2017-2018学年福建省三明市三地三校高二下学期期中联考物理试题 解析版 13页

‎2017-2018学年第二学期三明市三地三校联考期中考试联考协作卷 高二物理 一、单项选择题（共10小题，每小题4分）‎ ‎1. 第一个发现电磁感应现象的科学家是( )‎ A. 奥斯特 B. 库仑 C. 法拉第 D. 安培 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：A、奥斯特发现了电流的磁效应；错误 B、库伦研究得出了电荷间的相互作用：库仑定律；错误 C、法拉第第一个发现电磁感应现象；正确 D、安培研究了磁场对电流的作用；错误 故选C 考点：物理学史 点评：电磁学发展史上，几个著名的物理学家及著名的实验要记牢，可以让我们了解电磁学学建立的过程，加深对电磁学知识的理解。‎ ‎2. 许多楼道照明灯具有这样的功能：天黑时，出现声音它就开启；而在白天，即使有声音它也没有反应，它的控制电路中可能接入的传感器是( )‎ ‎①温度传感器 ②光传感器 ③声音传感器 ④热传感器 A. ①② B. ②③ C. ③④ D. ②④‎ ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：根据题意，天黑时，出现声音它就开启；而白天，即使有声音它也没有反应，故电路中有光传感器，即使天黑，没声音灯也不亮，故用到了声音传感器．即控制电路中接入了光传感器、声音传感器．故选B 考点：常见传感器的工作原理．‎ 点评：考查了延时开关的工作原理，用到了光传感器、声音传感器．‎ 视频 ‎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. 闭合线框放在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】试题分析：根据楞次定律得知，当原来磁场的磁能量增加时，感应电流的磁场跟原来的磁场方向相反，当原来磁场的磁能量减小时，感应电流的磁场跟原来的磁场方向相同，故A正确；当闭合线框放在变化的磁场中，不一定能产生感应电流．如果线圈与磁场平行时，穿过线圈的磁通量不变，线圈中不能产生感应电流，故B错误；闭合线框放在匀强磁场中做切割磁感线运动，如果磁通量没有变化，线圈没有感应电流产生，故C错误；根据楞次定律得知，感应电流的磁场总是阻碍原来磁场磁通量的变化，故D正确。‎ 考点：感应电流的产生条件 ‎【名师点睛】本题考查对感应电流产生的条件和楞次定律的理解．感应电流的磁场方向与原磁场方向的关系用四个字记忆：“增反减同”。‎ ‎4. 中央电视台《焦点访谈》多次报道某些边远落后农村电价过高，农民负担过重．其中客观原因是电网陈旧老化，近年来进行了农村电网改造。为了减少远距离输电线路上的电能损耗而降低电费价格，以下措施中切实可行的是( )‎ A. 提高输送功率 B. 应用超导材料做输电线 C. 提高输电电压 D. 减小输电导线的横截面积 ‎【答案】C ‎【解析】根据P=UI，知I=P/U，则P损＝I2R＝R，知可以提高输电电压来减小损失的功率，因为电阻R=ρ知，可以减小电阻率或增大横截面积来减小电阻，从而减小损失的功率。应用超导材料做输电线虽然可减小导线的功率损失，但是不现实，故C正确，ABD错误。故选C。‎ 点睛：解决本题的关键知道P损＝I2R，知道可以通过增大输电电压，减小输电电流来减小损失功率，也可以通过减小输电线的电阻减小损失功率．‎ ‎5. 一矩形线圈，绕垂直于匀强磁场并位于线圈平面内的固定轴转动，线圈中的感应电动势e随时间t的变化如图所示。下列说法中正确的是（ ）‎ A. t１时刻通过线圈的磁通量为零 B. t２时刻通过线圈的磁通量的绝对值最大 C. t３时刻通过线圈的磁通量变化率的绝对值最小 D. t４时刻线圈位于中性面 ‎【答案】C ‎【解析】由图可知，t1时刻线圈的感应电动势最小（零），则磁通量的变化率也为零，所以通过线圈的磁通量为最大，故A错误；由图可知，t2时刻线圈的感应电动势最大，则磁通量的变化率也为最大，所以通过线圈的磁通量为零，故B错误；由图可知，t3时刻线圈的感应电动势最小（零），则磁通量的变化率也为零，所以C正确； t4时刻感应电动势最大，磁通量为零时，磁通量变化率最大，故线圈垂直中性面。故D错误；故选C。‎ 点睛：学会通过瞬时感应电动势来判定在什么时刻，线圈处于什么位置；同时还能画出磁通量随着时间变化的图象及线圈中的电流随着时间变化的规律．‎ ‎6. 闭合线圈的匝数为n，所围面积为S，总电阻为R，在时间内穿过每匝线圈的磁通量变化为△Φ，则通过导线横截面的电荷量为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】由法拉第电磁感应定律：E=N；再由欧姆定律：I=； 而电量公式：q=It；三式联立可得：q=n，故选A。‎ ‎7. 把电热器接到110V的直流电源上，每秒产生热量为Q，现把它接到交流电源上，每秒产生的热量为2Q，则交流电压的最大值是（ ）‎ A. 110V B. 220V C. 220V D. 110V ‎【答案】C ‎【解析】设电热器的电阻为R． 当电热器接在U=110V的直流电源上时有：Q=‎ t；当电热器改接到交流电源上时有：；两式可得：U=220V，故选C.‎ 点睛：直流和交流求解焦耳热都可以运用焦耳定律，对于交流，要用有效值求解热量．采用比例法处理.‎ ‎8. 如图所示，当交流电源电压恒为220V，频率为50Hz时，三只灯泡A、B、D的亮度相同，若将交流电的频率改为100Hz，(假设图中电感器电阻与R相同)则: ( )‎ A. A灯最暗 B. B灯最暗 C. D灯最暗 D. 三只灯泡的亮度依然相同 ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：三个三个支路电压相同，当交流电频率变大时，电感的感抗增大，电容的容抗减小，电阻所在支路对电流的阻碍作用不变，所以流过B的电流变大，流过A的电流变小，流过C的电流不变．即A变暗，B变亮，C不变，‎ 故选A 考点：电容器和电感器对交变电流的导通和阻碍作用；‎ 点评：解决本题的关键知道电感和电容对交流电的阻碍作用的大小与什么因素有关．记住感抗和容抗的两个公式可以帮助定性分析．．‎ ‎9. 如图所示，用一个与水平面成θ角的恒力F，推着质量为m的木箱沿光滑水平面运动，则在作用时间t内，下列说法中正确的是（ ）‎ A. 推力的冲量Ftcosθ B. 重力的冲量为0 C. 推力F的冲量是Ft D. 木箱的动量变化是Ft ‎【答案】C ‎【解析】由冲量的定义可得，力F的冲量IF=Ft，选项A错，C对。重力的冲量IG=mgt，选项B错。由动量定理知，木箱的动量变化Δp=Fcos θ·t=Ftcos θ，选项D错。‎ ‎10. 一个矩形线圈匀速地从无磁场的空间先进入磁感应强度为B1的匀强磁场，然后再进入磁感应强度为B2的匀强磁场，最后进入没有磁场的右边空间，如图所示。若B1=2B2，方向均始终和线圈平面垂直，则在所示图中能定性表示线圈中感应电流i随时间t变化关系的是（电流以逆时针方向为正）（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：由可知线圈在磁场中的感应电动势的大小，由右手定则可得出电流的方向；再由欧姆定律即可得出电流的大小及方向变化。线圈进入时，右边切割磁感线产生感应电动势，由右手定则可得出电流方向沿逆时针，故电流为正；当线圈全部进入时，磁通量不再发生变化，故线圈中没有电流；当右边进入时，两边同时切割磁感线，左边产生的感应电动势为，右边产生的电动势为，因两电动势方向相反，故总电动势为，方向沿顺时针，故电流为负；当线圈离开磁场区域时，只有左边切割，电动势为，方向为顺时针，故电流为负。故选C 考点：法拉第电磁感应定律、右手定则 二、不定项选择题（本题共4小题，每小题16分）‎ ‎11. 一个矩形线圈在匀强磁场中匀角速度转动，产生交变电动势的瞬时表达式为e = 10sin4πt( V )，则：（ ）‎ A. 该交变电动势的频率为2Hz B. 零时刻线圈平面与磁场垂直 C. t = 0.25s时，e 达到最大值 D. 在1s时间内，线圈中电流方向改变100次 ‎【答案】AB ‎【解析】试题分析：该交变电动势的频率为，选项A正确； 零时刻感应电动势的瞬时值为零，则线圈平面与磁场垂直，选项B正确；t=0.25s时，e=10sinπV=0，此时e达到最小值，选项C错误；交流电的周期为0.5s，则0.5s内电流方向改变2次，则在1s时间内，线圈中电流方向改变4次，选项D错误；故选AB.‎ 考点：交流电 ‎12. 如图所示,通电导线与矩形线圈abcd处于同一平面,下列说法中正确的是( )‎ A. 若线圈向右运动,其中感应电流方向是a→d→c→b B. 若线圈竖直向下运动,无感应电流产生 C. 当线圈以ab边为轴转动时(小于90°),其中感应电流方向是a→b→c→d D. 当线圈向导线靠近时,其中感应电流方向是a→d→c→b ‎【答案】BCD ‎【解析】当导线框向右平移时，穿过线圈的磁通量减少，根据右手螺旋定则与楞次定律可知，感应电流方向是a→b→c→d→a，即顺时针方向。故A错误；若线圈竖直向下平动，穿过线圈的磁通量不变，无感应电流产生。故B正确；当线圈以ab边为轴转动时（小于90°），穿过线圈的磁通量减少，根据右手螺旋定则与楞次定律可知，感应电流方向是a→b→c→d．故C正确；当线圈向导线靠近时，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律可知，其中感应电流方向是a→d→c→b．故D正确。故选BCD。‎ 点睛：解决本题的关键掌握右手螺旋定则判断电流周围的磁场方向，掌握感应电流的产生条件，会根据楞次定律判断感应电流的方向．‎ ‎13. 如图所示电路中的变压器为理想变压器，S为单刀双掷开关。P是滑动变阻器R的滑动触头，U1为加在原线圈两端的交变电压，I1、I2分别为原线圈和副线圈中的电流。下列说法正确的是（ ）‎ A. 保持P的位置及U1不变，S由b切换到a，则R上消耗的功率减小 B. 保持P的位置及U1不变，S由a切换到b，则I2减小 C. 保持P的位置及U1不变，S由b切换到a，则I1增大 D. 保持U1不变，S接在b端，将P向上滑动，则I1增大 ‎【答案】BCD ‎【解析】S由b切换到a，副线圈匝数变大，所以副线圈电压变大，电阻不变，所以R上消耗的功率变大，故A错误；S由a切换到b副线圈匝数变小，所以副线圈电压变小，电阻不变，所以I2减小，故B正确；S由b切换到a，副线圈匝数变大，所以副线圈电压变大，电阻不变，所以I2增大，输出功率与输入功率相等且都增大，则I1增大，故C正确；S置于b位置不动，P向上滑动，电阻变小，电压不变，所以输出功率变大，故原线圈的输入功率变大，则I1增加，故D正确。故选BCD。‎ 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．输入电压决定输出电压，而输出功率决定输入功率．‎ ‎14. 质量相等的A、B两球在光滑水平面上沿同一直线同一方向运动，A球的动量是9kg·m/s, B 球的动量是5kg·m/s，当A球追上B球时发生碰撞，则碰撞后A、B两球的动量可能值是 （ ）‎ A. =7kg·m/s, =7kg·m/s,‎ B. =6kg·m/s, =8kg·m/s,‎ C. =-2kg·m/s, =16kg·m/s,‎ D. =-4kg·m/s, =17kg·m/s,‎ ‎【答案】AB ‎【解析】以两球组成的系统为研究对象，取甲球碰撞前的速度方向为正方向，两球的质量均为m，碰撞前系统的总动能：；系统的总动量：p=9kg•m/s+5kg•m/s=14kg•m/s； A、若碰后甲、乙两球动量为：pA=7kg∙m/s，pB=7kg∙m/s，系统的总动量 p′=7kg∙m/s+7kg∙m/s=14kg•m/s，动量守恒。总动能：，总动能减小，是可能的，故A正确。 B、若碰后甲、乙两球动量为：pA=6kg∙m/s，pB=8kg∙m/s，系统的总动量 p′=6kg∙m/s+8kg∙m/s=14kg•m/s，动量守恒。总动能：，总动能减小，是可能的，故B正确。 C、若碰后甲、乙两球动量为：pA=-2kg∙m/s，pB=16kg∙m/s，系统的总动量 p′=-2kg∙m/s+16kg∙m/s=14kg•m/s，动量守恒。总动能：，总动能增加，是不可能的，故C错误。 D、若碰后甲、乙两球动量为：pA=-4kg∙m/s，pB=17kg∙m/s，系统的总动量 p′=-4kg∙m/s+17kg∙m/s=13kg•m/s，动量不守恒，不可能，故D错误。故选AB。‎ 点睛：对于碰撞过程，要掌握三大规律：1、动量守恒定律；2、总动能不增加；3、符合物体的实际运动情况．‎ 三、实验题（每小题2分，共12分）‎ ‎15. 如图为“探究电磁感应现象”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，那么合上电键后可能现的情况有：（填“向左偏”、“向右偏”或“不偏转”）将原线圈迅速插入副线圈时，灵敏电流计指针_________________________。‎ ‎(3)原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器触头迅速向左拉时，灵敏电流计指针___________。‎ ‎【答案】 (1). （1）如图；‎ ‎ (2). （2）向右偏 (3). （3）向左偏 ‎【解析】（1）将电源、电键、变阻器、小螺线管串联成一个回路，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；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． （3）原线圈插入副线圈后，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，则磁通量减小，但穿过副线圈的磁场方向不变，根据楞次定律，则灵敏电流计指针将左偏转． 点睛：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. 某同学用如图所示装置，通过半径相同的A、B两球的碰撞来验证动量守恒定律.‎ ‎（1）实验中必须要求的条件是（_____）‎ A．斜槽轨道尽量光滑以减少误差 B．斜槽轨道末端的切线必须水平 C．入射球和被碰球的质量必须相等，且大小相同 D．入射球每次必须从轨道的同一位置由静止滚下 ‎（2）在以下选项中，哪些是本次实验必须进行的测量？‎ A.水平槽上未放B球时，测量A球落点位置到O点的距离 B.A球与B球碰撞后，测量A球落点位置到O点的距离 C.测量A球或B球的直径 D.测量A球和B球的质量（或两球质量之比）‎ E.测量G点相对于水平槽面的高度 答：_____________（填选项号）.‎ ‎（3）某次实验中得出的落点情况如下图所示，假设碰撞过程中动量守恒，则入射小球质量m1和被碰小球质量m2之比为____________.‎ ‎【答案】 (1). BD (2). AB (3). 4:1‎ ‎【解析】试题分析：（1）为了验证水平碰撞过程中动量守恒定律，所以斜槽轨道末端的切线必须水平以及入射球每次必须从轨道的同一位置由静止滚下以保证初速相同。‎ ‎（3）根据可知，两球质量之比为4：1‎ 考点：动量守恒定律 点评：本题考查了通过平抛运动验证动量守恒定律的方法。‎ 四、计算题（本小题共有4小题，共32分）‎ ‎17. 质量为2kg的平板车B上表面水平，原来静止在光滑水平面上，平板车一端静止着一块质量为2kg的物体A，一颗质量为0.01kg的子弹以600m/s的速度水平瞬间射穿A后，速度变为100m/s，如果A B之间的动摩擦因数为0.05，求：‎ ‎(1) A的最大速度 ‎(2) 若A不会滑离B，则B的最大速度。‎ ‎【答案】(1) 2.5m/s (2) 1.25m/s ‎【解析】（1）子弹刚射穿A时，A的速度最大．对于子弹和物体A组成的系统，‎ 由动量守恒定律，得m0v0=mAvA+m0v0′． ‎ 代入数据解得vA=2.5m/s． ‎ ‎（2）A在B上滑动时，A做减速运动，B做加速运动，当A、B速度相同时，B的速度最大，对于A、B系统，由动量守恒定律，得：mAvA=（mA+mB）v ‎ 解得：v=1.25 m/s ‎ ‎18. 如图所示，水平面上有两根相距0.5m的足够长的平行金属导轨MN和PQ，它们的电阻可忽略不计，在M和P之间接有阻值为R的定值电阻.导体棒ab长l＝0.5m，其电阻为r，与导轨接触良好.整个装置处于方向竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B＝0.4T.现用拉力F使ab以v＝10m/s的速度向右做匀速运动. 求:‎ ‎ ‎ ‎⑴ab中的感应电动势多大？‎ ‎⑵ab中此时的电流方向？‎ ‎⑶若定值电阻R＝3.0Ω，导体棒的电阻r＝1.0Ω，则电路中的电流多大？‎ ‎(4)拉力F是多少？‎ ‎【答案】(1) 2V (2) ab中的电流由b流向a (3) 0.5A (4) 0.1N ‎【解析】（1） 感应电动势：E=BLv=0.4×0.5×10=2V ‎ ‎（2）由右手定则可知，ab中的电流由b流向a；‎ ‎（3）感应电流：I==0.5A ‎19. 如图所示，矩形线圈abcd的匝数为N=50匝，线圈ab的边长为l1=0.2m，bc的边长为l2=0.25m，在磁感应强度为B=0.4T的匀强磁场中，绕垂直于磁感线且通过线圈中线的OO′轴匀速转动，转动的角速度ω=100rad/s，若线圈自身电阻为r=1Ω，负载电阻R=9Ω。试求：‎ ‎(1)感应电动势的最大值Em ‎(2)线圈在图示位置开始计时（线圈平面与磁感线平行）时，感应电动势e的瞬时值的表达式；‎ ‎(3)通过电阻R的电流大小 ‎(4)1min时间内电阻R上产生的焦耳热Q的大小。‎ ‎【答案】(1) (2) (3) (4) 5.4×104 J ‎【解析】（1）感应电动势的最大值：Em=NBωS=NBl1l2ω=50×0.4×0.2×0.25×100V=100V ‎（2）线圈在图示位置时电动势达到最大值，此时感应电动势的值为：‎ e=100cos(100t)V ‎ ‎（3）电动势的有效值为E==100V ‎ 电流有效值为I==A=10A ‎ ‎（4）电阻R上产生的热量为Q=I2Rt=102 ×9×60=5.4×104 J ‎ 点睛：线框在匀强磁场中匀速转动，产生正弦式交变电流。而对于电表读数、求产生的热量均由交变电的有效值来确定，而涉及到耐压值时，则由最大值来确定。而通过某一电量时，则用平均值来求。‎ ‎20. 发电机输出功率40KW，输出电压400V，用变压比（原、副线圈匝数比）为1∶5的变压器升压后向远处供电，输电线的总电阻为5Ω，到达用户后再用变压器降为220V。‎ 求：（1）升压变压器副线圈电压是多少？‎ ‎（2）输电线上损失的电功率是多少？‎ ‎（3）输电线上损失的电压是多少？‎ ‎（4）降压变压器的匝数比是多少？‎ ‎【答案】(1) (2) (3) (4) ‎ ‎【解析】设升压变压器的输出电压为U1，输入电压为U2，输入电流为I；降压变压器的输出电压为U3，输入电压为U4‎ ‎（1）根据公式 可得： ‎ ‎（2）则输出电流： ‎ 则损失的电功率：P损=I2R=202×5W=2000W ‎ ‎（3）输电线上的电压降： ‎ ‎（4）降压变压器的输入电压为：U3=U2-∆U=2000V-100V=1900V；‎ 则降压变压器的变压比： ‎ 点睛：解决本题的关键知道变压器的电压比与匝数比的关系以及知道输送功率与输送电压、电流的关系；知道降压变压器初级电压等于升压变压器次级电压与导线上电压损失的差值．‎ ‎ ‎ ‎ ‎