湖南省醴陵市第二中学、醴陵市第四中学2020学年高二物理下学期期中联考试题（含解析） 13页

醴陵二中、醴陵四中2020年上学期两校联考高二年级物理科期中考试试卷 ‎ 一、选择题 ‎1.关于感应电流，下列说法中正确的是( )‎ A. 只要闭合电路内有磁通量，闭合电路中就有感应电流产生 B. 穿过螺线管的磁通量发生变化时，螺线管内就一定有感应电流产生 C. 只要电路的一部分作切割磁感线运动，电路中就一定有感应电流 D. 线框不闭合时，即使穿过线圈的磁通量发生变化，线圈中也没有感应电流 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.产生感应电流条件是闭合回路磁通量有变化，故选项A错误 B. 产生感应电流条件是闭合回路磁通量有变化，螺线管如果没有连成闭合回路，就不会有感应电流，故选项B错误 C. 电路的一部分作切割磁感线运动，如果电路没闭合仍然没有感应电流，故选项C错误 D. 线框不闭合时，线圈的磁通量发生变化也没有感应电流是对的，故D正确 故选D ‎2.关于电磁感应,下列说法中正确的是（  ）‎ A. 线圈放在磁感应强度越强的地方，产生的感应电动势一定越大 B. 穿过线圈的磁通量变化越大，感应电动势越大 C. 穿过线圈的磁通量为零，感应电动势一定为零 D. 穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.只有切割才会产生感应电动势，故A错误 B.穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大，故B错误 C.穿过线圈的磁通量为零，但磁通量变化率不一定为零，所以感应电动势不一定为零，故C错误 D.穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大，故D正确 故选D ‎3.闭合线框abcd，自某高度自由下落时穿过一个有界的匀强磁场，当它经过如图所示的三个位置时，感应电流的方向是（ ）‎ A. 经过Ⅰ时，a→d→c→b→a B. 经过Ⅱ时，a→b→c→d→a C. 经过Ⅱ时，无感应电流 D. 经过Ⅲ时，a→b→c→d→a ‎【答案】C ‎【解析】‎ 经过Ⅰ时，向里的磁通量增加，根据楞次定律则感应电流磁场方向向外，由右手定则判断感应电流方向为逆时针，故A错误；经过Ⅱ时，磁通量不变，则感应电流为0，故B错误，C正确；经过Ⅲ时，向里的磁通量减少，根据楞次定律感应电流的磁场方向向里，由右手定则判断感应电流方向为顺时针，故D错误．故选C．‎ ‎4.如图甲所示，单匝线圈两端A、B与一理想电压表相连，线圈内有一垂直纸面向里的磁场，线圈中的磁通量变化规律如图乙所示。下列说法正确的是( )‎ A. 0～0.1s内磁通量的变化量为0.15Wb B. 电压表读数为V C. B端比A端的电势高 D. 电压表“＋”接线柱接A端 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.0～0.1s内磁通量的变化量为0.05Wb，故A错误 B.感应电动势，故B错误 C.根据楞次定律判断B端比A端的电势低，故C错误 D. B端比A端的电势低，电压表“＋”接线柱接A端，故D正确 故选D ‎5.关于线圈的自感系数，下面说法正确的是（ ）‎ A. 线圈的自感系数越大，自感电动势一定越大 B. 线圈中的电流变化越快，自感系数越大 C. 线圈的自感系数由线圈本身的因素及有无铁芯决定。‎ D. 线圈中的电流等于零时，自感系数也等于零 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.磁通量有变化才有感应电动势，故A错误 B.自感系数与电流无关，故B错误 C.线圈的自感系数由线圈本身的因素及有无铁芯决定，故C正确 D.自感系数与电流无关，故D错误 故选C ‎6.关于动量，下列说法中正确的是( )‎ A. 做匀变速直线运动的物体，它的动量一定在改变 B. 做匀速圆周运动的物体，动量不变 C. 物体的动量变化，动能也一定变化 D. 甲物体动量p1＝5 kg · m/s，乙物体动量p2＝－10 kg · m/s，所以p1>p2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.动量等于质量和速度乘积，所以做匀变速直线运动的物体，它的动量一定在改变，故A正确 B.匀速圆周运动的物体速度一直在变，所以动量在变，故B错误 C.动量是矢量，动能是标量，动量变动能不一定变，故C错误 D.动量是矢量，正负代表方向，故D错误 故选A ‎7..如图所示，为一台小型发电机产生的电动势随时间按余弦规律变化，其et图象如图所示。下列分析正确的是(　　)‎ A. 在1.0×10－2 s时刻，线圈中的感应电流最大 B. 在2.0×10－2s时刻 ，线圈平面转到中性面 C. 在t=0时刻，穿过线圈的磁通量最大 D. 在2.0×10－2s时刻,穿过线圈的磁通量变化率最大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.感应电动势为0则感应电流为0，故A错误 B.在2.0×10－2s时刻，感应电动势最大，线圈平面转到与中性面垂直位置，故B错误 C.在t=0时刻，穿过线圈的磁通量最小，故C错误 D.在2.0×10－2s时刻，感应电动势最大，穿过线圈的磁通量变化率最大，故D正确 故选D ‎8.输电线的电阻为r,输送的电功率为P,用电压U输送电,则用户得到的功率为 ( )‎ A. P B. C. P-U2r D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】用户得到的功率，故选B ‎9.如图所示，A、B两物体的质量比mA:mB=3:2,它们原来静止在平板车C上,A、B间有一根被压缩了的弹簧，A、B与平板车上表面间动摩擦因数相同,地面光滑。当弹簧突然释放后,则有( )‎ A. A. B系统动量守恒 B. A. B. C系统动量守恒 C. 小车向左运动 D. 小车向右运动 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A.因为A、B所受摩擦力大小不同，所以A、B系统动量不守恒，故A错误 B.地面光滑，所以A、B、C整体不受外力，动量守恒，故B正确 C.A对小车向左的滑动摩擦力大于B对小车向右的滑动摩擦力，在A、B相对小车停止运动之前，小车的合力所受的合外力向左，会向左运动，故C正确 D.根据选项C的分析，故D错误 故选BC ‎10.如图所示,圆形导体线圈a平放在绝缘水平桌面上,在a的正上方固定一竖直螺线管b,二者轴线重合,螺线管、电源和滑动变阻器连接成如图所示的电路。若将滑动变阻器的滑片P向上滑动,下列说法中正确的有( )‎ A. 穿过线圈a的磁通量增大 B. 线圈a对水平桌面的压力小于其重力 C. 线圈a中将产生俯视逆时针方向的感应电流 D. 线圈a中将产生俯视顺时针方向的感应电流 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 试题分析：当滑动触头P向上移动时电阻增大，由闭合电路欧姆定律可知通过线圈b的电流减小，b线圈产生的磁场减弱，故穿过线圈a的磁通量变小；根据b中的电流方向和安培定则可知b产生的磁场方向向下穿过线圈a，根据楞次定律，a中的感应电流的磁场要阻碍原来磁场的减小，故a的感应电流的磁场方向也向下，根据安培定则可知线圈a中感应电流方向俯视应为顺时针，故A错误，C错误，D正确．开始时线圈a对桌面的压力等于线圈a的重力，当滑动触头向上滑动时，可以用“等效法”，即将线圈a和b看做两个条形磁铁，不难判断此时两磁铁互相吸引，故线圈a对水平桌面的压力将减小，故B正确．故选BD.‎ 考点：安培定则；楞次定律 ‎11.如图所示，垂直纸面的正方形匀强磁场区域内，有一位于纸面且电阻均匀的正方形导体框abcd，现将导体框分别朝两个方向以v、3v速度朝两个方向匀速拉出磁场，则导体框从两个方向移出磁场的两过程中 （ ）‎ A. 通过导体框截面的电荷量相同 B. 导体框所受安培力方向相同 C. 导体框中产生的焦耳热相同 D. 导体框bc边两端电势差大小相等 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ 电荷量可知两种情况磁通量变化相同，电荷量相同，Ａ对；由左手定则可知安培力方向相反，B错；焦耳热等于拉力做的功，拉力等于安培力BIL，可知拉力大小不同，但移动距离相同，可知拉力做功不同，焦耳热不同，C错；3v向右拉出时，感应电动势E=3BLv，bc两端电压为U=，向左拉出时E=BLv，bc两端电压为路端电压bc两端电压为3Lv/4，D对 ‎12. 如图所示,理想变压器原线圈接有交流电源，当副线圈上的滑片P处于图示位置时，灯泡L能发光。要使灯泡变亮，可以采取的方法有 A. 向下滑动P B. 增大交流电源的电压 C. 增大交流电源的频率 D. 减小电容器C的电容 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ 试题分析：向下滑动P，副线圈匝数减少，电压减小，A错误；增大交流电源的电压，副线圈两端电压也增大，B正确；增大交流电源的频率通过电容器的电流更大，C正确；减小电容器C的电容，增加了容抗，通过灯泡的电流减小，灯泡变暗，D错误；故选BC．‎ 考点：变压器；容抗 ‎【名师点睛】本题考查了变压器的变压原理和电容器对交流电的影响，要知道电容器对交流电的作用是：通高频阻低频。‎ 二、填空题 ‎13.一交流电压瞬时值表达式为u＝110sin 100πt(V)，将该交流电压加在一阻值为22 Ω的电阻两端，并联在该电阻两端的交流电压表的示数为______________ V．该电阻消耗的功率为___________ W,流过电阻的电流方向每秒改变________次.‎ ‎【答案】 (1). 110 (2). 550 (3). 100‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）交流电压表测的是有效值，所以 ‎（2）电阻消耗的功率 ‎（3）根据题意知：交流电周期为每个周期电流方向改变2次，所以共改变100次 ‎14.如图,用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律,即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系.‎ ‎(1)实验中,直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的.但是,可以通过仅测量__________(填选项前的符号),间接地解决这个问题.‎ A.小球开始释放高度h B.小球抛出点距地面的高度H C.小球做平抛运动的水平距离（射程）‎ ‎(2)图中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影.实验时,先让入射球m1多次从斜轨上S位置静止释放,找到其平均落地点的位置P,测量平抛射程.然后,把被碰小球静置于轨道的水平部分,再将入射球从斜轨上S位置静止释放,与小球相碰,并多次重复.接下来要完成的必要步骤是__________(填选项前的符号).‎ A.用天平测量两个小球的质量m1、m2‎ B.测量小球m1开始释放高度h C.测量抛出点距地面的高度H D.分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M、N E.测量平抛射程OM、ON ‎(3)若两球相碰前后的动量守恒,其表达式可表示为__________(用(2)中测量的量表示);若碰撞是弹性碰撞,那么还应满足的表达式为__________(用(2)中测量的量表示).‎ ‎【答案】 (1). C (2). ABD (3). (4). ‎ ‎【解析】‎ ‎(1)验证动量守恒定律实验中,即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系,直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的,但是通过落地高度不变情况下水平射程来体现速度.所以C选项是正确的.‎ ‎(2)实验时,先让入射球m1多次从斜轨上S位置静止释放,找到其平均落地点的位置P,测量平抛射程OP.然后,把被碰小球m2静置于轨道的水平部分,再将入射球从斜轨上S位置静止释放,与小球相碰,并多次重复.测量平均落点的位置,找到平抛运动的水平位移,因此步骤中D、E是必需的,由于要验证动量守恒所以还要知道入射小球和被碰小球的质量，故选ADE ‎(3)若两球相碰前后的动量守恒,则,又 , , ,代入得:‎ 故本题答案是：(1). C (2). ADE (3). m1•OM+m2•ON=m1•OP 三、计算题 ‎15.蹦床是运动员在一张绷紧的弹性网上蹦跳、翻滚并做各种空中动作的运动项目.一个质量为60 kg的运动员，从离水平网面3.2 m高处自由落下，触网后沿竖直方向蹦回到离水平网面1.8 m高处.已知运动员与网接触的时间为1.4 s. (取g=10 m/s2)试求(1)运动员第一次接触网时的瞬时速度大小。(2)网对运动员的平均冲击力.‎ ‎【答案】(1)8m/s(2) F=1200N方向：向上 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）‎ ‎（2）离网时的速度 由动量定理，取向上为正方向 F=1200N方向：向上 ‎16.如图所示，一质量为M的物块静止在桌面边缘，桌面离水平地面的高度为h.一质量为m的子弹以水平速度v0射入物块后，没有从木块射出．重力加速度为g.求：‎ ‎(1)子弹留在物块后物块的速度v1；‎ ‎(2)此过程中系统损失的机械能；‎ ‎(3)此后物块落地点离桌面边缘的水平距离．‎ ‎【答案】（1） （2） (3)‎ ‎【解析】‎ ‎(1)子弹和物块组成的系统，由动量守恒得：‎ 解得： ；‎ ‎(2)系统的机械能损失为：‎ 解得：；‎ ‎(3)设物块下落到地面所有时间为t，落地点距桌面边缘的水平距离为x，则：‎ 竖直方向：‎ 水平方向：‎ 由以上两式解得：。‎ ‎17.如图甲所示,两根足够长的平行光滑金属导轨固定放置在水平面上，间距L＝0.2m，一端通过导线与阻值为R=1Ω的电阻连接；导轨上放一质量为m＝0.5kg的金属杆，金属杆与导轨的电阻均忽略不计.整个装置处于竖直向上的大小为B＝0.5T的匀强磁场中.现用与导轨平行的拉力F作用在金属杆上，金属杆运动的v-t图象如图乙所示.（取重力加速度g=10m/s2）求：‎ ‎（1）金属棒在t=5s时的加速度以及10s内的位移。‎ ‎（2）t＝10s时拉力的大小及电路的发热功率。‎ ‎（3）在0～10s内，通过电阻R上的电量。‎ ‎【答案】（1），（2），（3）2C ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由v-t图象可知：金属棒做匀加速直线运动 ‎ ‎10s内发生的位移 ‎（2）由牛顿第二定律: F-F安=ma F安=BIL E=BLv ‎=0.4A v=at（或由图可知，t=10s时，v=4m/s）‎ 联立以上各式，代入数据得： ‎ ‎（3） ‎ 联立以上各式，代入数据得: ‎