考点】d1：电磁感应现象的发现过程【分析】发电机原理是电磁感应现象，即闭合电路中一部分导体在磁场中做切割磁感线运动，即发电机的原理图中没电源，有电源的实验装置图不是发电机原理图【解答】解：a、该选项是奥斯特实验，该实验证明了通电导线周围存在着磁场，利用电生磁现象制成了电磁铁，故不符合题意；故a错误；b、磁铁在进入线圈的过程，由于磁通量的变化，产生感应电流；这是用来探究电磁感应现象的；故b正确；c、闭合开关，线圈中有电流通过时，它就会运动起来，即说明通电导线在磁场中受力的作用，即是电动机的制作原理，故不符合题意；故c错误；d、闭合开关，导线中有电流通过时，它就会运动起来，即说明通电导线在磁场中受力的作用，即是电动机的制作原理，故不符合题意；故d错误；故选：b3如图甲为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈在磁感应强度为b的匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的固定轴oo，匀速转动，线圈的两端经集流环和电刷与电阻r=10连接，与电阻r并联的交流电压表为理想电表，示数是10v图乙是矩形线圈磁通量随时间t变化的图象则（）a电阻r上的电功率为20wb0.02s时r两端的电压瞬时值为零cr两端的电压u随时间t变化的规律是u=14.1cos100t（v）d通过r的电流i随时间t变化的规律是i=cos50t（a）【考点】e4：正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率；e2：交流发电机及其产生正弦式电流的原理【分析】根据公式p=求出电阻r上的电功率，由乙图可知，0.02s通过线圈的磁通量为零，电动势最大，根据有效值与最大值的关系求出最大值，写出r两端的电压u随时间t变化的规律，根据欧姆定律求出通过r的电流i随时间t变化的规律【解答】解：a、根据公式p=得：p=w，故a错误；b、由乙图可知，0.02s通过线圈的磁通量为零，电动势最大，r两端的电压瞬时值为10v，故b错误；c、由乙图可知，t=0.02s，电动势的最大值em=u=10v，=，又因为此交变电流是从垂直于中性面开始计时的，所以r两端的电压u随时间t变化的规律是u=14.1cos100t（v），故c正确；d、根据i=得：通过r的电流i随时间t变化的规律是i=1.41cos100t（a），故d错误故选c4如图所示，t为理想变压器，副线圈回路中的输电线ab和cd的电阻不可忽略，其余输电线电阻可不计，则当电键s闭合时（）a交流电压表v1和v2的示数一定都变小b交流电压表只有v2的示数变小c交流电流表a1、a2和a3的示数一定都变大d只有a1的示数变大【考点】e8：变压器的构造和原理【分析】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，根据理想变压器的原理分析即可【解答】解：a、当s闭合时，两个电阻并联，电路的总电阻减小，由于输入电压和匝数比不变，所以副线圈的输出的电压不变，副线圈的电流变大，副线圈回路中的输电线ab和cd的电阻不可忽略，所以输电线ab和cd上的电压变大，所以v2的示数变小，故b正确，a错误c、副线圈的电流变大，a2和a1的示数变大，a3的示数减小，故c错误d、a2和a1的示数变大，故d错误故选：b5如图所示，m为水平放置的橡胶圆盘，在其外侧面均匀地带有负电荷在m正上方用丝线悬挂一个闭合铝环n，铝环也处于水平面中，且m盘和n环的中心在同一条竖直线o1o2上现让橡胶圆盘由静止开始绕o1o2轴按图示方向逆时针加速转动，下列说法正确的是（）a铝环n对橡胶圆盘m的作用力方向竖直向下b铝环n对橡胶圆盘m的作用力方向竖直向上c铝环n有扩大的趋势，丝线对它的拉力增大d铝环n有缩小的趋势，丝线对它的拉力减小【考点】db：楞次定律【分析】胶木盘m由静止开始绕其轴线oo按箭头所示方向加速转动，形成环形电流，环形电流的大小增大，穿过线圈b的磁通量变化，根据楞次定律的另一种表述，感应电流引起的机械效果阻碍磁通量的变化进行判断【解答】解：胶木盘m由静止开始绕其轴线oo按箭头所示方向加速转动，形成环形电流，环形电流的大小增大；橡胶圆盘，在其外侧面均匀地带有负电荷，根据右手螺旋定则知，通过b线圈的磁通量向下，且增大，根据楞次定律的另一种表述，引起的机械效果阻碍磁通量的增大，知金属环的面积有缩小的趋势，且有向上的运动趋势，所以丝线的拉力减小根据牛顿第三定律可知，铝环n对橡胶圆盘m的作用力方向竖直向下故ad正确，b、c错误故选：ad6如图所示，在方向垂直纸面向里，磁感应强度为b的匀强磁场区域中有一个由均匀导线制成的单匝矩形线框abcd，线框以恒定的速度v沿垂直磁场方向向右运动，运动中线框dc边始终与磁场右边界平行，线框边长ad=l，cd=2l线框导线的总电阻为r则线框离开磁场的过程中（）a流过线框截面的电量为b线框中的电流在ad边产生的热量为c线框所受安培力的合力为dad间的电压为【考点】d9：导体切割磁感线时的感应电动势；bb：闭合电路的欧姆定律；cc：安培力【分析】根据感应电量q=，分析磁通量变化量关系，来求解感应电量分析线框的受力情况，线框所受安培力的合力根据焦耳定律求解电流在ad边产生的热量【解答】解：a、感应电量q=it=t=，故a正确b、产生的感应电动势：e=2blv感应电流：i=线框中的电流在ad边产生的热量：q=i2r=，故b正确c、线框所受安培力：f=bi2l=，故c错误d、ad间的电压为：u=ir=，故d正确故选：abd7如图所示的电路中，三个灯泡l1、l2、l3的电阻关系为r1=r2=r3，电感l的电阻可忽略，d为理想二极管（正向导通时电阻忽略不计）下列说法中正确的是（）a开关s闭合瞬间，l1、l2、l3均立即变亮，然后逐渐变暗b开关s闭合瞬间，l1逐渐变亮，l2、l3均立即变亮，后亮度稍有下降，稳定后l2、l3亮度相同c开关s从闭合状态突然断开时，l2立即熄灭，l1、l3均逐渐变暗d开关s从闭合状态突然断开时，l1、l2、l3均先变亮，然后逐渐变暗【考点】de：自感现象和自感系数【分析】对于二极管来说具有单向导电性，而对于线圈来讲通直流阻交流，通低频率交流阻高频率交流【解答】解：a、闭合开关s瞬间，因二极管来说具有单向导电性，所以l1与二极管处于通路，导致灯泡l2立刻亮，而在闭合开关s瞬间，因线圈l的电流的变化，导致阻碍灯泡l1的电流增大，导致灯泡l1将慢慢变亮，l2、l3均立即变亮，后亮度稍有下降，稳定后l2、l3亮度相同，故a错误；b正确；c、断开s的瞬间，因二极管的导通方向与电流方向相反，则l2立即熄灭，线圈l与灯泡l1、l3构成回路，因线圈产生感应电动势，所以灯泡l1、l3均将由亮变暗，故c正确，d错误；故选：bc8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的水平匀强磁场中，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，从图示位置开计时（）a当转过60时，感应电流的瞬时值为b当转过60时，感应电流的瞬时值为c在转过60过程中，感应电动势的平均值为d当转过90过程中，感应电流的有效值为【考点】e5：交流的峰值、有效值以及它们的关系【分析】写出电动势的瞬时值表达式，可求出转60角时的感应电流瞬时值，根据法拉第电磁感应定律求感应电动势的平均值，线圈中产生的是正弦交流电，有效值是最大值的【解答】解：ab、因为线圈从中性面开始计时，所以感应电动势的瞬时值表达式为e=bssint，转过60角时，感应电动势的瞬时值e=bssin60=bs，感应电流的瞬时值为i=，故a正确，b错误；c、转过60的时间t= rad/s，磁通量变化量=21=bscos60bs=bs，感应电动势的平均值为=，故c正确；d、感应电流的最大值为im =，感应电流的有效值i=，故d正确 故选：acd9关于扩散现象，下列说法正确的是（）a温度越高，扩散进行得越快b扩散现象是不同物质间的一种化学反应c扩散现象是由物质分子无规则运动产生的d扩散现象在气体、液体和固体中都能发生e液体中的扩散现象是由于液体的对流形成的【考点】85：扩散【分析】明确分子动理论的基本内容，知道分子做无规则运动，从而使相互接触的物体之间的分子相互进入对方，扩散现象与温度有关，温度越高，则扩散的越快【解答】解：a、不同物质相互进入对方的现象叫扩散，是由于分子无规则运动产生的，温度越高扩散进行得越快，故a正确；bc、扩散现象是由物质分子无规则运动产生的，没有发生化学反应，故b错误，c正确；d、扩散现象在气体、液体和固体中都能发生，故d正确；e、扩散是由于分子的无规则运动产生的，与液体的对流无关，故e错误故选：acd二、非选择题10如图所示，将万用表的选择开关置于“欧姆”挡，再将电表的两支表笔与一热敏电阻rt的两端相连，这时表针恰好指在刻度盘的正中间若往rt上擦一些酒精，表针将向左（填“左”或“右”）移动；若用吹风机将热风吹向电阻，表针将向右（填“左”或“右”）移动【考点】n4：用多用电表测电阻【分析】热敏电阻阻值随温度升高而增大，随温度降低而减小，根据题意确定热敏电阻温度变化，然后判断其电阻如何变化，再判断电表指针偏转方向【解答】解：若往r t上擦一些酒精，由于酒精蒸发吸热导致热敏电阻的温度降低，从而电阻增大，故欧姆表指针将向电阻大的左方偏转；若用吹风机将热风吹向电阻，则热敏电阻的温度升高，从而电阻减小，故欧姆表指针将向右偏转故答案为：左；右11为了测定电源电动势e的大小、内电阻r和定值电阻r0的阻值，某同学利用dis设计了如图甲所示的电路闭合电键s1，调节滑动变阻器的滑动触头p向某一方向移动时，用电压传感器1，电压传感器2和电流传感器测得数据，并根据测量数据计算机分别描绘了如图乙所示的m、n两条ui直线请回答下列问题：（1）根据图乙中的m、n两条直线可知bca直线m是根据电压传感器1和电流传感器的数据画得的b直线m是根据电压传感器2和电流传感器的数据画得的c直线n是根据电压传感器1和电流传感器的数据画得的d直线n是根据电压传感器2和电流传感器的数据画得的（2）图象中两直线交点处电路中的工作状态是abca滑动变阻器的滑动头p滑到了最左端b电源的输出功率最大c定值电阻r0上消耗的功率为0.5wd电源的效率达到最大值（3）根据图乙可以求得定值电阻r0=2.0，电源电动势e=1.50，内电阻r=1.0【考点】n3：测定电源的电动势和内阻【分析】（1）定值电阻的ui图线是正比图线，电源的ui图线是向下倾斜的图线；（2）两个图线的交点是将电阻和电源直接相连时电路中的电压和电流值；（3）定值电阻的ui图线是正比图线，斜率表示电阻；电源的ui图线的纵轴截距表示电动势，斜率表示内电阻；【解答】解：（1）由图可知电压传感器1测电源的路端电压，电压传感器2测r0两端的电压；电流传感器测电路中的电流；由图可知，m图象中的电压随电流的增大而增大，故m应为r0两端的电压；而n图象中电压随电流的增大而减小，符合闭合电路的欧姆定律u=eir，故n显示的是电源的输出电压与电流的关系；故选bc； （2）a、当定值电阻和电源的电流、电压相等时，一定是电阻直接与电源相连；故滑动变阻器是短路，滑片达到最左侧；故a正确；b、滑动变阻器短路时，外电阻与内电阻最接进，故电源输出功率最大，故b正确；c、此时电阻的电压为1v，电流为0.5a，故功率为0.5w，故c正确；d、此时外电阻最小，效率最低，故d错误；故选：abc； （3）定值电阻的ui图线是正比图线，图线的斜率表示电阻，为2.0；图线n的纵轴截距表示电动势，为1.50v；斜率表示内电阻，为1.0；故答案为：（1）bc；（2）abc；（3）2.0，1.50，1.012一u形玻璃管竖直放置，左端开口，右端封闭，左端上部有一光滑的轻活塞初始时，管内汞柱及空气柱长度如图所示用力向下缓慢推活塞，直至管内两边汞柱高度相等时为止求此时右侧管内气体的压强和活塞向下移动的距离已知玻璃管的横截面积处处相同；在活塞向下移动的过程中，没有发生气体泄漏；大气压强p0=75.0 cmhg环境温度不变【考点】99：理想气体的状态方程【分析】由题意知两部分封闭气体的温度与环境温度保持相等，气体都作等温变化先对左端气体研究，根据玻意耳定律求出活塞下移后的压强水银面相平时，两部分气体的压强相等，再研究右端气体，求出活塞下移后的长度和气体压强，根据几何关系求解活塞向下移动的距离【解答】解：设初始时，右管中空气柱的压强为，长度为；左管中空气柱的压强为，长度为该活塞被下推h后，右管中空气柱的压强为，长度为；左管中空气柱的压强为，长度为以cmhg为压强单位由题给条件得：由玻意耳定律得联立式和题给条件得：依题意有：由玻意耳定律得：联立式和题给条件得：h=9.42cm答：此时右侧管内气体的压强和活塞向下移动的距离9.42cm13截面积为0.2m2的100匝圆形线圈a处在匀强磁场中，磁场方向垂直线圈平面向里，如图所示，磁感应强度正按=0.02t/s的规律均匀减小，开始时s未闭合r1=4，r2=6，c=30f，线圈内阻不计求：（1）s闭合后，通过r2的电流大小；（2）s闭合后一段时间又断开，则s切断后通过r2的电量是多少？【考点】d8：法拉第电磁感应定律；ap：电容【分析】线圈平面垂直处于匀强磁场中，当磁感应强度随着时间均匀变化时，线圈中的磁通量发生变化，从而导致出现感应电动势，产生感应电流由法拉第电磁感应定律可求出感应电动势大小再由闭合电路的殴姆定律可求出电流，从而得出电阻两端电压，最终