四川省内江市学年高二下学期期末检测理综物理精校解析 Word版.docx
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四川省内江市学年高二下学期期末检测理综物理精校解析Word版
四川省内江市2017-2018学年高二下学期期末检测理综
物理试题
二、选择题（本题包括8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第14~18题只有一个选项符合题目要求；第19~21小题有多个选项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）
1.在如图所示的条件下，闭合矩形线圈能产生感应电流的是
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】试题分析：
感应电流产生的条件是通过闭合电路的磁通量发生变化，ABC三种情况的磁通量都没有发生变化，故没有感应电流产生；D接的是交流电源，通过线圈的磁场发生变化，所以磁通量改变，有感应电流产生，所以本题选择D。
考点：
感应电流的产生条件
2.如图所示，理想变压器原线圈连接的交流电源电压佾定，电表对电路的影响不计，其中R2为用NTC半导体热敏材料制成的传感器．当R2所在处出现火情时，各个交流电表示数的变化情况是
A.I1变大，U变大
B.I1变大，U不变
C.I2变小，U变小
D.I2变大，U不变
【答案】B
【解析】由于变压器的匝数比和输入的电压都不变，所以输出的电压也不变，所以电压表的示数不变.当R2所在处出现火情时,R2的电阻减小,副线圈的总电阻减小,所以副线圈的总电流增大,原线圈的电流也增大,所以I1变大.因为副线圈电流增大,所以R1两端电压增大,R3两端电压减小,所以I2变小.故选择B答案。
【点睛】变压器的动态分析问题和闭合电路中的动态分析类似，可以根据R2的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，再根据电压不变，来分析其他的元件的电流和电压的变化的情况．
3.如图甲所示，在绝缘的水平桌面上放置一金属圆环．在圆环的正上方放置—个螺线管，在螺线管中通入如图乙所示的电流，电流从螺线管a端流入为正．以下说法中正确的是
A.在第1s末，圆环中的感应电流最大
B.在第2s末，圆环对桌面的压力小于圆环的重力
C.在1~2s内和2~3s内，圆环中的感应电流的方向相反
D.从上往下看，在0~1s内，圆环中的感应电流沿顺时针方向
【答案】D
【解析】：
0～1s线圈中电流增大的越来越慢，到1s末电流最大，但是变化率为零，所以圆环中的感应电流最小。
A错误。
2s末金属环中感应电流最大，但螺线管中电流为零，没有磁场，与金属环间无相互作用，所以2s末圆环对桌面的压力等于圆环的重力，故B错误；1～2s正方向电流减小，2～3s反向电流增大，根据楞次定律，金属环中感应电流的磁场方向不变，感应电流方向不变，故C错误；0～1s线圈中电流增大，产生的磁场增大，金属环中磁通量增大，根据楞次定律可知，从上往下看，0～ls内圆环中的感应电流沿顺时针方向，故D正确.故选择D.
【点睛】据安培定则判定穿过线圈的磁通量变化，再依据楞次定律，确定环对桌面的压力情况；同理，根据安培定则与楞次定律，即可判定各段时间内的感应电流方向和环的变化趋势。
4.如图所示，为某商厦安装的光敏电阻自动计数器的示意图．其中A是光源．B是由电动机带动匀速运行的自动扶梯，R1是半导体材料制成的光敏电阻（光照越强，电阻越小），R2是定值电阻．每当扶梯上有顾客经过．挡住由A射向R1的光线时．计数器就计数一次．此光计数器的基本工作原理是
A.当有光照射R1时，信号处理系统获得低电压
B.不论有无光照射R1，信号处理系统获得的电压都不变
C.信号处理系统每获得一次低电压就计数一次
D.信号处理系统每获得一次高电压就计数一次
【答案】C
【解析】试题分析：
当光线照射
时，
阻值减小，
减小，由欧姆定律得
，且电源电压不变，电路中的电流增大，
是定值电阻，
，
两端电压增大，信号处理系统获得高压，A错误B正确，当有人时信号系统计数，即没有光照时，没有光照时获得低电压，C错误，D正确；
考点：
考查闭合电路欧姆定律
5.如图所示，一个半径为L的半圆形硬导体AB，以速度v在水平U型框架上匀速滑动．匀强磁场的磁感应强度为B．定值电阻为R0，半圆形硬导体AB的电阻为r，其余电阻不计．则半圆形导体AB切割磁感线产生感应电动势的大小及AB之间的电势差分别为
A.πBLv，
B.πBLv，
C.2BLv，BLvD.2BLv，
【答案】D
【解析】半圆形导体AB切割磁感线产生感应电动势的大小为：
E=B•2L•v=2BLv
AB相当于电源，其两端的电压是外电压，由欧姆定律得：
故应选D。
点晴：
题要理解并掌握感应电动势公式，图中半圆形硬导体AB有效切割的长度等于半圆的直径2L，由公式E=Blv求解感应电动势的大小．AB相当于电源，其两端的电压是外电压，由欧姆定律求出。
6.在如图所示电路中，L为自感系数很大的电感线圈，N为试电笔中的氖管（起辉电压约60V），电源电动势为12V，已知直流电使氖管起辉时．辉光只发生在负极周围，则下列说法中正确的是
A.S接通时，氖管不会亮
B.S接通时起辉，辉光在a端
C.S接通后迅速切断时起辉，辉光在a端
D.S接通后迅速切断时起辉，则辉光在电极b处
【答案】AD
【解析】S接通后，电源电动势约为12V，而启辉电压约60V，所以氖管不会亮，故A正确，B错误；接通后迅速切断时启辉，因线圈的电流变化，导致产生较大的感应电动势，从而氖管启辉发出辉光，而线圈产生感应电动势时，左端相当于电源正极，右端相当于负极，由题意可知，使辉光在b端，故C错误，D正确；故选：
AD。
【点睛】仅仅由电源电动势，无法使得氖管启辉，只有当开关断开瞬间，线圈出现自感现象，产生较大的感应电动势，使其发光．
7.室外天线放大器能将室外接收到的微弱电视信号放大，使得电视机更清晰．放大器放置在室外的天线附近，为它供电的电源盒放置在室内，连接电源盒与放大器的两条电线兼有两种功能：
既是天线放大器的50Hz低频电源线，同时又将几百兆赫兹高频电视信号送入室内．供电视机使用．即低频电流和高频电流共用一个通道．室内电源盒的内部电路如图所示，关于电容器C和电感线圈L的作用．下面说法中正确的是
A.电容器C的作用是阻高频电视信号、通低频电流
B.电容器C的作用是阻低频电流、通高频电视信号使之输送到电视机
C.电感线圈L的作用是阻碍高频电视信号进入变压器
D.电感线圈L的作用是阻低频电流、通高频电视信号
【答案】BC
故选BC
考点：
考查了电磁波的发射，传播，接受
点评:
本题关键是明确电容器和电感线圈的作用，然后再结合具体电路进行分析．
8.如图，甲为一台小型发电机构造示意图．内阻r＝5Ω，外电路电阻R＝95Ω，电路中其余电阻不计．发电机内的矩形线圈在匀强磁场中以恒定的角速度ω绕垂直于磁场方向的固定轴OO'转动，线圈匝数n＝100．转动过程中穿过每匝线圈的磁通量Φ随时间t按正弦规律变化，如图乙所示，则下列说法中正确的是
A.电路中电流最大值为2A
B.该小型发电机的电动势的最大值为200
V
C.当时间t＝π×10－2s时，该小型发电机的电动势最大
D.串联在外电路中的交流电流表的读数为2A
【答案】AC
【解析】t=3.14×10﹣2s时，磁通量Φ的变化率最大，该小型发电机的电动势有最大值，故C正确；
从Φ﹣t图线可以看出，Φmax=1.0×10﹣2Wb，T=3.14×10﹣2s，
感应电动势的最大值为：
Emax=nωΦmax=100×
×1×10﹣2=200V，故B错误；电路中电流最大值为：
，故A正确；
交流电流表读数是交变电流的有效值，即：
，故D错误。
故选：
AC。
【点睛】首先知道给出的是磁通量与时间的变化关系，利用图象读出周期求出角速度；再利用电动势的最大值公式求出峰值、有效值，从而求出电流表的示数．
三、非选择题：
包括必考题和选考题两部分，第22题~第32题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33题，第38题为选考题，考生根据要求作答．
9.为了演示在通电瞬间和断电瞬间的自感现象．利用电流传感器设计了如图所示的电路．电源内阻不可忽略，线圈的自感系数较大，其直流电阻小于电阻R的阻值．在t＝0时刻，闭合开关S，穿过线圈L的磁通量逐渐_____（选填“增加”或“减少”），电路稳定后，在t1时刻断开S．通过电阻R的电流方向为____．（选填“a→b”或“b→a”）．电流传感器连接计算机分别描绘了整个过程线圈中的电流IL和电阻中的电流IR随时间t变化的图象．下列图象中正确的是_____
A.
B.
C.
D.
【答案】
（1）.增加
（2）.
（3）.BD
【解析】电键闭合式，电路中电流突然增大，磁场增强，所以穿过L的磁通量增加。
电路稳定后，在t1时刻断开S，因为线圈的电阻小于电阻R的阻值，所以流过线圈的电流大于流过电阻R的电流。
当S断开时电感阻碍自身电流变化，产生的感应电流仍沿着原来方向，所以线圈和电阻R组成闭合回路，所以流过R的电流为从右向左，即从
。
电键闭合时，电感阻碍电流变化，L为一个自感系数很大、直流电阻小于电阻R的阻值的线圈，所以电感的阻碍慢慢减小，即流过电感的电流增大，所以IL慢慢增大，最后稳定时电感相当于电阻，IL为恒定，当电键断开后，电感阻碍自身电流变化，产生的感应电流仍沿着原来方向，不过大小在减小，故A错误，B正确。
当电键闭合时，电感阻碍电流变化，L为一个自感系数很大、有直流电阻的线圈，导致通过电阻的电流刚开始较大，然后减小，所以IR慢慢较小，最后稳定，当断开电键，原来通过R的电流立即消失当电键断开后，电感阻碍自身电流变化，产生的感应电流流过电阻，其方向与规定图示流过电阻的方向相反，IR慢慢减小最后为0．故C错误，D正确。
故选：
BD。
【点睛】电感对电流的变化起阻碍作用，闭合电键时，电感阻碍电流IL增大，断开电键，R、L构成一回路，电感阻碍电流IL减小．
10.
（1）在探究“愣次定律"的实验中，除需要已知绕向的螺线管、条形磁铁外，还要用到一个电表．请从下列电表中选择______
A．量程为0~3V的电压表
B．量程为0~3A的电流表
C．量程为0~0.6A的电流表
D．零刻度在中间的灵敏电流表
（2）某同学按下列少骤进行实验：
①将已知绕向的螺线管与电表连接；
②设计表格．记录将磁铁N、．S极插入和抽出过程中引起感应电流的磁场方向、磁通量的变化、感应电流的方向、感应电流的磁场方向；
③分析实验结果．得出结论．
上述实验中，漏掉的实验步骤是要査明__________________的关系．
（3）在上述实验中，当磁铁插入螺线管的速度越快．指针偏角_______（选填“不变”、“变大”或“变小”）．
（4）如图，甲为某实验小组利用微电流传感器做验证楞次定律实验时，在计算机屏幕上得到的波形．横坐标为时间t，纵坐标为电流I，报据图线分折知道：
将条形磁铁的N极插入圆形闭合线圈时得到图甲内①所示图线．现用该磁铁，如图乙所示，从很远处按原方向沿一圆形线圈的轴线匀速运动，并穿过线圈向远处而去，图丙中较正确地反映线圈中电流I与时间t关系的是_____。
【答案】
（1）.
（1）D
（2）.
（2）电流流入电表方向与电表指针偏转方向（3）.（3）变大（4）.（4）B
【解析】
（1）由于电流方向会发生变化，所以应该用零刻度在中间的灵敏电流表，故选D
（2）因为本实验时探究“楞次定律”的实验，所以要查明电流流入电表方向与电表指针偏转方向的关系，从而来确定感应电流方向与原磁通量变化之间的关系。
（3）根据图线分析知道:
将条形磁铁的N极插入圆形闭合线圈时得到图甲内①所示图线，则表明穿过线圈N极的磁通量增加时，应该形成图①的形状，当磁铁S极从很远处按原方向沿一圆形线圈的轴线匀速运动,并穿过线圈向远处而去，则穿过线圈平面的S极的磁通量先增大后减小，且磁场方向与题中所给的方向恰好相反，所以图像应该是B，故选B
本题答案是：
（1）.D
（2）.查明电流流入电表方向与电表指针偏转方向的关系（3）.B
11.发电厂输出的交变电压为22kV，输出功率为2.2×106W．要求输电导线上损失的电功率为输送功率的10%．现在用户处安装一降压变压器，用户电压为220V．求：
（1）发电厂到变压器间的输电导线总电阻．
（2）变压器原、副线阍的匝数之比．
【答案】
（1）
（2）
【解析】
（1）设输电导线上损失的电功率为∆P，由发电厂输出电压U1＝22KV，输出功率P1＝2.2×106W可得，输电导线上的电流为I1＝
＝100A．
输电导线损失的电功率∆P＝I12R线＝10%P
输电线总电阻R线＝22Ω
（2）变压器原线圈两端电压U2＝U1－I1R线＝22×103－22×100（V）＝1.98×104V
副线圈两端电压U3＝220V，而变压器原副线阍匝数之比等于电压之比，
即
＝90：
1
【点睛】通过输出功率求出导线上的电流，通根据P=I2R求出输电线上损失的功率，根据原副线圈的电压比等于匝数之比求出降压变压器的匝数比。
12.如图所示．质量m1＝0.2kg．电阻R1＝0.3Ω，长度l＝0.5m的光滑导体棒ab横放在由三段导体杆构成的U型金属框上．框架的质量m2＝0.3kg，放在绝缘的水平面上，与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2．导体杆MM'、NN'相互平行，电阻不计且足够长，导体杆MN的电阻R2＝0.2Ω，整个装置处于竖直向上的磁感应强度B＝1.0T的匀强磁场中．现垂直于ab施加F＝3N的水平力．使ab棒从静止开始无摩擦地运动，且始终与MM'、NN'保持良好接触．当ab棒运动x＝0.3m时．框架开始运动．设框架与水平面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力；g取10m/s2．求：
（1）当框架开始运动时，ab棒速度v的大小；
（2）从开始运动到框架开始运动的过程中．导体杆MN上产生的热量Q的大小
【答案】
（1）
（2）
【解析】
（1）ab对框架的压力F1＝m1g
框架受水平面的支持力N＝m2g＋F1
依题意．最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则框架受到最大静摩擦力f2＝μN
ab中的感应电动势
MN中的电流I＝
MN受到的安培力
框架开始运动时F安＝f2
由上述各式代入数据解得v＝2m/s
（2）由能量守恒定律，得Fx＝
m1v2＋Q总
闭合回路中产生的总热量Q总＝
代入数据解得Q＝0.2J
【点睛】
（1）采用隔离法，分别研究ab棒和框架，由牛顿第二定律和平衡条件列式，联立可解答此题．ab向右做切割磁感线运动，产生感应电流，电流流过MN，MN受到向右的安培力，当安培力等于最大静摩擦力时，框架开始运动．根据安培力、欧姆定律和平衡条件等知识，求出此时ab的速度．
（2）依据能量守恒求出总热量。
13.下列关于热学问题的说法中正确的是___（填正确答案标号．选对1个得2分，选对2个得4分．选对3个得5分，选错1个扣3个．最低得分0分）．
A．布朗运动是在显微镜中看到的液体分子的无规则运动
B．—个孤立系统总是从熵小的状态向墒大的状态发展．熵值较大代表着较为无序
C．如果封闭气体的密度变小．分子平均动能增加，则气体的压强可能不变
D．某气体的摩尔质量为M、密度为ρ，用NA表示阿伏伽德罗常数，每个气体分子的质量m0，每个气体分子的体枳V0，则m0＝
，V0＝
E．甲、乙两分子间的距离由很远移到不能再靠近的过程中．分子势能先减小再增大
【答案】BCE
【解析】布朗运动是悬浮在液体中固体颗粒的运动，是由于液体分子规则的碰撞造成的，则布朗运动反映了液体中分子的无规则运动，所以A错误。
根据熵增加原理，一个孤立系统总是从熵小的状态向熵大的状态发展．熵值较大代表着较为无序。
故B正确．如果封闭气体的密度变小，可知其体积增大；温度是分子的平均动能的标志，分子平均动能增加，即气体的温度升高；根据理想气体的状态方程：
可知，气体的体积增大、温度同时也升高时，气体的压强可能不变，故C正确.气体的分子之间的距离比较大，使用公式：
求出的结果是每一个分子所占的空间的大小，不是分子的体积．故D错误甲、乙两分子间的距离由很远移到不能再靠近的过程中．分子势能先减小再增大，E正确。
14.一定质量的理想气体由状态A经状态B变化到状态C的p－V图像如图所示．则：
①若已知在A状态时，理想气体的温度为27℃，求处于B状态时气体的摄氏温度；
②从A状态变化到C状态气体是吸热还是放热?
并求出吸收或放出的热量的数值（已知1atm＝1×105Pa）．
【答案】①
②吸热，
【解析】本题考查理想气体状态方程和热力学第一定律。
（1）由理想气体的状态方程可得
解得
所以状态B时的温度
（2）由理想气体的状态方程可得
则
，从状态A到状态C的内能变化
从状态A到状态C体积增大,对外做功，且p-V图像中图线与横轴围成的面积即为对外做的功，则外界对气体做的功
据热力学第一定律
，解得：
从A状态变化到C状态气体是吸热，吸收的热量是400J。
15.如图，三角形ABC为某种透明均匀介质制成的直角三棱镜的横截面，∠A＝30°，BC边长为d，—束包含a、b两种单色光的细光束平行．AC边照射到AB边的某点，经三棱镜折射后分成a、b两束单色光，a单色光经面AC反射后垂直于BC边中点射出．光在真空中传播速度为c．下列结论正确的是____（填正确答案标号，选对1个得2分，选对2个得4分．选对3个得5分，选错1个扣3个，最低得分0分）．
A．在该介质中．单色光a的传播速度比单色光b的传播速度大
B．单色光a在介质中发生全反射的临界角为C，且sinC＝
C．若用单色光a、b分别通过同一双缝干涉装置．单色光a的条纹间距比单色光b的小
D．光从该介质射向空气中．单色光a的临界角比单色光b的临界角大
E．单色光a在三棱镜中的传播时间为
【答案】BCE
，可得单色光a的条纹间距比单色光b的小，所以C正确。
因为
，所以光从该介质射向空气中．单色光a的临界角比单色光b的临界角小，D错误。
单色光a在三棱镜中的传播路程为
，
，所以传播时间为
，所以E正确。
故选择BCE.
【点睛】先根据偏折程度得到折射率的关系，再结合几何知识计算出a的折射率，结合
，
，
，
以及几何知识得到结论。
16.一列简浙横波，某时刻的波形图象如图甲所示．从该时刻开始计时．波上P质点的振动图象如图乙所示，则：
①从该时刻起再经过3.0s，Q质点的位移和通过的路程各为多少？
②若t＝0时振动刚刚传到A点，那么，从该时刻起再经多长时间横坐标为60m的质点（未画出）第二次位于波谷？
【答案】①3.0m②2.8s
【解析】①Q质点振动的时间∆t＝3.0s＝3T＋
在t＝0时刻，Q质点沿y轴的负方向振动，经3.0s后到达波峰位置．其位移x＝0.2m
经3.0s质点Q通过的路程为S＝3×4A＋3A＝3.0m
②由P点在t＝0时刻向上振动知．波沿x轴正方向传播，波速为v＝
m/s＝25m/s．
在x＝60m处的质点，第一次到达波谷的时间为t0＝
＝2s
此质点第二次位于波谷的时间为t＝t0＋T＝2.8s．
【点睛】
（1）先据图象知，λ=20m，T=0.8s，用波速公式求出波速；用
求波传播的距离，
（2）利用△t求出质点P通过的路程；横坐标为60m的质点（未画出）第二次位于波峰，即质点在坐标原点的波形传播到为60m的质点处，利用
求解即可．
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