湖南省株洲市醴陵市第二中学醴陵市第四中学学年高二下学期期中联考物理试题.docx

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湖南省株洲市醴陵市第二中学醴陵市第四中学学年高二下学期期中联考物理试题

醴陵二中、醴陵四中

2019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＝5kg·m/s，乙物体动量p2＝－10kg·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1.0×10－2s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.PB.C.P-U2rD.

【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＝110sin100πt（V），将该交流电压加在一阻值为22Ω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60kg的运动员，从离水平网面3.2m高处自由落下，触网后沿竖直方向蹦回到离水平网面1.8m高处.已知运动员与网接触的时间为