【物理】云南省昆明市东川区明月中学2018-2019学年高二下学期期中考试试题（解析版） 16页

‎2019年高二年级春季学期物理期中考试测试卷 ‎ 考试时限：120分钟 满分：100分 一、 选择题：本题共12个小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一个选项符合题目要求，第8～12题有多个选项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不选的得0分。‎ ‎1．在电磁学发展过程中，许多科学家做出了贡献．下列说法正确的是(　　)‎ A．库仑发现了点电荷的相互作用规律并通过油滴实验测定了元电荷的数值 B．麦克斯韦预言了电磁波；楞次用实验证实了电磁波的存在 C．奥斯特发现了电流磁效应；法拉第发现了电磁感应现象 D．安培发现了磁场对运动电荷的作用规律；洛伦兹发现了磁场对电流的作用规律 ‎2. 如图所示，匀强磁场垂直圆形线圈指向纸内，a、b、c、d为圆形线圈上等距离的四点，现用外力在上述四点将线圈拉成正方形，且线圈仍处在原先所在平面内，则在线圈发生形变的过程中(　 　)‎ A．线圈中将产生顺时针方向的感应电流 B．线圈中将产生逆时针方向的感应电流 C．线圈中感应电流方向无法判断 D．线圈中无感应电流 ‎3. 如图所示，一正方形线圈的匝数为n，边长为a，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中。在△t时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B均匀的增大到2B。在此过程中，线圈中产生的感应电动势为(　 　)‎ A. 　　　　　　B. C. D. ‎4. 当分子间距离大于10r0（r0 是分子平衡位置间距离)时,分子力可以认为是零,规定此时分子势能为零,当分子间距离是平衡距离r0时,下面的说法中正确的是(　 　)‎ A. 分子力是零,分子势能不是零 B. 分子力是零,分子势能也是零 C. 分子力不是零,分子势能是零 D. 分子力不是零,分子势能不是零 ‎5. 如图所示，为两条平行的水平放置的金属导轨，左端接有定值电阻R，金属棒ab斜放在两导轨之间，与导轨接触良好．磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面．设金属棒与两导轨接触点之间的距离为L，金属棒与导轨间夹角θ为60°，以垂直于金属棒的速度v匀速运动，不计导轨和棒的电阻，则流过金属棒中的电流为(　 　)‎ A． B． C． D． ‎6. 如图所示，在电路两端加上交流电，保持电压不变，使频率增大，发现各灯的亮暗情况是：灯1变亮，灯2变暗，灯3不变，则M、N、L中所接元件可能是(　 　)‎ A. M为电阻，N为电容器，L为电感线圈 B. M为电感线圈，N为电容器，L为电阻 C. M为电容器，N为电感线圈，L为电阻 D. M为电阻，N为电感线圈，L为电容器 ‎7．在如图所示的竖直平面内，在水平线MN的下方有足够大的匀强磁场，一个等腰三角形金属线框顶点C与MN重合，线框由静止释放，沿轴线DC方向竖直落入磁场中。忽略空气阻力，从释放到线框完全进入磁场过程中，关于线框运动的vt图像，可能正确的是(　　)‎ ‎ ‎ ‎8．如图所示，线圈abcd在磁场区域ABCD中，下列哪种情况下线圈中有感应电流产生(　　)‎ A．使线圈在磁场中匀速平移 B．使线圈在磁场中加速平移 C．使磁场增强或减弱 D．使线圈以过ab的直线为轴旋转 ‎9．如图所示，一导线弯成半径为a的半圆形闭合回路．虚线MN右侧有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于半圆形回路所在的平面．半圆形回路以速度v向右匀速进入磁场，直径CD始终与MN垂直．从D点到达边界开始到C点进入磁场为止，下列结论正确的是( )‎ A．感应电流方向始终沿顺时针方向 B．CD段直导线始终受安培力作用 C．感应电动势最大值Em＝Bav D．感应电动势平均值E＝πBav ‎10. 一个按正弦规律变化的交流电流的图象如图所示、根据图象可以知道(　 　)‎ A.该交流电流的频率是50Hz B.该交流电流的有效值是10A C.该交流电流的瞬时值表示式是i=20sin(50πt）A D.在t=T/8(T是周期）时刻，该电流的大小与其有效值相等 ‎11. 如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数之比为10∶1，R1=20Ω，R2=10Ω，C为电容器，原线圈所加电压的瞬时值表达式为.下列说法正确的是（   ）‎ A.通过电阻R3的电流不为零 B.副线圈两端交变电压的频率为5Hz C.电阻R2的电功率为48.4W D.原、副线圈铁芯中磁通量的变化率之比为10∶1‎ ‎12. 在倾角为θ足够长的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小相等的匀强磁场，磁场方向一个垂直斜面向上，另一个垂直斜面向下，宽度均为L，如图所示。一个质量为m、电阻为R、边长也为L的正方形线框abcd。在t=0时刻以速度v0进入磁场，恰好做匀速直线运动。若经过时间t0线框ab边到达gg’与ff’正中间位置时，线框又恰好开始做匀速运动，则下列说法正确的是(　 　)‎ A. 当ab边刚越过ff’时，线框加速度的大小为 B.  t0时刻线框匀速运动的速度为 C.  t0时间内线框中产生的热量为 D. 线框离开磁场的过程中一直做匀速直线运动 二、非选择题：本题共6个小题，共52分。第13、14题为实验题，第15～18题为计算说明题，考生根据要求作答。‎ ‎（一）实验题：第13题6分，第14题8分，共14分。‎ ‎13．（6分）我们可以通过实验探究电磁感应现象中感应电流方向的决定因素和遵循的物理规律．以下是实验探究过程的一部分．‎ ‎(1)如图甲所示，当磁铁的N极向下运动时，发现电流表指针偏转，若要探究线圈中产生感应电流的方向，必须知道 间的关系。‎ ‎(2)如图乙所示，实验中发现闭合开关时，电流表指针向右偏．电路稳定后，若向左移动滑动触头，此过程中电流表指针向________偏转；若将线圈A抽出，此过程中电流表指针向________偏转(均选填“左”或“右”)．‎ ‎14. （8分）利用如图（a）所示电路，可以测量电源的电动势和内阻，所用的实验器材有：‎ 待测电源，电阻箱R（最大阻值999.9Ω），电阻R0（阻值为3.0Ω），电阻R1（阻值为3.0Ω），电流表A（量程为200mA，内阻为RA=6.0Ω），开关S。‎ 实验步骤如下：‎ ‎①将电阻箱阻值调到最大，闭合开关S；‎ ‎②多次调节电阻箱，记下电流表的示数I和电阻箱相应的阻值R ‎③以为纵坐标,R为横坐标,作图线(用直线拟合);‎ ‎④求出直线的斜率k，在纵坐标轴上的截距b 回答下列问题：‎ ‎（1）实验得到的部分数据如下表所示，其中电阻R=3.0Ω时电流表的示数如图(b)所示，读出数据，完成下表。答：①  ，②  。‎ ‎（2）将所缺数据点补充完整后并作图如图（c）所示，根据图线求得斜率 k= A-1Ω-1 ，截距b=  A-1。‎ ‎（3）根据图线求得电源电动势E= V ，内阻r= Ω 。‎ ‎（二）计算说明题：根据题目意思按要求作答，‎ 解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤, 只写出最后答案的不得分。第15题6分，第16题7分，第17题12分，第18题13分，共38分。‎ ‎15. (6分)如图甲所示，一个圆形线圈的匝数n＝1000匝，线圈面积S＝200 cm2，线圈的电阻r＝1 Ω，线圈外接一个阻值R＝4 Ω的电阻，把线圈放入一方向垂直线圈平面向里的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示，‎ ‎ 求：(1)前4 s内的感应电动势的大小以及通过R的电流方向；‎ ‎(2)t=5 s时，电阻R两端的电压U。‎ ‎16. (7分)发电机的端电压为220V,输出电功率为44kW,输电线路的电阻为0.2Ω,先用初、次级匝数之比为1:10的升压变压器升压,经输电线路后,再用初、次级匝数比为10:1的降压变压器降压供给用户. (1).画出全过程的线路图; (2).求用户得到的电压和功率; ‎ ‎17. (12分)如图所示，固定的光滑金属导轨间距为L，导轨电阻不计，上端a、b间接有阻值为R的电阻，导轨平面与水平面的夹角为θ，且处在磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中。质量为m、电阻为r的导体棒与固定弹簧相连后放在导轨上。初始时刻，弹簧恰处于自然长度，导体棒具有沿轨道向上的初速度v0。整个运动过程中导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触。已知弹簧的劲度系数为k，弹簧的中心轴线与导轨平行。‎ ‎（1）求初始时刻通过电阻R的电流I的大小和方向；‎ ‎（2）当导体棒第一次回到初始位置时，速度变为v，求此时导体棒的加速度大小a；‎ ‎（3）导体棒最终静止时弹簧的弹性势能为Ep，求导体棒从开始运动直到停止的过程中，电阻R上产生的焦耳热Q。‎ ‎18. 【物理---选修3—3】（13分）‎ ‎（1）（5分）根据你学过的热学中的有关知识，判断下列说法正确的是 （选对一个得2分，选对两个得4分，选对三个得5分。选错一个扣3分，最低得0分）‎ A. 悬浮在水中的花粉的布朗运动不能反映花粉分子的热运动 B. 空中的小雨滴呈球形是水的表面张力作用的结果 C.凡与热现象有关的宏观过程都具有方向性，在热传递中，热量只能从高温物体传递给低温物体，而不能从低温物体传递给高温物体 D. 尽管技术不断进步，热机的效率仍不能达到100%，制冷机却可以使温度降到-293℃‎ E. 干湿泡温度计的湿泡显示的温度低于干泡显示的温度,这是湿泡外纱布中的水蒸发吸热的结果 ‎(2). (8分)如图所示，一根两端开口、横截面积为S=2cm2足够长的玻璃管竖直插入水银槽中并固定（插入水银槽中的部分足够深）．管中有一个质量不计的光滑活塞，活塞下封闭着长L=21cm的气柱，气体的温度为t1=7℃，外界大气压取P0=1.0×105Pa（相当于75cm高的汞柱的压强）．‎ ‎（1）若在活塞上放一个质量为m=0.1kg的砝码，保持气体的温度t1不变，则平衡后气柱为多长？（g=10m/s2）‎ ‎（2）若保持砝码的质量不变，对气体加热，使其温度升高到t2=77℃，此时气柱为多长？‎ ‎【参考答案】‎ 一、 选择题：本题共12个小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一个选项符合题目要求，第8～12题有多个选项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不选的得0分。‎ ‎1．C　[解析] 库仑发现了点电荷的相互作用规律，密立根通过油滴实验测定了元电荷的数值， A错误；麦克斯韦预言了电磁波，赫兹用实验证实了电磁波的存在，B错误；由物理学史可知，奥斯特发现了电流磁效应，法拉第发现了电磁感应现象，C正确；洛伦兹发现了磁场对运动电荷的作用规律，安培发现了磁场对电流的作用规律，D错误．‎ ‎2. 解析：选A　周长一定时，圆形的面积最大。本题线圈面积变小，磁通量变小，有感应电流产生。由楞次定律可知线圈中将产生顺时针方向的感应电流。故A正确。‎ ‎3.解析：选D　磁感应强度的变化率＝＝，法拉第电磁感应定律公式可写成E＝n＝nS，其中磁场中的有效面积S＝a2，代入得E＝n，选项D正确，A、B、C错误。‎ ‎4. 解:由图象知,在平衡位置处,,分子力即引力与斥力的合力为0;本题规定时分子势能为0,分子间距离为时,分子势能最小,但不为0,为负值  所以A选项是正确的 解析根据图象分析,是平衡位置,分子引力与分子斥力相等,合力为0,时分子势能最小.‎ ‎5. B　[解析] 公式E＝Blv适用于B、l、v三者互相垂直的情况，本题B与l、B与v、l与v是相互垂直的， l即为效切割长度，所以E＝BLv＝BLv，另有欧姆定律I＝故B正确．‎ ‎6.答案详解C 正确率: 77%, 易错项: B 解析:电路分析：交变电流电路中存在电感和电容时，电感和电容将对电流产生阻碍，其中电感对电流的阻碍作用叫做感抗，感抗大小，电容对电流的阻碍作用叫做容抗，容抗大小，其中、和分别代表电感的自感系数、电容和交流电的频率，在电路中当考虑了阻抗和容抗后可将电容和电感视作“电阻值”等于容抗和感抗的“电阻”，而电阻对电流的阻碍作用与交流电的频率无关。‎ 问题求解：根据题意，频率增加后，灯1变亮，即该支路电流增大，电压不变，该支路“总电阻”减小，故该支路应为电容所在支路；同理，灯2变暗，该支路电流变小，该支路“总电阻”增大，故该支路应为电感所在支路；灯3支路的电流不变，故该支路应为电阻所在电路，故C项正确。‎ 综上所述，本题正确答案为C。‎ ‎7． 解析：选C　线框进入磁场过程中受到的安培力F＝BIL＝，线框切割磁感线的有效长度l增大、安培力增大，由牛顿第二定律得：mg－F＝ma，得a＝g－，线框由静止加速，由于l、v不断增大，a不断减小，则线框做加速度减小的加速运动，故C正确。‎ ‎8．CD　[解析]无论线圈在磁场中匀速还是加速平移，磁通量都不变，故AB错误；选项C、D中，线圈中的磁通量发生变化，故C、D正确．‎ ‎9．BC　[解析] 由楞次定律可判定感应电流始终沿逆时针方向，故A错误；由左手定则知CD段直导线始终受安培力，故B正确；当有一半进入磁场时，切割磁感线的有效长度最大，最大感应电动势为Em＝Bav，C正确；根据法拉第电磁感应定律可得感应电动势平均值E＝＝＝πBav，D错误．‎ ‎10. 解:A、由图象知周期,该交流电流的频率是:,故A正确; B、由图象读出电流的最大值,则有效值为:,所以B选项是错误的; C、由图象知周期,线圈转动的角速度为:,所以交流电流的瞬时值表达式是:;故C错误; D、在t=T/8(T是周期）是周期)时刻,该电流的大小;与其有效值相等;所以D选项是正确的;所以AD选项是正确的.;‎ 解析:根据图象可读出该交流电的周期和最大值,然后根据频率和周期,最大值与有效值的关系可直接求解.‎ 解析:根据图象可读出该交流电的周期和最大值,然后根据频率和周期,最大值与有效值的关系可直接求解.‎ ‎11. 答案AC 解析：电容器能够通交流，选项A正确；变压器能够改变交流电的电压，但是不能改变交流电的频率，选项B错误；根据得，所以电阻的电功率为，选项C正确；根据法拉第电磁感应定律可知，原、副线圈铁芯中磁通量的变化率之比为1∶1，选项D错误.‎ ‎12. 答案详解:ABC 正确率: 30%, ‎ 选项分析：‎ A项，线框开始进入磁场时，线框处于平衡状态，‎ 此时有：‎ 当ab边刚越过时，此时线框速度仍为，‎ 此时有：‎ 联立解得：，故A项正确。‎ B项，设时刻的速度为，此时处于平衡状态，‎ 有 ‎ ‎ 联立解得，故B项正确。‎ C项，在时间内根据功能关系有，故C项正确。‎ D项，离开磁场时由于安培力小于重力沿斜面的分力，因此线框将做加速度逐渐减小的变加速运动，故D项错误。‎ 综上所述，本题正确答案为ABC。‎ 二、非选择题：本题共6个小题，共52分。第13、14题为实验题，第15～18题为计算说明题，考生根据要求作答。‎ ‎（一）实验题：第13题6分，第14题8分，共14分。‎ ‎13．（6分）‎ 答案详解：电流表指针偏转方向与电流方向间的关系 右 左 (每空2分) 解:(1)如图甲所示,当磁铁的N极向下运动时,发现电流表指针偏转,若要探究线圈中产生感应电流的方向,必须知道电流表指针偏转方向与电流方向间的关系. (2)如图乙所示,实验中发现闭合开关时,穿过线圈B的磁通量增加,电流表指针向右偏;电路稳定后,若向左移动滑动触头,通过线圈A的电流增大,磁感应强度增大,穿过线圈B的磁通量增大,电流表指针向右偏转;若将线圈A抽出,穿过线圈B的磁通量减少,电流表指针向左偏转. 因此，本题正确答案是:(1)电流表指针偏转方向与电流方向间的关系;(2)右;左.‎ 解析:‎ ‎(1)要探究感应电流方向,应该知道电流表指针偏转方向与电流方向间的关系. (2)根据题意确定电流表指针偏转方向与磁通量变化的关系,然后根据磁通量的变化判断指针的偏转方向.‎ ‎14. （8分）答案详解 ‎（1）、（2分。每空1分）‎ ‎（2）（1分。在0.96～1.04之间均给分）、（1分。在5.9～6.1之间均给分）‎ ‎（3）（2分。在2.7～3.3之间均给分）、（2分。在0.6～1.4之间均给分）‎ 解析:‎ 电路分析：如图所示电路中电阻与电流表并联，再与、串联。‎ 问题求解：实验中记录的电流为电流表示数，并联部分两支路电流之比为电阻的反比，所以流过的电流为，总电流为，并联部分分压为。‎ 根据全电路欧姆定律可知，所以与的关系为。‎ ‎（1）据图可知，电流表中分为小格，每小格表示，指针指示后两格半处，故示数为、其倒数为约等于。‎ ‎（2）根据图中（，），（，）两点可算出图线斜率为，截距为。‎ ‎（3）根据斜率可知，所以；根据截距可知，。‎ ‎（二）计算说明题：根据题目意思按要求作答，解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤, 只写出最后答案的不得分 ‎。第15题6分，第16题7分，第17题12分，第18题13分，共38分。‎ ‎15. [解析]‎ Wb，‎ 由法拉第电磁感应定律得E＝n＝1000× V＝1 V，‎ 通过R的电流方向自下而上．‎ ‎（2）由图可知：==0.2T/s            根据法拉第电磁感应定律有： ==1000×2×10-2×0.2=4V； 根据全电路欧姆定律：I′=     根据U=I′R                 解得：U==3.2V． 答：（1）0～4s内，回路中的感应电动势1V；‎ 考点：法拉第电磁感应定律，欧姆定律。‎ ‎16. 答案详解 解:(1)全过程的线路示意图如图所示: (2)根据,计算得出升压变压器的输出电压为: 则输电线上的电流为: , 损失的功率为: . 输电线上损失的电压为: 则降压变压器输入电压为: ‎ ‎ 根据,得用户得到的电压为: 用户得到的功率为: .‎ 答:(1)画出全过程的线路图,如图所示; (2)用户得到的电压为,功率为; 解析:(1)(2)画出远距离输电的示意图,根据升压 变压器原副线圈的匝数比和输入电压,求出输出电压,从而得出输送的电流,根据求出输电线上损耗的功率.根据输电线上的电压损失得出降压变压器的输入电压,从而得出用户得到的电压.根据功率损失求出用户得到的功率. 17. 答案详解 ‎（1）棒产生的感应电动势，‎ 通过的电流大小， 电流方向 ‎（2）棒产生的感应电动势为，‎ 感应电流，‎ 棒受到的安培力大小，，方向沿斜面向上 根据牛顿第二定律，有 解得，‎ ‎（3）导体棒最终静止，有 ‎ 压缩量 ‎ 设整个过程回路产生的焦耳热为，根据能量守恒定律，有 ‎                        ‎ 电阻上产生的焦耳热 解析:问题求解：‎ ‎（1）棒向上运动切割磁感线，由，求感应电动势，由欧姆定律求感应电流，根据右手定则判断感应电流的方向。‎ ‎（2）当导体棒第一次回到初始位置时，速度变为，棒产生的感应电动势为，再由欧姆定律求得感应电流，由求出此时棒所受的安培力，根据牛顿第二定律就可以求出加速度。‎ ‎（3）导体棒最终静止时，由胡克定律求出弹簧的被压缩长度，对整个过程，运用能量守恒列式，可求出回路产生的总热量，再用串联关系求出上产生的焦耳热。‎ ‎18. 【物理---选修3—3】（13分）‎ ‎（1）答案为：ABE。‎ 解：布朗运动是悬浮在水中花粉的无规则运动，由于花粉是由大量花粉分子组成的，所以布朗运动不能反映了花粉分子的热运动，故A正确；空气的小雨滴呈球形是水的表面张力，使雨滴表面有收缩的趋势的结果，故B正确； C、凡与热现象有关的宏观过程都具有方向性，在热传递中，热量能自发从高温物体传递给低温物体，也能从低温物体传递给高温物体，但必须借助外界的帮助，故C错误； D、-273.15℃是一切低温的极限，故制冷机不可能使温度降到-293°，故D错误． E、湿温度计下端包有湿纱布，湿纱布上的水分要蒸发，蒸发是一种汽化现象，汽化要吸热，所以湿温度计的示数较低，E正确．‎ ‎【考点提示】‎ 本题考查热力学第二定律的应用，回想热力学第二定律的几种表述；‎ ‎（2）. 解析:‎ ‎【考点】理想气体的状态方程；热力学第一定律；封闭气体压强 ‎【分析】（1）根据已知条件，确定两个状态下的状态参量，该过程为等温变化，由波意耳定律即可得知平衡后的气柱长度．‎ ‎（2）温度发生变化后，确定第三个状态的状态参量，用理想气体的状态方程可计算出温度变化后的气柱长度．‎ ‎（3）若在（2）过程中，气体吸收的热量为10J，则气体的内能增加8.95J ‎（3）计算出在温度变化过程中气柱变化了多少，从而可计算出对外做功的多少，由热力学第一定律可计算出气体内能的变化．‎ ‎【解答】解：（1）被封闭气体的初状态为：‎ ‎  P1=P0=1.0×105Pa=75cmHg，V1=LS=21S，T1=280K 末态为：P2=P0+=1.0×105+=1.05×105pa=78.75cmHg， V2=L2S，T2= T1=280K 根据玻意耳定律，有：P1V1=P2V2‎ 即：P1L1=P2L2‎ 得：L2==‎ ‎（2）对气体加热后，气体的状态变为：‎ P3= P2，V3=L3S，T3=350K 根据盖~吕萨克定律，有：‎ ‎ 即：‎ 得：‎ ‎（3）气体对外做功 W=P2Sh=P2S（L3﹣L2）=1.05×105×2×10﹣4×（0.25﹣0.20）J=1.05J 根据热力学第一定律有：△U=W+Q=﹣1.05+10=8.95J 答：（1）若在活塞上放一个质量为m=0.1kg的砝码，保持气体的温度t1不变，则平衡后气柱为20cm ‎（2）若保持砝码的质量不变，对气体加热，使其温度升高到t2=77℃，此时气柱为25cm．‎ ‎（3）若在（2）过程中，气体吸收的热量为10J，则气体的内能增加8.95J ‎【点评】解决本题的关键是判断气体的变化过程，确定气体的状态，分析各状态下的状态参量，再根据气体状态方程列式求解．并且熟练的掌握热力学第一定律的应用．‎