江西省赣州市五校协作体2018_2019学年高二物理下学期期中联考试题（含解析）.docx

赣州市五校协作体20182019学年第二学期期中联考高二年级物理试卷一、选择题1. 用遥控器调换电视机的频道的过程，实际上就是传感器把光信号转化为电信号的过程。下列属于这类传感器的是( )A. 红外报警装置B. 走廊照明灯的声控开关C. 自动洗衣机中压力传感装置D. 电饭煲中控制加热和保温的温控器【答案】A【解析】试题分析：用遥控器调换电视机的频道的过程，实际上就是传感器把光信号转化为电信号的过程红外线报警装置是感应红外线去转换成电学量，从而引起报警而遥控器调换电视机的频道的过程，也发出红外线故A正确；走廊照明灯的声控开关，实际是将声波转化成电信号的过程，故B不正确；自动洗衣机中的压力传感装置，是将压力转化成电信号的过程，故C不正确；电饭煲中控制加热和保温的温控器，是将温度转化成电信号的过程，故D不正确；故选：A考点：红外线热效应和红外线遥控点评：用遥控器调换电视机频道的过程，实际上就是传感器把光信号转化为电信号的过程2.一线圈在匀强磁场中匀速转动，在如图所示的位置时( )A. 穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率最小B. 穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率最大C. 穿过线圈的磁通量最小，磁通量的变化率最大D. 穿过线圈的磁通量最小，磁通量的变化率最小【答案】C【解析】【详解】当线圈处于图中所示位置时，线框与磁场方向平行，磁通量为最小；该位置为感应电动势最大，根据法拉第电磁感应定律公式，磁通量的变化率最大，故C正确，A、B、D错误； 故选C。3. 在电磁感应现象中，下列说法正确的是 （ ）A. 感应电流的磁场总是跟原来的磁场方向相反B. 闭合线框放在变化的磁场中一定能产生感应电流C. 闭合线框放匀强磁场中做切割磁感线运动，一定产生感应电流D. 感应电流的磁场总是阻碍原磁通量的变化【答案】D【解析】：根据楞次定律知，感应电流的磁场总是阻碍原来磁场磁通量的变化，因此，当原磁场增强时，感应电流的磁场总是跟原来的磁场方向相反，当原磁场减弱时，感应电流的磁场总是跟原来的磁场方向相同，A错误、D正确；闭合线框放在变化的磁场中，有磁通量发生变化才能产生感应电流，B错误；闭合线框放在匀强磁场中作切割磁感线运动，只有磁通量发生变化，才能有感应电流产生，C错误。4.如图所示，导轨间磁场方向垂直于纸面向里，当导体棒MN在导轨上向右加速滑动时，正对电磁铁A的圆形金属环B中A. 有感应电流，且B被A吸引B. 无感应电流C. 可能有，也可能没有感应电流D. 有感应电流，且B被A排斥【答案】D【解析】【详解】导线MN向右加速滑动，导线产生的感应电动势E=BLv增大，通过电磁铁A的电流增大，电磁铁A产生的磁感应强度变大，穿过金属环B的磁通量增大，B中产生感应电流，由楞次定律可知，为阻碍磁通量的增加，感应电流方向与A中的相反，B被A排斥，向左运动；故ABC错误，D正确；故选D。5. 一台小型发电机产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图甲所示已知发电机线圈内阻为5.0 ，现外接一只电阻为95.0 的灯泡，如图乙所示，则 ()A. 电压表的示数为220 VB. 电路中的电流方向每秒钟改变50次C. 灯泡实际消耗的功率为484 WD. 发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为24.2 J【答案】D【解析】线框有内阻，所以电压表示数小于220V，A错误；交流电频率50Hz，则电路中的电流方向每秒钟改变100次，B错误；灯泡实际消耗的功率为：W，小于484W，C错误；发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为J=24.2 J，D正确。6.如图所示为一理想自耦变压器的电路图，L1、L2、L3、L4为四个完全相同的灯泡在A、B两点间加上交变电压U1时，四个灯泡均能正常发光，若C、D两点间的电压为U2，则U1:U2为（ ）A. 1:1B. 2:1C. 3:1D. 4:1【答案】D【解析】试题分析：设每只灯的额定电流为I，额定电压为U，因并联在副线圈两端的三只小灯泡正常发光，所以副线圈中的总电流为3I，原副线圈电流之比为1：3，所以原、副线圈的匝数之比为3：1，所以原线圈电压为3U，而A灯泡的电压也为U，所以电源的电压为4U，而副线圈电压为U，所以，故ABC错误，D正确；故选D考点：变压器【名师点睛】理想变压器是理想化模型，一是不计线圈内阻；二是没有出现漏磁现象同时运用闭合电路殴姆定律来分析问题本题解题的突破口在原副线圈的电流关系，难度不大，属于基础题7. (原创)质量为m的木块和质量为M（Mm）的铁块用细线连接刚好能在水中某个位置悬浮静止不动，此时木块至水面距离为h，铁块至水底的距离为H(两物体均可视为质点)。突然细线断裂，忽略两物体运动中受到水的阻力，只考虑重力及浮力，若M、m同时分别到达水面水底，以M、m为系统，那么以下说法正确的是A. 该过程中系统动量不守恒；B. 该过程中M、m均作匀速直线运动；C. 同时到达水面水底时，两物体速度大小相等；D. 系统满足MH=mh【答案】D【解析】试题分析：以M、m为系统，细线断裂前后系统受力情况没变，因此在到达水面水底前动量守恒，所以在任一时刻，由于质量不相等，因此两物体速度大小不同。在中间时刻，所以有,即MH=mh。考点：动量守恒8.将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空，50 g燃烧的燃气以大小为600 m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出。在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为（喷出过程中重力和空气阻力可忽略）A. 30B. 5.7102C. 6.0102D. 6.3102【答案】A【解析】开始总动量为零，规定气体喷出的方向为正方向，根据动量守恒定律得，0=m1v1+p，解得火箭的动量，负号表示方向，故A正确，BCD错误；【点睛】解决本题的关键掌握动量守恒定律的条件，以及知道在运用动量守恒定律时，速度必须相对于地面为参考系。9.某小型水电站的电能输送示意图如下。发电机的输出电压为200V，输电线总电阻为r，升压变压器原副线圈匝数分别为n，n2。降压变压器原副线匝数分别为a3、n4（变压器均为理想变压器）。要使额定电压为220V的用电器正常工作，则（ ）A. B. C. 升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压D. 升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率【答案】AD【解析】由变压器的电压比匝数之比，及，又因为线路电压损失，即，所以，A正确B错误；由于远距离输电，导致线路电阻通电发热，而使功率损失，所以升压变压器的输出电压大于降压变压器的输入电压；升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率，C错误D正确10.如图所示，平行金属导轨与水平面间的夹角为，导轨电阻不计，与阻值为R的定值电阻相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面，磁感应强度为B.有一质量为m、长为l的导体棒从ab位置获得平行于斜面的、大小为v的初速度向上运动，最远到达ab的位置，滑行的距离为s，导体棒的电阻也为R，与导轨之间的动摩擦因数为.则()A. 上滑过程中导体棒受到的最大安培力为B. 上滑过程中电流做功放出的热量为mv2mgs(sincos)C. 上滑过程中导体棒克服安培力做的功为mv2D. 上滑过程中导体棒损失的机械能为mv2mgssin【答案】BD【解析】上滑过程中开始时导体棒的速度最大，受到的安培力最大为：，故A错误；根据能量守恒，上滑过程中电流做功产生的热量为：，上滑过程中导体棒克服安培力做的功等于产生的热量是,故B正确，C错误；上滑过程中导体棒损失的机械能为：，故D正确。所以BD正确，AC错误。二、填空题11.一矩形线圈，面积S=110-5m2，匝数n=100，两端点连接一电容器（C=20F），线圈的上半部分处在匀强磁场中，磁场正以增加，则电容器的左极板带 电。（填“正、负”），电容器所带电量q= C。【答案】正【解析】试题分析：根据楞次定律，磁场在均匀增加，线圈中由于是断路，没有感应电流，但是有感应电动势，左极板带正电，感应电动势大小为,所带电荷量为考点：考查了法拉第电磁感应定律的应用点评：在求磁通量变化时，注意中S表示的是有效面积，12.如图所示，两个用相同导线制成的不闭合环A和B，半径RA2RB，两环缺口间用电阻不计的导线连接当一均匀变化的匀强磁场只垂直穿过A环时，a、b两点间的电势差为U若让这一均匀变化的匀强磁场只穿过B环，则a、b两点间的电势差为_【答案】【解析】【详解】由电阻定律得，圆环的电阻：R，两环是用相同导线制成的，则与S相同，电阻与半径成正比，则RA2RB；由法拉第电磁感应定律得：ESr2，磁场穿过A时，ab间电势差：UabIRBRBU，磁场穿过B时，ab间电势差：UabIRARA2RBU。13.如图所示，电路中有四个完全相同的灯泡，额定电压均为U，额定功率均为P，变压器为理想变压器，现在四个灯泡都正常发光，则变压器的匝数比n1n2 ；电源电压U1为 。【答案】 2:1 4U【解析】试题分析：设每盏电灯的额定电流为I，则变压器初级电流为I，次级电流为2I,根据解得：，变压器次级电压为U，则初级电压为2U,所以U1=U1/+2U=4U。考点：变压器初次级电压与匝数的关系及初次级电流与匝数的关系三、解答题14.交流发电机转子有匝线圈，每匝线圈所围面积为S，匀强磁场的磁感应强度为B，匀速转动的角速度为，线圈内电阻为，外电路电阻为R，当线圈由图中实线位置匀速转动到达虚线位置过程中，求：（1）通过R的电荷量为多少？（2）R上产生电热为多少？（3）外力做的功W为多少？【答案】(1) (2) (3) 【解析】试题分析：（1）按照电流的定义得：Iq/t，计算电荷量q应该用电流的平均值，即（2分）而，所以（2分）（2）求电热应该用有效值，先求总电热Q，再按照内外电阻之比求R上产生的电热QR.（2分）所以（2分）（3）根据能量守恒，外力做功的过程是机械能向电能转化的过程，电流通过电阻，又将电能转化为内能，即放出电热。因此（2分）考点：本题考查电流的定义、电荷量的计算和电热的计算。15.某村在较远的地方建立了一座小型水电站，发电机的输出功率为100 kW，输出电压为500 V，输电导线的总电阻为10 ，导线上损耗的电功率为4 kW，该村的用电电压是220 V。(1)输电电路如图所示，求升压、降压变压器的原、副线圈的匝数比；(2)如果该村某工厂用电功率为60 kW，则该村还可以装“220 V40 W”的电灯多少盏？【答案】(1)110；24011；(2)900盏；【解析】（1）根据如图所示输电线路，设高压输电线电流I2，输电电压为U2，由题意可知：P损=I22r；所以有： 而 根据电流与匝数成反比，则有： U3=U2I2R线=（500104010）V=4600 V 根据电压与匝数成正比，则： （2）据降压变压器输入功率等于输出功率有：P3=P4=20016=184 kW； 灯可以消耗的功率是：P灯=104kW； 所以还可装灯的盏数为： 盏；16.如图所示，水平地面上静止放置一辆小车A，质量，上表面光滑，小车与地面间的摩擦力极小，可以忽略不计。可视为质点的物块B置于A的最右端，B的质量。现对A施加一个水平向右的恒力F10N，A运动一段时间后，小车左端固定的挡板B发生碰撞，碰撞时间极短，碰后A，B粘合在一起，共同在F的作用下继续运动，碰撞后经时间t0.6s，二者的速度达到。求（1）A开始运动时加速度a的大小；（2）A，B碰撞后瞬间的共同速度v的大小；（3）A的上表面长度l；【答案】(1) （2）1m/s （3）0.45m【解析】(1)以A为研究对象，由牛顿第二定律有FmAa代入数据解得a2.5 m/s2(2)对A、B碰撞后共同运动t0.6 s的过程，由动量定理得Ft(mAmB)v(mAmB)v1代入数据解得v11 m/s(3)设A、B发生碰撞前，A的速度为vA，对A、B发生碰撞的过程，由动量守恒定律有mAvA(mAmB)v1A从开始运动到与B发生碰撞前，由动能定理有FlmAv由式，代入数据解得l0.45 m.点睛：本题考查了求加速度、速度、A的长度问题，分析清楚物体运动过程，应用牛顿第二定律、动量定理、动量守恒定律、动能定理即可正确解题17.如图所示，足够长的两根相距为 0.5 m 的平行光滑导轨竖直放置，导轨电阻不计，磁感应强度 B 为0.8 T 的匀强磁场的方向垂直于导轨平面两根质量均为 0.04 kg 的可动金属棒 ab 和 cd 都与导轨接触良好，金属棒 ab 和 cd 的电阻分别为 1 和 0.5 ，导轨最下端连接阻值为 1 的电阻 R，金属棒 ab 用一根细绳拉住，细绳允许承 受的最大拉力为 0.64N现让 cd 棒从静止开始落下，直至细绳刚被拉断，此过程中电阻 R 上产