高中贵州省毕节市实验高级中学高二下学期期中考试物理试题答案解析.docx
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高中贵州省毕节市实验高级中学高二下学期期中考试物理试题答案解析
贵州省毕节市实验高级中学【精品】高二下学期期中考试物理试题
学校:
___________姓名：
___________班级：
___________考号：
___________
一、单选题
1．物理学领域里的每次重大发现，都有力地推动了人类文明的进程．最早利用磁场获得电流，使人类得以进入电气化时代的科学家是：
（）
A．法拉第B．奥斯特C．库仑D．安培
2．下列装置中利用电磁感应原理工作的是
A．白炽灯B．发电机C．电熨斗D．电饭煲
3．通电直导线旁放一个金属线框，线框和导线在同一平面内，如图所示．在线框abcd中没有产生感应电流的运动情况是（ ）
A．线框向右移动
B．线框以AB为轴旋转
C．线框以ad边为轴旋转
D．线框以ab边为轴旋转
4．远距离输送交流电都采用高压输电．我国正在研究用比330kV高得多的电压进行输电．采用高压输电的优点是（ ）
A．可加快输电的速度B．可节省输电线的材料
C．可根据需要调节交流电的频率D．可减少输电线上的能量损失
5．如图所示，相同的两木块M、N，中间固定一轻弹簧，放在粗糙的水平面上，用力将两木块靠近使弹簧压缩，当松手后两木块被弹开的过程中，不计空气阻力，则对两木块和弹簧组成的系统有（）
A．动量守恒，机械能守恒
B．动量守恒，机械能不守恒
C．动量不守恒，机械能守恒
D．动量、机械能都不守恒
6．如图所示，匀强磁场中有两个导体圆环a、b，磁场方向与圆环所在平面垂直．磁感应强度B随时间均匀增大．两圆环半径之比为2∶1，圆环中产生的感应电动势分别为Ea和Eb.不考虑两圆环间的相互影响．下列说法正确的是（ ）
A．Ea∶Eb＝4∶1，感应电流均沿逆时针方向
B．Ea∶Eb＝4∶1，感应电流均沿顺时针方向
C．Ea∶Eb＝2∶1，感应电流均沿逆时针方向
D．Ea∶Eb＝2∶1，感应电流均沿顺时针方向
7．将质量为1.00kg的模型火箭点火升空，50g燃烧的燃气以大小为600m/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．30
B．5.7×102
C．6.0×102
D．6.3×102
二、多选题
8．一正弦交变电流的电压随时间变化的规律如图所示．由图可知（）
A．该交变电流的电压瞬时值的表达式为u=100sin（25πt）V
B．该交变电流的频率为25 Hz
C．该交变电流的电压的有效值为100V
D．若将该交流电压加在阻值R=100Ω的电阻两端,则电阻消耗的功率为50W
9．一质量为2kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动，F随时间t变化的图线如图所示，则：
（ ）
A．t＝1s时物块的速率为1m/s
B．t＝2s时物块的动量大小为4kg·m/s
C．t＝3s时物块的动量大小为5kg·m/s
D．t＝4s时物块的速度为零
10．如图，理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的灯泡a和b．当输入电压U为灯泡额定电压的10倍时，两灯泡均能正常发光．下列说法正确的是
A．原、副线圈匝数比为9:
1
B．原、副线圈匝数比为1:
9
C．此时a和b的电功率之比为9:
1
D．此时a和b的电功率之比为1:
9
11．如图所示，E为直流电源，L为电阻可以忽略的自感系数很大的自感线圈，D1、D2为是两个规格相同且额定电压足够大的灯泡，S是控制电路的开关。
对于这个电路，下列说法正确的是（）
A．刚闭合开关S瞬间，通过D1、D2的电流大小不相等
B．刚闭合开关S瞬间，通过D1、D2的电流大小相等
C．闭合开关S待电路达到稳定后，D1熄灭，D2比原来更亮
D．闭合开关S待电路达到稳定，再将S断开的瞬间，D1、D2立即熄灭
12．如图所示，金属杆ab静放在水平固定的“U”形金属框上，整个装置处于竖直向上的磁场中。
当磁感应强度B均匀减小时，杆ab总保持静止，则
A．杆中感应电流方向是从a到bB．杆中感应电流大小不变
C．金属杆所受安培力逐渐增大D．金属杆所受安培力逐渐减小
三、实验题
13．
（1）如图所示的是“研究电磁感应现象”的实验装置．
①将图中所缺导线补接完整__________.
②如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上开关后线圈A迅速从线圈B中拔出时，电流计指针将___________（选填“向右偏”、“向左偏”或“不偏转”）.
（2）某学生选用匝数可调的可拆变压器来“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验时，原线圈接在学生电源上，用多用电表测量副线圈的电压.
①下列操作正确的是________
A．原线圈接直流电压，电表用直流电压挡
B．原线圈接直流电压，电表用交流电压挡
C．原线圈接交流电压，电表用直流电压挡
D．原线圈接交流电压，电表用交流电压挡
②该学生继续做实验，在电源电压不变的情况下,先保持原线圈的匝数不变，增加副线圈的匝数，观察到副线圈两端的电压增大；然后再保持副线圈的匝数不变，增加原线圈的匝数，观察到副线圈两端的电压_________（选填“增大”、“减小”或“不变”）.
14．如图所示，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OP.然后，把被碰小球m2静置于轨道的水平部分，再将入射球m1从斜轨上S位置静止释放，与小球m2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
四、解答题
15．如图所示，矩形线圈abcd在磁感强度B=2T的匀强磁场中绕轴OO′，以角速度ω=10πrad/s匀速转动，线圈共10匝，ab=0.3m，bc=0.6m，负载电阻R=45Ω．求：
（1）电阻R在0.05s内所发出的热量；
（2）0.05s内流过的电量（设线圈从垂直中性面开始转动）
16．如图，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，以水平速度v0/2射出.重力加速度为g.求：
（1）此过程中系统损失的机械能；
（2）此后物块落地点离桌面边缘的水平距离．
17．如图，水平面（纸面）内同距为
的平行金属导轨间接一电阻，质量为m、长度为
的金属杆置于导轨上，t＝0时，金属杆在水平向右、大小为F的恒定拉力作用下由静止开始运动．
时刻，金属杆进入磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，且在磁场中恰好能保持匀速运动．杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为
．重力加速度大小为g．求
（1）金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小；
（2）电阻的阻值．
参考答案
1．A
【解析】
最早利用磁场获得电流，使人类得以进入电气化时代的科学家是：
法拉第；故选A.
2．B
【解析】
白炽灯是将电能转化为热能后一部分热能转化为光能的设备，A错误；发电机是线圈在磁场中运动，结果是产生电流，利用电磁感应现象原理，B正确；电饭煲和电熨斗是将电能转化为热能，与电磁感应无关，CD错误．
3．B
【解析】
当保持M边与导线平行线圈向右移动时，穿过线圈的磁通量发生减小，则线圈中产生顺时针方向的感应电流；线框以导线为轴加速转动，穿过线圈的磁通量不变，则不可以产生感应电流；线框以ad边为轴旋转，穿过线圈的磁通量发生变化，则线圈中产生感应电流．导线框以ab边为轴旋转，穿过线圈的磁通量发生变化，则线圈中产生感应电流；本题选择不能产生感应电流的；故选B．
点睛：
该题将安培定则与楞次定律相结合，要先根据安培定则判断出电流周围的磁场才方向与特点，然后在使用楞次定律判定感应电流的方向．
4．D
【详解】
输送的功率一定，根据
知输电电压越高，输电电流越小，根据
损
知输电线上损耗的能量就小，高压输电不会改变交流电的频率以及输电的速度，故选项D正确，A、B、C错误．
5．B
【解析】
两木块相同，与地面的摩擦力相同，则两木块被弹开时，A、B与弹簧组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，系统动量保持不变；在整个过程中除弹簧弹力做功外，还有摩擦力做功，则物体A、B及弹簧组成的系统机械能不守恒，故B正确，ACD错误；故选B．
点睛：
本题考查了判断系统动量与机械能是否守恒，知道动量与机械能守恒的条件即可解题，动量守恒的条件是系统合外力为零；机械能守恒的条件是系统只有重力或弹力做功.本题是一道基础题．
6．B
【解析】
试题分析：
根据法拉第电磁感应定律可得
，根据题意可得
，故
，感应电流产生的磁场要阻碍原磁场的增大，即感应电流产生向里的感应磁场，根据楞次定律可得，感应电流均沿顺时针方向．
【学科网考点定位】法拉第电磁感应定律、楞次定律的应用
【方法技巧】对于楞次定律，一定要清楚是用哪个手判断感应电流方向的，也可以从两个角度理解，一个是增反减同，一个是来拒去留，对于法拉第电磁感应定律，需要灵活掌握公式，学会变通．
7．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。
8．BD
【解析】
由图象可知，交流电的最大值为
，电流的周期为T=0.04s，交流电的角速度
，所以交流电的电压瞬时值的表达式为
，故A错误，交流电的频率为
，故B正确；交流电的电压有效值为
，故C错误；将该交变电流的电压加在阻值R=100Ω的电阻两端，则电阻消耗的功率为
，故D正确；故选BD。
【点睛】根据图象可以知道交流电的最大值和交流电的周期，根据最大值和有效值的关系即可求得交流电的有效值和频率．
9．AB
【详解】
A.前两秒，根据牛顿第二定律，
，则0-2s的速度规律为：
v=at；t=1s时，速率为1m/s；故A正确.
B.t=2s时，速率为2m/s，则动量为P=mv=4kg•m/s；故B正确.
CD.2-4s，力开始反向，物体减速，根据牛顿第二定律，a′=-0.5m/s2，所以3s时的速度为v3=v2-a′t=1.5m/s，动量为3kg•m/s，同理4s时速度为1m/s，故C项错误；D项错误.
10．AD
【分析】
考查了理想变压器，电功率的计算
【详解】
AB．设灯泡的额定电压为
两灯均能正常发光,所以原线圈输出端电压为
，副线圈两端电压为
，故
，根据
，A正确B错误；
CD．根据公式
可得
，由于由于小灯泡两端的电压相等，所以根据公式
可得两者的电功率之比为1:
9，C错误D正确；
11．BC
【详解】
AB．S闭合瞬间，由于自感线圈相当于断路，所以两灯是串联，电流相等，故A错误，B正确；
C．S闭合稳定后，线圈相当于导线把灯1短路，灯D1熄灭，回路中总电阻减小，电流增大，D2比S刚闭合时亮，故C正确；
D．S闭合稳定后再断开开关，D2立即熄灭，但由于线圈的自感作用，L相当于电源，与D1组成回路，D1要过一会在熄灭，故D错误；
12．BD
【详解】
A．当磁感应强度B均匀减小时，穿过回路的磁通量减小，根据楞次定律判断得到：
回路中感应电流方向为逆时针方向（俯视），则杆中的感应电流方向是从b到a。
故A错误；
B．当磁感应强度B均匀减小时，穿过回路的磁通量均匀减小，磁通量的变化率
不变，根据法拉第电磁感应定律E=n
得，回路中产生的感应电动势不变，则感应电流大小保持不变。
故B正确。
CD．根据安培力F=BIL，I不变，B均匀减小，得知金属杆受到的安培力逐渐减小。
故C错误，D正确。
13．
（1）见解析；
（2）向左（3）D减小
【解析】
试题分析：
探究电磁感应现象实验电路分两部分，电源、开关、滑动变阻器、原线圈组成闭合电路，灵敏电流计与副线圈组成另一个闭合电路．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；副线圈上的感应电动势，是通过两个线圈间的互感现象产生的，所以原线圈上的电流应该是变化的，应为交流电流，电压为交流电压．副线圈上的感应电流（感应电动势）也应该是交流．
（1）①探究电磁感应现象实验电路分两部分，要使原线圈产生磁场必须对其通电，故电源、开关、滑动变阻器、原线圈组成闭合电路，灵敏电流计与副线圈组成另一个闭合电路，如图所示：
②闭合开关瞬间，通过线圈B的磁通量增大，感应电流磁场阻碍原磁场的增大，感应电流方向和圆电流方向相反，电流计向右偏，而把A从B中拔出来时，通过线圈的B的磁通量减小，感应电流的磁场要阻碍原磁场的减小，即感应电流方向和原电流方向相同，故电流计向左偏转．
（2）变压器的工作原理是互感现象，故原线圈接交流电压，输出电压也是交流电压，故电表用交流电压挡，故ABC错误，D正确；
（2）根据变压比公式
，保持副线圈的匝数不变，增加原线圈的匝数，观察到副线圈两端的电压减小；
14．C；ADE；
【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，C正确．
（2）实验时，先让入射球
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
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，而且D要在E之前，至于用天平秤质量先后均可以，故选ADE或DEA．
15．
（1）7.1J
（2）0.08C
【解析】
【分析】
线圈在图示位置产生的感应电动势最大，其大小为
；转动过程中由平均感应电动势和电流公式代入数据解得．
【详解】
（1）电动势的最大值：
；
电流的有效值
，
所以0.05s内R上发出的热量Q=I2Rt=7.1（J）；
（2）电动势的平均值：
，0.05s为从图上位置转过90°，
所求的电量：
．
16．
（1）
（2）
【详解】
试题分析：
（1）设子弹穿过物块后物块的速度为V，由动量守恒得
mv0=m
+MV①
解得
②
系统的机械能损失为
ΔE=
③
由②③式得
ΔE=
④
（2）设物块下落到地面所需时间为t，落地点距桌面边缘的水平距离为s,则
⑤
s=Vt⑥
由②⑤⑥得
S=
⑦
考点：
动量守恒定律；机械能守恒定律．
点评：
本题采用程序法按时间顺序进行分析处理，是动量守恒定律与平抛运动简单的综合，比较容易．
17．
；R=
【详解】
（1）设金属杆进入磁场前的加速度大小为a，由牛顿第二定律得：
ma=F-μmg①
设金属杆到达磁场左边界时的速度为v，由运动学公式有：
v=at0②
当金属杆以速度v在磁场中运动时，由法拉第电磁感应定律，杆中的电动势为:
E=Blv③
联立①②③式可得:
④
（2）设金属杆在磁场区域中匀速运动时，金属杆的电流为I，根据欧姆定律：
I=
⑤
式中R为电阻的阻值．金属杆所受的安培力为：
⑥
因金属杆做匀速运动，由牛顿运动定律得：
F–μmg–f=0⑦
联立④⑤⑥⑦式得:
R=
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