安徽省巢湖市四校高二下学期期末联考物理试题

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精巢湖市含山中学、和县一中、庐江二中、巢湖四中2013-2014学年下学期期末联考高二物理试卷参考答案与试题解析一、单项选择题（本题共13小题,每小题4分，共52分）1．（4分）下列说法中正确的是（）A.法拉第发现了电流的磁效应B。安培发现电流的相互作用规律C。楞次发现了电磁感应定律D.奥斯特发现发现了判断感应电流方向的规律考点：物理学史．.分析:本题是物理学史问题，根据相关科学家的物理学成就进行解答即可．解答:解:A、奥斯特发现了电流的磁效应，法拉第发现了电磁感应现象，故A错误．B、安培通过实验研究，发现了电流的相互作用规律，故B正确．C、楞次发现了感应电流遵守的规律﹣﹣楞次定律，故C错误．D、楞次发现发现了判断感应电流方向的规律，故D错误．故选：B．点评：解决本题的关键要了解奥斯特、安培、法拉第、楞次等科学家的物理学贡献，平时要多记忆，多积累．2．(4分)在2010年温哥华冬奥会上，首次参赛的中国女子冰壶队喜获铜牌,如图为中国队员投掷冰壶的镜头．在某次投掷中,冰壶运动一段时间后以0.4m/s的速度与对方的静止冰壶发生正碰,碰后对方的冰壶以0.25m/s的速度向前滑行．若两冰壶质量相等,规定向前运动的方向为正方向，则碰后中国队冰壶获得的速度为（）A。0。1m/sB.﹣0.1m/sC.0。15m/sD。A．0。1m/sB．﹣0。1m/sC．0.15m/sD．﹣0。15m/s考点：动量守恒定律．.专题：动量定理应用专题．分析：两冰壶在碰撞的过程中动量守恒，根据动量守恒定律求出碰后中国队冰壶获得的速度．解答：解:两冰壶碰撞的过程中动量守恒,规定向前运动方向为正方向,根据动量守恒定律有：mv1=mv2+mv3代入数据得，m×0.4=m×0。25+mv3，解得v3=0.15m/s．故C正确，A、B、D错误．故选：C．点评：本题考查动量守恒定律的基本运用，运动动量守恒定律解题,关键注意速度的方向，知道动量守恒定律表达式的矢量性．3．（4分）现将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流计及电键按如图所示连接．下列说法中正确的是（）电键闭合后，只有线圈A插入或拔出才会引起线圈B产生电动势线圈A插入线圈B中后，电键闭合和断开的瞬间电流计指针均不会偏转电键闭合后,滑动变阻器的滑片P匀速滑动时，会使电流计指针发生偏转电键闭合后,只有滑动变阻器的滑片P加速滑动,电流计指针才能发生偏转考点：研究电磁感应现象．.专题:实验题．分析:穿过闭合回路的磁通量发生变化,闭合电路中会产生感应电流,根据题意判断磁通量是否变化，然后答题．解答：解:A、电键闭合后，线圈A插入或拔出、移动滑动变阻器滑片都可以使穿过线圈B的磁通量都会发生变化，都会使B产生感应电动势，故A错误；B．线圈A插入线圈B中后,电键闭合和断开的瞬间，穿过线圈B的磁通量都会发生变化，会产生感应电流，电流计指针均会偏转，故B错误；C、电键闭合后，滑动变阻器的滑片P匀速滑动时，穿过线圈B的磁通量发生变化，会产生感应电流，电流计指针会发生偏转，故C正确；D．电键闭合后，滑动变阻器的滑片P匀速或加速滑动时，穿过线圈B的磁通量发生变化，都会产生感应电流,电流计指针会发生偏转，故D错误；故选：C．点评：本题考查了感应电流产生的条件及实验电路分析，知道感应电流产生条件，认真分析即可正确解题．4．（4分）如图所示，两个质量相等的物体在同一高度沿倾角不同的两个光滑固定斜面由静止自由滑下，到达斜面底端的过程中，下列说法正确的是（）A．两个物体重力的冲量大小相等B．两个物体合力的冲量大小相等C．刚到达底端时两个物体的动量相等D．以上说法都不对考点：动量定理．。专题：动量定理应用专题．分析:根据动能定理比较到达底端的速度大小关系，结合动量定理比较合力的冲量大小．解答：解：根据动能定理知,mgh=，知到达底端时两个物体的速度大小相等，但是方向不同，所以到达底端时的动量不同．故C错误．因为初动量都为零，末状态动量大小相等,根据动量定理知，合力的冲量大小相等．故B正确，D错误．物体下滑的加速度a=gsinθ,根据知，t=,知运动的时间不等，则两个物体重力的冲量大小不等．故A错误．故选：B．点评:本题考查了动量定理的基本运用,知道合力的冲量等于动量的变化，知道动量是矢量，有大小有方向．5．（4分）如图所示,圆形闭合线圈内存在方向垂直纸面向外的磁场，磁感应强度随时间变化如图，则下列说法正确的是（）A．0～1s内线圈的磁通量不变B．第4s末的感应电动势为0C．0～1s内与2～4s内的感应电流相等D．4s时感应电流方向为逆时针考点：法拉第电磁感应定律．。专题：电磁感应与电路结合．分析：在B﹣t图中同一条直线磁通量的变化率是相同的；由法拉第电磁感应定律可得出感应电动势大小恒定；由楞次定律可得出电流的方向．解答：解：根据B﹣t图中磁通量的变化率，由法拉第电磁感应定律:E==，得出各段时间内的感应电动势的大小由图象的斜率决定．A、根据∅=BS可知,在0～1s内线圈的磁通量不断增大，故A错误;B、第4s末的感应电动势等于2～4s内的感应电动势，即为E==，故B错误；C、根据公式E==，在0～1s内与2~4s内的磁通量的变化率不同，所以感应电动势大小不同,则感应电流也不相等，故C错误；D、4s时，磁场垂直纸面向里，大小在增加，根据楞次定律,则有：感应电流方向为逆时针方向，故D正确；故选：D．点评:解决本题的关键熟练掌握楞次定律和法拉第电磁感应定律，注意掌握图象的斜率大小与感应电动势的大小关系．6．（4分）如图所示，一只理想变压器原线圈与频率为50Hz的正弦交流电源相连,两个阻值均为10Ω的电阻串联后接在副线圈的两端．图中的电流表、电压表均为理想交流电表,原、副线圈分别为400匝和100匝,电压表的示数为10V．则()A．电流表的读数为0。25AB．流过电阻的交变电流频率为12.5HzC．交流电源的输出电压的最大值为80VD．交流电源的输出功率为10W考点：变压器的构造和原理．.专题:交流电专题．分析：交流电表的示数为有效值，经过变压器的交流电的频率不变，交流电的输入功率等于输出功率．解答：解：A、根据欧姆定律得:副线圈的电流为I2==1A，设原线圈的电流为I1，由电流与匝数成反比得I1=×1=0.25A．故A正确；B、变压器不改变电流的频率,流过电阻的交流电的频率为50Hz．故B错误；C、副线圈的电压为U2=2×10=20V，根据电压与匝数成正比得输出电压U1=×20=80V,所以输出电压的最大值为Um=80×=80V,故C错误；D、交流电源的输出功率P出=U2I2=20×1=20w,故D错误；故选：A．点评：根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，变压器的输入功率和输出功率相等，逐项分析即可得出结论．7．（4分）如图所示,一理想变压器原线圈接入一交流电源，副线圈电路中,R1、R2、R3和R4均为固定电阻，开关S是闭合的．V1和V2为理想电压表，读数分别为U1和U2；A1、A2和A3为理想电流表，读数分别是I1、I2和I3．现断开S,U1数值不变，下列推断中正确的是(）A．U2变小、I3变小B．U2不变、I3变大C．I1变大、I2变小D．I1变大、I2变大考点：变压器的构造和原理．。专题：交流电专题．分析：和闭合电路中的动态分析类似，可以根据R2的变化,确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，再根据电压不变,来分析其他的原件的电流和电压的变化的情况．解答：解：理想变压器的电压与匝数程正比，由于理想变压器原线圈接到电压不变，则副线圈电压不变，所以V2的示数U2也不变，当s断开之后,并联电路的电阻变大，副线圈的电阻也就变大，由于副线圈电压不变，所以副线圈的总电流减小,即I2变小，由于电流与匝数成反比，当副线圈的电流减小时，原线圈的电流也就要减小,所以I1变小，由于副线圈的总电流减小，R1的电压减小，并联电路的电压就会增大，所以R3的电流I3就会增大，所以B正确，ACD错误．故选：B．点评：电路的动态变化的分析,总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法．8．（4分）通过一阻值R=10Ω的电阻的交变电流，它的两端电压变化如图所示，其周期为1s．则通过电阻电流的有效值为（）A．1。2AB．0。4AC．1.5AD．0.8A考点：交流的峰值、有效值以及它们的关系．。专题:交流电专题．分析：由图象可知交变电流的周期，一个周期内分为两段，每一段均为恒定电流,根据焦耳定律即可得一个周期内交变电流产生的热量．解答：解：由有效值的定义可得：t1+t2=RT，代入数据得：×0。8+×0.2=I2×10×1，解得：I=0.4A；故选：B．点评：本题考察的是根据交变电流有效值的定义,计算有关交变电流的有效值，注意若是正弦式交流电，则最大值等于有效值乘的关系．9．（4分）一辆小车静止在光滑的水平面上，小车立柱上固定一条长为L、系有小球的水平细绳,小球由静止释放，如图所示，不计一切摩擦，下列说法正确的是（）A．小球的机械能守恒，动量不守恒B．小球的机械能不守恒，动量也不守恒C．球、车系统的机械能守恒，动量守恒D．球、车系统的机械能、动量都不守恒考点：动量守恒定律;机械能守恒定律．。专题:动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合．分析：小球与小车组成的系统在水平方向不受外力，满足水平方向动量守恒定律；系统机械能守恒，但对小球来说，不满足动量和机械能守恒的条件．解答：解：A：小球由静止释放过程中，小球与小车组成的系统在水平方向不受外力，故系统只在在水平方向动量守恒，而小球水平方向和竖直方向受力都不为零，动量不守恒,又小球运动过程中,绳子拉力对小球做功,小球机械能也不守恒，故A错误，B正确．C：小球与小车系统在整个过程中只有重力做功，系统机械能守恒；由于系统水平方向不受外力，系统在水平方向动量守恒但总动量并不守恒,故C、D错误．故选B．点评：遇到相互作用的问题，一般要从系统的角度考虑机械能是否守恒及某一方向上的动量是否守恒．10．(4分）(2010•奉贤区二模)如图所示，通电螺线管置于闭合金属环a的轴线上，当螺线管中电流I减小时（)A．环有缩小的趋势以阻碍原磁通量的减小B．环有扩大的趋势以阻碍原磁通量的减小C．环有缩小的趋势以阻碍原磁通量的增大D．环有扩大的趋势以阻碍原磁通量的增大考点：楞次定律．.分析:线圈B中电流I减小，B中电流产生的磁场减弱，应用楞次定律阻碍磁通量变化分析A环的受力情况；根据同向电流相互吸引,异向电流相互排斥判断螺线管相邻两匝线圈间的力．解答:解:当螺线管中通过的电流逐渐变小时,电流产生的磁场逐渐变弱，故穿过金属环a的磁通量变小,根据楞次定律可知,为阻碍原磁通量变小，金属环a有收缩的趋势,故A正确，BCD错误；故选A．点评：螺线管每匝线圈相当于磁铁,两匝线圈相对应的面极性相反，每匝线圈相互吸引，当线圈电流减小时，磁性减弱，螺线管伸长；正确理解楞次定律即可正确解题．11．(4分)如图所示,质量相同的两木块从同一高度同时开始自由落下，至某一位置时A被水平飞来的子弹击中（未穿出）,则A、B两木块的落地时间tA与tB的比较，下列说法正确的是（）A．tA=tBB．tA＜tBC．tA＞tBD．无法判断考点:动量守恒定律．。专题：动量定理应用专题．分析：当A木块落至某一位置时，A竖直方向的速度不为零，而子弹竖直分速度为零，故A会受到子弹向上的作用力．解答：解:当A木块落至某一位置时被水平飞来的子弹很快地击中，水平方向动量守恒，即A会获得水平方向的分速度；而子弹此时竖直方向速度为零，要从零加速到与A具有相同的速度，需受到A向下的作用力，根据牛顿第三定律A会受到子弹给的向上的作用力,则A向下的速度会减小，小于B的加速度，故A下落时间较长一些；故选：C．点评:考查自由落体运动的规律，掌握动量及动量守恒的定律，理解运动的合成与分解．12．（4分)（2010•上海模拟）图中两条平行虚线之间存在匀强磁场，虚线间的距离为l，磁场方向垂直纸面向里．abcd是位于纸面内的梯形线圈，ad与bc间的距离也为l．t=0时刻，bc边与磁场区域边界重合（如图)．现令线圈以恒定的速度v沿垂直于磁场区域边界的方向穿过磁场区域．取沿a→b→c→d→a的感应电流方向为正，则在线圈穿越磁场区域的过程中，感应电流I随时间t变化的图线可能是（）A．B．C．D．考点：导体切割磁感线时的感应电动势;闭合电路的欧姆定律．.专题：电磁感应与图像结合．分析：首先根据右手定则判断边cb刚进入磁场时回路中感应电流方向，再根据进入磁场中有效切割长度的变化,求出感应电流的变化,从而得出正确结果．解答：解：A、D开始时bc边进入磁场切割磁感线，根据右手定则可知，电流方向为逆时针，即为负方向，故A错误；当bc边开始出磁场时，回路中磁通量减小,产生的感应电流为顺时针，方向为正方向，故D错误，B、C开始时bc边进入磁场切割磁感线,根据感应电动势大小公式：E=BLV可得，有效切割长度越来越长，感应电动势增大，故感应电流越来越大，且电流方向为负方向；当bc边开始出磁场时,根据感应电动势大小公式:E=BLV可得，切割长度越来越长，感应电动势增大，故感应电流越来越大，且电流方向为正方向．故B正确，C错误．故选B点评:对于图象问题可以通过排除法判断,本题关键要理解感应电动势公式E=Blv中，L是有效切割长度，并掌握右手定则或楞次定律．13．(4分）一炮艇总质量为M，以速度v0匀速行驶，从艇上以相对艇的水平速度v沿前进方向射出一质量为m的炮弹，发射炮弹后艇相对海岸的速度为v′，若不计水的阻力，则下列各关系式中正确的是（)A．Mv0=（M﹣m)v′+mvB．Mv0=（M﹣m）v′+m(v+v0）C．Mv0=（M﹣m）v′+m（v+v′）D．Mv0=Mv′+mv考点：动量守恒定律．.专题:动量定理应用专题．分析：以炮弹与炮艇组成的系统为研究对象，不计水的阻力，系统在水平方向动量守恒，由动量守恒定律可以分析答题．解答：解：以炮弹与炮艇组成的系统为研究对象，不计水的阻力，系统在水平方向动量守恒,炮弹相对于炮艇的水平速度为v，发射炮弹后炮艇的速度为v，则以地面为参照系,炮弹的速度为v+v′，由动量守恒定律得：Mv0=(M﹣m）v′+m（v+v′)，故C正确；故选：C．点评：应用动量守恒定律解题时，所有的速度应是相对于同一参照系的速度；应用动量守恒定律解题时研究对象应不能变化．二、填空题（共16分）14．(3分）我国的“嫦娥二号"探月卫星在发射1533秒后进入近地点,高度为200km的地月转移轨道．假设卫星中有一边长为50cm的正方形导线框，由于卫星的调姿由水平方向转至竖直方向,此时地磁场磁感应强度B=4×10﹣5T，方向如图所示．该过程中磁通量的改变量的大小是1。4×10﹣5Wb．考点：磁通量．。分析：根据图示应用磁通量的计算公式求出磁通量的变化量．解答：解：由图示可知,穿过回路的磁通量变化量为：△Φ=Φ′﹣Φ=Bcosβ•S﹣Bsinα•S=4×10﹣5×cos(180°﹣37°)×0.5×0。5﹣4×10﹣5×sin37°×0.5×0.5=﹣1.4×10﹣5Wb；因此过程中磁通量的改变量的大小是1。4×10﹣5Wb；故答案为:1.4×10﹣5．点评：本题考查了求磁通量的变化、求电荷量，求磁通量时要注意磁通量计算公式Φ=BS的适用条件，要注意磁通量是二向标量，注意磁通量的方向．15．（7分）如图所示为“研究电磁感应现象"的实验装置．（1)将图中所缺的导线补接完整．（2）如果在闭合电键时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上电键后,以下操作中可能出现的情况是：A．将A线圈迅速插入B线圈时，灵敏电流计指针将向右（填“左”或“右”）偏一下;B．A线圈插入B线圈后,将滑动变阻器触头迅速向左拉时，灵敏电流计指针将向左（填“左”或“右”)偏一下．考点：研究电磁感应现象．.专题:实验题．分析：（1)注意该实验中有两个回路,一是电源、电键、变阻器、小螺线管串联成的回路，二是电流计与大螺线管串联成的回路,据此可正确解答．（2)磁场方向不变,磁通量的变化不变时电流方向不变，电流表指针偏转方向相同，磁通量的变化相反时,电流表指针方向相反．解答：解：（1）将电源、电键、小螺线管、滑动变阻器串联成一个回路，再将电流计与大螺线管串联成另一个回路，电路图如图所示．（2）闭合开关，穿过副线圈的磁通量增大,灵敏电流表的指针向右偏；A、将原线圈迅速插入副线圈时,磁场方向不变，穿过副线圈的磁通量增大，灵敏电流计指针将向右偏转．B、原线圈插入副线圈后,由电路图可知，将滑动变阻器触头迅速向左拉时,滑动变阻器接入电路的阻值变大,原线圈电流变小，穿过副线圈的磁场方向不变，但磁通量变小，灵敏电流计指针将左偏转．故答案为:(1)电路图如图所示．（2）A、右；B、左．点评:本题考查研究电磁感应现象及验证楞次定律的实验，对于该实验注意两个回路的不同．知道磁场方向或磁通量变化情况相反时，感应电流反向是判断电流表指针偏转方向的关键．16．（6分）质量m=4kg的物体A，在与水平成30°角的推力作用下保持静止,已知F=5N，作用时间t=3s,则力F的冲量I1=15N•s，地面对A的支持力的冲量I2=127。5N•s，A受的合外力冲量I2=0N•s．考点：动量定理．。专题：动量定理应用专题．分析：恒力的冲量等于作用力与作用时间的乘积．物体A处于静止时,阻力大小与F的水平分力相等．根据冲量的定义分别求出三个力的冲量．解答：解：恒力的冲量等于作用力与作用时间的乘积，则力F的冲量I1=Ft=5×3N•s．地面对A的支持力的冲量I2=F支t=（Fsin30°+G）•t=（5×+40）×3N•s=127.5N•sA受的合外力冲量I合=F合t=0故答案为：15；127.5；0点评：此题中各力都恒力，恒力的冲量公式I=Ft，考查对冲量的理解和掌握程度．根据动量定理，合外力冲量等于物体动量的变化．由题，物体合力冲量为零，则重力与支持力的冲量大小相等，方向相反，支持力的冲量就可求解．三、计算题（共32分）17．（10分)如图所示,一个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n=50，电阻r=1Ω，长L1=5cm，宽L2=4cm，角速度ω=100rad/s，磁场的磁感应强度B=0。2T．线圈两端外接电阻R=9Ω的用电器和一个交流电流表．求：（1）线圈中产生的最大感应电动势；（2）电流表的读数；（3)用电器上消耗的电功率．考点：交流的峰值、有效值以及它们的关系；交流发电机及其产生正弦式电流的原理．。专题：交流电专题．分析：（1）线圈中产生的感应电动势的最大值表达式为Em=NBSω．(2）电流表测量电流的有效值．根据E=和欧姆定律求出电流的有效值．(3)用电器消耗的电功率P=I2R,I是电流的有效值．解答:解：(1）线圈中产生的感应电动势的最大值表达式为Em=NBSω=50×0.2×5×4×10﹣4×100=2。0V（2）电流的有效值I====0。14A．（3）小灯泡消耗的电功率P=I2R=0。142×9=0。18W．答：（1）线圈中产生的感应电动势的最大值是2。0V．(2）电流表的示数是0.14A．（3）小灯泡消耗的电功率是0。18W．点评：本题考查交变电流最大值、有效值的理解和应用的能力，对于交流电表的测量值、计算交流电功率、电功等都用到有效值．18．（10分）如图所示，一轻质弹簧两端连接着物体A和物体B，放在光滑的水平面上，水平速度为v0的子弹射中物体A并嵌在其中，已知物体B的质量为mB，物体A的质量是物体B的质量的，子弹的质量是物体B的质量的，求弹簧被压缩到最短时的弹性势能．考点：动量守恒定律；机械能守恒定律．.专题：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合．分析：子弹击中木块过程系统动量守恒,以子弹、滑块A、B和弹簧组成的系统为研究对象，当三者速度相等时，弹簧被压缩到最短，则弹性势能最大，根据动量守恒定律求出速度，然后由能量守恒定律求出弹簧的弹性势能．解答：解:子弹击中A过程系统动量守恒，以子弹的初速度方向为正方向，设B的质量为m，由动量守恒定律得：mv0=（m+m）vA，解得：vA=v0，对子弹、滑块A、B和弹簧组成的系统，A、B速度相等时弹簧被压缩到最短．以子弹的初速度方向为正方向，由动量守恒定律可得:0.25mv0=（0.25m+0。75m+m）v，由此解得：v=v0；由能量守恒定律得：（m+m）vA2=（m+m+m）v2+EP，解得：EP=mv02；答：弹簧被压缩到最短时的弹性势能为：mv02．点评：本题考查了求弹簧的弹性势能，分析清楚运动过程、应用动量守恒定律、能量守恒定律即可正确解题．19．（12分)（2013•内江二模）如图甲所示两足够长的平行光滑金属导轨ab、cd倾斜放置，两导轨之间的距离为L=0.5m，导轨平面与水平面^间的夹角为θ=30°，导轨上端a、c之间连接有一阻值为R1=4Ω的电阻,下端b、d之间接有