2017-2018学年广东省仲元中学高二下学期期中考试物理（理）试题 解析版

2017-2018学年广东省仲元中学高二下学期期中考试物理（理）试题 解析版

广东仲元中学2017学年第二学期期中考试 高二年级物理学科3-2、3-3模块试卷 一、单选题（本题共6小题，每小题4分，共24分，每小题的四个选项中只有一个正确）‎ ‎1. 关于布朗运动的下列说法中正确的是（ ）‎ A. 所谓布朗运动是指液体分子的无规则运动 B. 所谓布朗运动是指悬浮在液体中的固体分子的无规则运动 C. 布朗运动产生的条件是液体温度足够高 D. 布朗运动产生的条件是悬浮的固体微粒足够小 ‎【答案】D ‎【解析】布朗运动是指悬浮在液体中的固体小颗粒的运动，AB错；布朗运动是永不停息的无规则热运动，什么时候都在发生，C错；D对；‎ ‎2. 一飞机在北半球的上空以速度v水平飞行，飞机机身长为a，翼展为b；该空间地磁场磁感应强度的水平分量为B1，竖直分量为B2；驾驶员左侧机翼的端点用A表示，右侧机翼的端点用B表示，用E表示飞机产生的感应电动势，则（ ）‎ A. E=B1vb，且A点电势低于B点电势 B. E=B1vb，且A点电势高于B点电势 C. E=B2vb，且A点电势低于B点电势 D. E=B2vb，且A点电势高于B点电势 ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：一飞机在北半球的上空以速度v水平飞行，切割磁感应强度的竖直分量，切割的长度等于机翼的长度，所以U=B2bv，根据右手定则，感应电动势的方向B指向A，所以A点的电势高于B点的电势．故D正确，ABC错误．故选D．‎ 考点：右手定则 ‎3. 图中的a是一个边长为L的正方形导线框，其电阻为R.线框以恒定速度v沿x轴运动，并穿过图中所示的匀强磁场区域b.如果以x轴的正方向作为力的正方向。线框在图示位置的时刻作为时间的零点，则磁场对线框的作用力F随时间变化的图线应为图乙中的哪个图？（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：在0-内，线框在磁场之外，感应电流为0．安培力为0；在-内，由右手定则可得出感应电流的方向为逆时针的方向，维持线框以恒定速度v沿x轴运动，所以感应电动势和电流不变，根据左手定则得出安培力的方向x轴的负方向．在-内，线框全部进入磁场，穿过线圈的磁通量不变，感应电流为0．安培力为0；在-内，线框左边切割磁感线，由右手定则可得出感应电流的方向为顺时针的方向，维持线框以恒定速度v沿x轴运动，所以感应电动势和电流不变，根据左手定则得出安培力的方向x轴的负方向．故选：B 考点：楞次定律；左手定则.‎ ‎4. 一理想变压器的原、副线圈的匝数比为3:1，在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻，原线圈与R串联接在电压为220V的正弦交流电源上，如图所示。设副线圈回路中电阻两端的电压为U，原、副线圈回路中电阻消耗的功率的比值为k，则 A. U=66V k= B. U=73.3V k=‎ C. U=66V k= D. U=73.3V k=‎ ‎【答案】A ‎【解析】由题意知：副线圈的电流为：I2=；则原线圈的电流为：I1=I2=；与原线圈串联的电阻的电压为：UR=I1R=；由变压器的变比可知，原线圈的电压为3U，所以有：+3U＝220V，解得：U=66V；原线圈回路中的电阻的功率为：P1=I12R=‎ ‎；副线圈回路中的电阻的功率为：P2=；所以k=，选项A正确，BCD错误；故选A。‎ 点睛：该题的突破口是表示出原线圈中的电流和原线圈回路中的电阻的分压，找出原线圈的电压和原线圈回路中的电阻的分压的数值关系。该题类似于远距离输电的情况。‎ ‎5. 如下图所示，两块水平放置的金属板距离为d，用导线、电键K与一个n匝的线圈连接，线圈置于方向竖直向上的变化磁场B中．两板间放一台小压力传感器，压力传感器上表面静止放置一个质量为m、电量为＋q的小球．K断开时传感器上有示数，K闭合时传感器上恰好无示数．则线圈中的磁场B的变化情况和磁通量变化率分别是(　 　) ‎ A. 正在增强， B. 正在减弱，‎ C. 正在增强， D. 正在减弱，‎ ‎【答案】C ‎【解析】K闭合时传感器上恰好无示数，说明小球受竖直向上的电场力，且电场力大小等于重力．所以电容器的上极板为负极，下极板为正极，所以线圈中的电流方向为下端流出，根据右手定则可得线圈产生的磁场方向向下，由楞次定律可判断磁场B正在增强，根据法拉第电磁感应定律E＝n＝U，又q＝mg得，故D正确．‎ 思路分析：K闭合时传感器上恰好无示数，说明小球受竖直向上的电场力，且电场力大小等于重力．则根据这个情况判断出电容器的正负极，从而判断出线圈中电流的方向，则根据楞次定律可得出原磁场的变化情况，然后根据电场力和重力平衡联立式子求解可得 试题点评：本题借代力传感器，考查了楞次定律和电磁感应定律以及电容间的电场，是一道综合性电磁学题目。‎ ‎6. 用相同导线绕制的边长为L或2L的四个闭合导体线框、以相同的速度匀速进入右侧匀强磁场，如图所示。在每个线框进入磁场的过程中，M、N两点间的电压分别为Ua、Ub、Uc和Ud。下列判断正确的是（ ）‎ A. Ua＜Ub＜Uc＜Ud B. Ua＜Ub＜Ud＜Uc C. Ua＝Ub＜Uc＝Ud D. Ub＜Ua＜Ud＜Uc ‎【答案】B 二、多选题（本题共6小题，每小题4分，共24分，每小题有两个或两个以上选项正确,‎ 全选对得4分，漏选得2分，错选或不选得0分）‎ ‎7. 钢制单摆小球用绝缘细线悬挂，置于如图所示的匀强磁场中将小球拉离平衡位置由静止释放，经足够长的运动时间后，以下说法正确的是（忽略空气阻力）    （    ）‎ A. 多次往返后，最后静止在平衡位置 B. 多次往返后，部分机械能转化为内能 C. 最后小球在磁场中一直振动 D. 最后小球在磁场中振动的过程中，通过最低点时合外力总是为零 ‎【答案】BC ‎【解析】在小球不断经过磁场，机械能不断损耗过程中圆环越摆越低，最后整个圆环只会在磁场区域来回摆动，因为在此区域内没有磁通量的变化（一直是最大值），所以机械能守恒，即小球最后的运动状态为在磁场区域来回摆动，而不是静止在平衡位置，故A错误，C正确。当在小球不断经过磁场，机械能不断损耗过程中圆环越摆越低，部分机械能转化为内能。故B正确。最后小球在磁场中振动的过程中，通过最低点时合外力提供向心力，不为零。故D错误。故选BC。‎ 点睛：本题为楞次定律的应用和能量守恒相合．注意楞次定律判断感应电流方向的过程，先确认原磁场方向，再判断磁通量的变化，感应电流产生的磁场总是阻碍原磁通量的变化．‎ ‎8. 一交流发电机的线圈电阻为2Ω，将其输出端接在电阻为20Ω的电阻丝上，其输出电压从某时刻开始随时间变化的图象如图所示，则（　　）‎ A. 线圈转动的角速度为50 rad/s B. 交流发电机的电动势有效值为50V C. 电阻丝的发热功率为250 W D. 若将此发电机接在匝数比为1：2的理想变压器上可使输出电压频率提高1倍 ‎【答案】AC ‎【解析】根据ω=得，ω=50π rad/s，故A正确；图象中输出电压最大值为100 V，有效值是50 V，由于线圈有内阻，则其电动势有效值大于50 V，故B错误；电阻丝的发热功率为，故C正确；理想变压器可以改变输出电压，不能改变输出频率，故D错误；故选AC。‎ ‎9. 下列说法哪些是正确的（ ）‎ A. 水的体积很难被压缩，这是分子间存在斥力的宏观表现 B. 气体总是很容易充满容器，这是分子间存在斥力的宏观表现 C. 两个相同的半球壳吻合接触，中间抽成真空（马德堡半球），用力很难拉开，这是分子间存在吸引力的宏观表现 D. 用力拉铁棒的两端，铁棒没有断，这是分子间存在吸引力的宏观表现 ‎【答案】AD ‎【解析】水的体积之所以很难被压缩，是因为分子间存在斥力，所以A正确。气体总是很容易充满容器，这是分子在作无规则运动，B错误。C是因为压强存在的缘故，故错误。用力拉铁棒的两端，铁棒没有断，这是分子间存在吸引力的缘故，D正确。‎ ‎10. 在水平面内有一固定的U型裸金属框架，框架上放置一根重金属杆ab，金属杆与框架接触电阻不计，整个装置放在竖直方向的匀强磁场中，如图所示：（ ）‎ A. 只有当磁场方向向上且增强，ab杆才可能向左移动 B. 只有当磁场方向向下且减弱，ab杆才可能向右移动 C. 无论磁场方向如何，只要磁场减弱，ab杆才有向右移动的可能 D. 当磁场变化时，ab杆中一定有电流产生，但它不一定移动 ‎【答案】CD ‎【解析】根据楞次定律的推论“增缩减扩”可知，无论磁场方向如何，只要磁场减弱，ab杆都有向右移动的可能；无论磁场方向如何，只要磁场增强，ab杆都有向左移动的可能，故C正确，AB错误；当磁场变化时，回路中的磁通量发生变化，由楞次定律知ab杆中一定有电流产生，受安培力，由于摩擦力的存在，杆不一定移动，故D正确；故选CD。‎ 点睛：此题关键要能深层次理解楞次定律：感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化，也可以用“阻碍相对运动”、“增缩减扩”“来拒去留”来快速判断．‎ ‎11. 用电高峰期，电灯往往会变暗，其原理可简化为如下物理问题：如图所示，理想变压器的副线圈上，通过输电线连接两只相同的灯泡L1和L2 ，输电线的等效电阻为R，原线圈输入有效值恒定的交流电压，当开关S闭合时，以下说法中正确的是 ( )‎ A. 原线圈中电流增大 B. R两端的电压增大 C. 副线圈输出电压减小 D. 原线圈输入功率减小 ‎【答案】AD ‎【解析】开关S闭合后，电阻减小，而次级电压不变，副线圈的电流增大，原线圈的电流也增大，故A错误；副线圈电流增大，R两端的电压增大，故B正确；副线圈电压由原线圈和匝数比决定，而原线圈电压和匝数比都没有变，所以副线圈输出电压不变，故C错误；原线圈的电压不变，而电流增大，故原线圈的输入功率增大，故D错误．故选B.‎ ‎12. 如图所示，灯泡A、B与固定电阻的阻值均为R，L是自感系数很大的线圈．当S1闭合，S2断开且电路稳定时，A，B亮度相同，再闭合S2，待电路稳定后将S1断开，下列说法中正确的是(　　) ‎ A. B灯立即熄灭 B. A灯将比原来更亮一下后再熄灭 C. 有电流通过B灯,方向为c→d D. 有电流通过A灯,方向为b→a ‎【答案】BD ‎【解析】S1闭合、S2断开且电路稳定时两灯亮度相同，说明L的直流电阻亦为R．闭合S2后，L与A灯并联，R与B灯并联，它们的电流均相等．当断开后，L将阻碍自身电流的减小，即该电流还会维持一段时间，在这段时间里，因S2闭合，电流不可能经过B灯和R，只能通过A灯形成b→A→a→L→c→b的电流，所以AD正确，C错误；由于自感形成的电流是在L原来电流的基础上逐渐减小的，并没有超过A灯原来电流，故A灯虽推迟一会熄灭，但不会比原来更亮，故B错误．故选AD 点睛：做好本类题目要注意：线圈与哪种电器配合，在结合线圈的特点分析哪一端的电势高，从而判断电流的方向．‎ 三、实验填空题（10分）‎ ‎13. 右图为“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：‎ A．将原线圈迅速插入副线圈时，灵敏电流计指针将________。(填“向左偏转一下”或“向右偏转一下”或“不偏转”)‎ B．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________。(填“向左偏转一下”或“向右偏转一下”或“不偏转”)‎ ‎【答案】 (1). (2). 向右偏转一下　 (3). 向左偏转一下 ‎【解析】(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,穿过副线圈的磁通量增大,灵敏电流表的指针向右偏;‎ A、闭合电键,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.‎ B、原线圈插入副线圈后,由电路图可以知道,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,穿过副线圈的磁场方向不变,但磁通量变小,灵敏电流计指针将左偏转.因此，本题正确答案是:(1)电路图如图所示.(2)向右偏转一下;向左偏转一下.‎ ‎14. （1）用油膜法估测分子的大小时有如下步骤：‎ A、将玻璃板放在浅盘上，然后将油酸膜的形态用彩笔画在玻璃板上；‎ B、将油酸和酒精按一定比例配制好；‎ C、向浅盘中倒入约2cm深的水；‎ D、把酒精油酸溶液一滴一滴滴入量筒中，当体积达到1ml时记下 滴入的滴数，算出每滴液滴的体积；‎ E、向浅盘中的水面均匀地撒入石膏粉（或痱子粉）；‎ F、把一滴酒精油酸溶液滴在水面上，直至薄膜形态稳定；‎ G、把玻璃板放在方格纸上，数出薄膜所占面积；‎ H、计算出油膜的厚度L=把以上各步骤按合理顺序排列如下：____________‎ ‎（2）若油酸酒精溶液的浓度为每104ml溶液中有纯油酸6mL，用注射器测得1mL上述溶液有液滴75滴。把1滴该溶液滴入盛水的浅盘里，最后油酸膜的形状和尺寸如图4所示油酸 膜的格数为100格，坐标中正方形小方格的边长为1cm， 则 ‎①每一滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积是___________m3‎ ‎②按以上数据，估测出油酸分子的直径是__________m ‎【答案】 (1). CEBDFAGH 或BDCEFAGH (2). 8.0×10-12 (3). 8.0×10-10‎ ‎（2）①面积超过正方形一半的正方形的个数为105个则油酸膜的面积约为S=148cm2=1.48×10-2m2‎ ‎②每滴酒精油酸溶液中含有纯油酸的体积V=1mL×=8×10-6mL ‎③把油酸分子看成球形，且不考虑分子间的空隙，则油酸分子直径d=≈8.0×10-10m．‎ 四、计算题（每小题4分，3小题共42分，要求写出必要的文字说明、方程式和主要的演算步骤。只写出最后答案，不能得分！）‎ ‎15. 在远距离输电时，要考虑尽量减少输电线上的功率损失．有一个电站，输送的电功率P=500kW，当使用U=5kV的电压输电时，测得在一昼夜（24小时）内在输电线上的损失为4800kW•h．‎ ‎（1）求这时的输电效率η和输电线的总电阻r．‎ ‎（2）若使输电效率提高到90%，又不改变输电线，那么应使用多高的电压输电？‎ ‎（3）在第（2）问的情况下，若用户得到电压为220V，则进入用户前的降压变压器的变压比为多大？‎ ‎【答案】(1) ， (2) (3) ‎ ‎【解析】（1）输送功率P=500KW, 一昼夜输送的电能E=Pt=12000 ‎ 终点得到的电能 ‎ 效率 ‎ 由P=UI得，输电线上的电流I=100A 输电线损耗功率 ‎ 由 得: ‎ ‎（2）若使输电效率提高到90%，即输电线上损耗的功率为： ‎ 由 得 ‎ ‎ 得输电电压应调为： ‎ ‎（3）用户降压变压器的输入电压为： ‎ 用户降压变压器的输出电压 ‎ 由 得： ‎ 点睛：解决本题的关键知道输送功率、输送电压、电流之间的关系，掌握输电线上损失的功率P损=I2R，搞清楚输送功率、导线上的功率损失以及用户得到的功率之间的关系，搞清楚输送电压、导线上的电压损失以及用户得到的电压之间的关系等.‎ ‎16. 光滑平行金属导轨水平面内固定，导轨间距L=0.5m，导轨右端接有电阻RL=4Ω小灯泡，导轨电阻不计。如图甲，在导轨的MNQP矩形区域内有竖直向上的磁场，MN、PQ间距d=3m，此区域磁感应强度B随时间t变化规律如图乙所示，垂直导轨跨接一金属杆，其电阻r=1Ω,在t=0时刻，用水平恒力F拉金属杆，使其由静止开始自GH位往右运动，在金属杆由GH位到PQ位运动过程中，小灯发光始终没变化，‎ 求：（1）小灯泡发光电功率；‎ ‎（2）水平恒力F大小； ‎ ‎（3）金属杆质量m.‎ ‎【答案】(1) 0.09w (2) 0.15N (3) 0.8kg ‎【解析】（1）回路的电动势：E=（L·d）△B/△t=0.5×3×2/4=0.75V ‎ 回路的电流：I=E/(RL+r)=0.75/5=0.15A ‎ 小灯泡发光电功率：P=I2·RL=0.152×4=0.09W ‎（2）由题分析知：杆在匀强磁场中匀速运动，进入磁场区域之前匀加速运动 ‎ ‎∴F=F安=ILB=0.15×0.5×2=0.15N ‎ ‎（3）E′=I(RL+r)=0.15×5=0.75V ‎ E′=BLv′ 则v′=0.75/(2×0.5)=0.75m/s ‎ 又：F=ma v′=at ‎ 解得：m=F/a=0.15/(0.75/4)=0.8kg ‎ 点睛：本题关键是分析清楚杆的运动情况，先加速后匀速，抓住两个过程之间的关系，通过力学和电磁感应的规律结合求解；掌握求解感应电动势和动生电动势的方法．‎ ‎17. 水平面上两根足够长的金属导轨平行固定放置，间距为L=0.5m，一端通过导线与阻值为R=0.5Ω的电阻连接；导轨上放一质量为m=0.5kg的金属杆（见右上图），金属杆与导轨的电阻忽略不计；均匀磁场竖直向下.用与导轨平行的恒定拉力F作用在金属杆上，杆最终将做匀速运动.当改变拉力的大小时，相对应的匀速运动速度v也会变化，v与F的关系如右下图。（取重力加速度g=10m/s2）‎ ‎（1）金属杆在匀速运动之前做什么运动？‎ ‎（2）利用图象数据磁感应强度B为多大？‎ ‎（3）由v—F图线的截距可求得什么物理量？其值为多少？‎ ‎【答案】(1) 变速运动（或变加速运动、加速度减小的加速运动，加速运动） (2)1T (3) ‎ ‎【解析】试题分析：（1）金属杆在匀速运动之前，水平方向受到拉力F和向左的滑动摩擦力f和安培力，‎ 由可知，安培力大小与速度大小成正比，开始阶段，拉力大于安培力和滑动摩擦力之和，‎ 金属杆做加速运动，随着速度的增大，安培力增大，合力减小，加速度减小，故金属杆在匀速运动之前做加速度减小的变加速直线运动．‎ ‎（2）杆产生的感应电动势，感应电流，杆所受的安培力，‎ 当杆匀速运动时，合力为零，则有，代入得，则得，‎ 由图线2得直线的斜率,则得，解得；‎ ‎（3）v-F图象横轴截距表示物体受到的摩擦力；‎ 由图示图象可知，由图象的截距得，滑动摩擦力，则得；‎ 考点：考查了导体切割磁感线运动 ‎【名师点睛】解决本题关键是安培力的分析和计算，根据平衡条件得到F与v的解析式，再分析图象的意义进行求解．对于图象要弄清两坐标轴的物理意义，往往图象的斜率、截距的含义等是解决问题的突破口．‎ ‎ ‎ ‎ ‎