重庆市七校联盟2019-2020学年高二上学期联考物理试题

重庆市七校联盟2019-2020学年高二上学期联考物理试题

重庆市七校联考物理试题 总分：110分 考试时间：90分钟 一、选择题：本题共12小题，每小题4分．在每小题给出的四个选项中，第1～8题只有一项符合题目要求，第9～12题有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．‎ ‎1. 以下叙述正确的是（ ）‎ A. 奥斯特发现了电磁感应现象 B. 惯性是物体的固有属性，速度大的物体惯性一定大 C. 牛顿最早通过理想斜面实验得出力不是维持物体运动的原因 D. 感应电流遵从楞次定律所描述的方向，这是能量守恒定律的必然结果 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：1831年8月，M．法拉第在软铁环两侧分别绕两个线圈，其一为闭合回路，在导线下端附近平行放置一磁针，另一与电池组相连，接开关，形成有电源的闭合回路．实验发现，合上开关，磁针偏转；切断开关，磁针反向偏转，这表明在无电池组的线圈中出现了感应电流．紧接着他做了几十个实验，进而，法拉第发现，在相同条件下不同金属导体回路中产生的感应电流与导体的导电能力成正比，他由此认识到，感应电流是由与导体性质无关的感应电动势产生的，即使没有回路没有感应电流，感应电动势依然存在，故A正确；物体的惯性只跟物体的质量有关，跟速度大小等都没有关系，物体质量越大，惯性越大，故B错误；古希腊学者亚里士多德认为力是维持物体运动的原因，伽利略通过斜面理想实验，假设没有摩擦，物体将一直运动下去不会停止，从而推翻了亚里士多德的说法“力是维持物体运动的原因”，后来，英国科学家牛顿总结了伽利略等人的研究成果，概况了牛顿第一定律，故C错误；电磁感应现象是导体中产生了电，是其它形式的能转化为电能，楞次定律是能量守恒定律在电磁感应现象中的具体体现：感应电流的磁通必须反抗引起它的磁通变化，感应电流具有的以及消耗的能量，必须从引起磁通变化的外界获取。要在回路中维持一定的感应电流，外界必须消耗一定的能量，故D正确．所以选AD．‎ 考点：本题考查对牛顿第一定律、楞次定律的理解以及法拉第发现电磁感应现象和伽利略理想斜面实验等物理学史方面的知识．‎ ‎2.如图所示，竖直放置的螺线管与导线abcd构成回路，导线所围区域内有一垂直纸面向里的变化的匀强磁场，螺线管下方水平桌面上有一导体圆环，导线abcd所围区域内磁场的磁感应强度按下列哪一图线所表示的方式随时间变化时，导体圆环将受到向上的磁场作用力( )‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】导体圆环将受到向上的磁场作用力，根据楞次定律的另一种表述，可见原磁场磁通量是减小，即螺线管和abcd构成的回路中产生的感应电流在减小。根据法拉第电磁感应定律，‎ 则感应电流 可知减小。‎ A．图中减小，则选项A正确；‎ B．图中变大，则选项B错误；‎ C．图中不变，则选项C错误；‎ D．图中不变，则选项D错误；‎ ‎3.如图所示，E为电池，L是电阻可忽略不计、自感系数足够大的线圈，D1、D2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的瞬间，通过D1电流大于通过D2的电流 B. 刚闭合开关S的瞬间，通过D1电流小于通过D2的电流 C. 闭合开关S待电路达到稳定，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，D1、D2均闪亮一下再熄灭 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【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 B错误；‎ C．闭合开关S待电路达到稳定时，D1被短路，D2比开关S刚闭合时更亮，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要闪亮一下再熄灭，故D错误；‎ ‎4.电感和电容对交流电的阻碍作用的大小不但跟电感、电容本身有关，还跟交流电的频率有关，下列说法中正确的是(　　)‎ A. 电感是通直流、阻交流，通高频、阻低频 B. 电容是通直流、阻交流，通高频、阻低频 C. 电感是通直流、阻交流，通低频、阻高频 D. 电容是通交流、隔直流，通低频、阻高频 ‎【答案】C ‎【解析】‎ AC、电感的特性：通直流，阻交流。通低频，阻高频。故A错误，C正确；‎ BD、电容器的特性：通交流，隔直流，通高频，阻低频。故BD错误。‎ 故选：C。‎ ‎5.图中两条平行虚线之间存在匀强磁场，虚线间的距离为l，磁场方向垂直纸面向里。abcd是位于纸面内的梯形线圈，ad与bc间的距离也为l。t=0时刻，bc边与磁场区域边界重合（如图）。现令线圈以恒定的速度v沿垂直于磁场区域边界的方向穿过磁场区域。取沿a→b→c→d→a的感应电流方向为正，则在线圈穿越磁场区域的过程中，感应电流I随时间t变化的图线可能是（　　）‎ A B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】开始时bc边进入磁场切割磁感线，根据右手定则可知，电流方向为逆时针，即为负方向，故A错误； 当bc边开始出磁场时，回路中磁通量减小，产生的感应电流为顺时针，方向为正方向，故D错误。开始时bc边进入磁场切割磁感线，根据感应电动势大小公式：E=BLv可得，有效切割长度越来越长，感应电动势增大，故感应电流越来越大，且电流方向为负方向；当bc边开始出磁场时，根据感应电动势大小公式：E=BLv 可得，切割长度越来越长，感应电动势增大，故感应电流越来越大，且电流方向为正方向，故B正确，C错误。‎ ‎6.风力发电机为一种新能源产品，功率为200W到15kW，广泛应用于分散住户．若风力发电机的矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，当线圈通过中性面时，下列说法正确的是(　　)‎ A. 穿过线圈的磁通量最大，线圈中的感应电动势最大 B. 穿过线圈的磁通量等于零，线圈中的感应电动势最大 C. 穿过线圈的磁通量最大，线圈中的感应电动势等于零 D. 穿过线圈的磁通量等于零，线圈中的感应电动势等于零 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】在中性面时，线圈与磁场垂直，磁通量最大。但线圈的磁通量变化率为零，感应电动势为零；‎ A．穿过线圈的磁通量最大，线圈中的感应电动势最大，与结论不相符，选项A错误；‎ B．穿过线圈的磁通量等于零，线圈中的感应电动势最大，与结论不相符，选项B错误；‎ C．穿过线圈磁通量最大，线圈中的感应电动势等于零，与结论相符，选项C正确；‎ D．穿过线圈的磁通量等于零，线圈中的感应电动势等于零，与结论不相符，选项D错误；‎ ‎7.在匀强磁场中，一矩形金属框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图甲所示，产生的交变电动势的图象如图乙所示，则(　　)‎ A. t＝0.005s时线框的磁通量变化率最大 B. t＝0.01s时线框平面与中性面垂直 C. 线框产生的交变电动势有效值为311V D. 线框产生的交变电动势频率为100Hz ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．t=0.005s时，感应电动势最大，线框平面与中性面垂直，磁通量的变化率最大，故A正确；‎ B．t=0.01s时，感应电动势为零，线框平面与中性面重合，故B错误；‎ C．线框产生的交变电动势最大值为311V，有效值为，选项C错误；‎ D．由图2可知 T=0.02s，据周期和频率的关系可得，该交变电流的频率为：‎ 故D错误；‎ ‎8.通过一阻值R=100Ω的电阻的交变电流如图所示，其周期为1s.电阻两端电压的有效值为 ( )‎ A. 12V B. 4V C. 15V D. 8V ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】由有效值的定义可得：‎ 代入数据得：‎ 解得：‎ A．12V，与结论不相符，选项A错误；‎ B．4V，与结论相符，选项B正确；‎ C．15V，与结论不相符，选项C错误；‎ D．8V，与结论不相符，选项D错误；‎ ‎9.如图所示，图线a是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生正弦交流电的图像，当调整线圈转速后，所产生正弦交流电的图像如图线b所示，以下关于这两个正弦交流电的说法正确的是（ ）‎ A. 在图中t＝0时刻穿过线圈的磁通量均最大 B. 线圈先后两次转速之比为3∶2‎ C. 交流电a的瞬时值为u＝10 sin 10πt(V)‎ D. 交流电b的最大值为5 V ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由图可知，t=0时刻线圈均在中性面，穿过线圈磁通量最大，故A正确；‎ B．由图象可知TA：TB=2：3，根据T=1/n，故nA：nB=3：2，故B正确；‎ C．由图象可知，交流电a的最大值为10V，角速度为 ‎ ‎ 所以交流电a的瞬时值为 u=10sin5πtV 故C错误；‎ D．交流电最大值Um=NBSω，ωA：ωB=3：2；故 Uma：Umb=3：2‎ 故 故D错误；‎ ‎10.如图所示，R1、R2为定值电阻，L为小灯泡，R3为光敏电阻，当照射光强度增大时（ ）‎ A. 电压表的示数增大 B. R2中电流增大 C. 小灯泡的功率增大 D. 电路的路端电压增大 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 当照射光强度增大时，R3变小，分析电路中总电阻的变化，则由闭合电路欧姆定律可得出电路中电流的变化，由欧姆定律可得出电压表示数的变化；同时还可得出路端电压的变化；由串联电路的规律可得出并联部分电压的变化，再由并联电路的规律可得出通过小灯泡的电流的变化，由功率公式即可得出灯泡功率的变化。‎ ‎【详解】A项：当光照增强时，光敏电阻的阻值减小，R3变小，外电路总电阻减小，则电路中的总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可得，电路中总电流增大，故R1两端的电压增大，即电压表的示数增大，故A正确；‎ B、D项：因电路中总电流增大，电源的内电压增大，路端电压减小，同时R1两端的电压增大，故并联电路部分电压减小，则流过R2的电流减小，故B、D错误；‎ C项：由并联电路电压增大，可知流过灯泡的电流一定增大，故由P=I2R可知，小灯泡消耗的功率增大，故C正确。‎ 故选：AC。‎ ‎【点睛】闭合电路的动态分析问题一般按外电路、内电路再外电路的分析思路进行；分析内电路主要根据总电流及内阻分析内压，而外电路较为复杂，要注意灵活应用电路的性质。‎ ‎11.如图所示，有一台交流发电机E，通过理想升压变压器T1和理想降压变压器T2向远处用户供电，输电线的总电阻为R.T1的输入电压和输入功率分别为U1和P1，它的输出电压和输出功率分别为U2和P2；T2的输入电压和输入功率分别为U3和P3，它的输出电压和输出功率分别为U4和P4.设T1的输入电压U1一定，当用户消耗的电功率变大时，有(　　)‎ A. U2变小，U4变大 B. U2不变，U3变小 C. P1变小，P2变小 D. P2变大，P3变大 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 本题考查远距离输电问题，输入功率和输出功率相等，输入功率岁输出功率的变化而变化，当用户消耗的电功率变大时，T2的输入功率也变大，T1的输出功率也变大，它的输入功率也变大；BD正确；‎ ‎12.如图所示的理想变压器副线圈为双绕组，两个副线圈n2、n3分别通过开关S1、S2与电阻R1、R2连接，其阻值为R1＝R2＝R，原线圈n1接入正弦式交变电压u＝10cos 100πt (V)．若只闭合开关S1，则电流表示数为0.2 A；若只闭合开关S2，电流表示数为1.25A．则(　　)‎ A. R1消耗的电功率比R2小 B. n2∶n3＝3∶5‎ C. 若两个开关同时闭合，电路消耗的总功率为14.5W D. 若两个开关同时闭合，R1消耗的电功率比R2大 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．因U1=10V；只闭合开关S1，电流表示数为0.2 A；根据P=IU可知，变压器输入功率为2W，此时变压器次级消耗功率2W，也就是R1消耗的电功率2W；同理只闭合开关S2，R2消耗的电功率12.5W，即R1消耗的电功率比R2小，选项A正确；‎ B．因，则 ‎；‎ 而 两式相除则 选项B错误。‎ ‎ CD．若两个开关同时闭合，变压器两个次级电压均不变，则次级电阻上消耗的功率不变，R1消耗的电功率仍比R2小；则结合选项A的分析可知，电路消耗的总功率为2W+12.5W=14.5W，选项C正确， D错误。‎ 二、实验题（共16分，每空2分）‎ ‎13.下图是某实验小组在研究磁通量变化时感应电流方向实验中的部分操作示意图，图甲所示是电流通过灵敏检流计时指针的偏转情况，图乙是磁铁从线圈中抽出时灵敏检流计指针的偏转情况．‎ ‎（1）实验操作如图乙所示，当磁铁向上抽出时，检流计G中指针是____偏（填“左”或“右”）；继续操作如图丙所示，判断此时条形磁铁的运动是________线圈（填“插入”或“抽出”）．‎ ‎（2）通过完整实验，最后归纳总结出关于感应电流方向的结论是：_____________________．‎ ‎【答案】 (1). 右 (2). 抽出 (3). 感应电流的磁场总是阻碍原来磁通量的变化 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]．由甲图可知，当电流从上方流入电流表时指针向左偏转；在乙图中，当磁铁向上抽出，磁通量减小，根据楞次定律知，感应电流的磁场与原磁场方向相同，则流过电流计的电流方向为从下往上，所以检流计指针向右偏．‎ ‎[2]．在丙图中，知感应电流流过检流计的方向是从上而下，则感应电流的磁场方向向上，与原磁场方向相同，知磁通量在减小，即磁铁抽出线圈．‎ ‎（2）[3]．通过完整实验，最后归纳总结出关于感应电流方向的结论是：感应电流的磁场总是阻碍原来磁通量的变化。‎ ‎14.如图所示是小明设计的一种自动测定水箱内水位的装置，R是一种滑动变阻器，它的金属滑片是杠杆的一端，从水位表指针所指的刻度就可知道水箱内水位的高低，从图中可知：水位表是由________改装而成．当水面上升时，滑片________（填向上移动或者向下移动），滑动变阻器连入电路电阻________，电流________，水量表示数________．‎ ‎【答案】 (1). 电流表 (2). 向下移 (3). 变小 (4). 变大 (5). 变大 ‎【解析】‎ ‎【详解】[1]．从图中可知：水位表是由电流表改装而成．‎ ‎[2][3][4][5]．当水面上升时，滑片向下移动，滑动变阻器连入电路电阻变小，电流变大，水量表示数变大．‎ 三、计算题(本题共2小题，15题14分，16题17分共31分，计算时必须有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)‎ ‎15.如图所示，一小型发电机内有n＝100匝的矩形线圈，线圈面积S＝0.10 m2‎ ‎，在外力作用下矩形线圈在B＝0.10 T的匀强磁场中，以恒定的角速度ω＝100π rad/s绕垂直于磁场方向的固定轴OO′匀速转动，发电机线圈电阻r=10Ω，线圈与R＝40 Ω的电阻构成闭合回路，其余电阻忽略不计。求：‎ ‎(1)线圈转动时产生感应电动势的最大值；‎ ‎(2)从线圈平面通过中性面时开始，线圈转过90°角的过程中通过电阻R横截面的电荷量；‎ ‎(3)线圈匀速转动1秒的过程中整个电路发热量．‎ ‎【答案】(1)3.14×102 V　(2)2.0×10－2 C (3)9.86×102 J ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）线圈中感应电动势的最大值 Em＝nBSω＝3.14×102 V ‎（2）设从线圈平面通过中性面时开始，线圈转过90°角所用时间为Δt，‎ 线圈中的平均感应电动势 ‎＝n ‎ 通过电阻R的平均电流 ‎ ‎ 在Δt时间内通过电阻横截面的电荷量 ‎ ‎＝＝2×10－2 C.‎ ‎（3）线圈匀速转动过程中由焦耳定律有：‎ 联立可得 Q=9.86×102 J ‎16.如图1所示，两根足够长的平行金属导轨MN、PQ相距为L，导轨平面与水平面夹角为，金属棒ab垂直于MN、PQ放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，金属棒的质量为m，导轨处于匀强磁场中，磁场的方向垂直于导轨平面斜向上，磁感应强度大小为B，金属导轨的上端与开关S、定值电阻R1和电阻箱R2相连。不计一切摩擦，不计导轨、金属棒的电阻，重力加速度为g，现闭合开关S，将金属棒由静止释放。‎ ‎（1）判断金属棒ab中电流的方向；‎ ‎（2）若电阻箱R2接入电路的阻值为R2="2" R1，当金属棒下降高度为h时，速度为v，求此过程中定值电阻R1上产生的焦耳热Q1；‎ ‎（3）当B=0.40T，L=0.50m，37°时，金属棒能达到的最大速度vm随电阻箱R2阻值的变化关系如图2所示。取g = 10m/s2，sin37°= 0.60，cos37°= 0.80。求定值电阻的阻值R1和金属棒的质量m。‎ ‎【答案】（1）电流方向为b到a（2）（3）m=0.1kg ‎【解析】‎ 试题分析：（1）由右手定则，金属棒ab中的电流方向为b到a ‎ ‎（2）由能量守恒，金属棒减小的重力势能等于增加的动能和电路中产生的焦耳热 解得：‎ ‎（3）设最大速度为v，切割磁感线产生的感应电动势 由闭合电路的欧姆定律：‎ 从b端向a端看，金属棒受力如图：‎ 金属棒达到最大速度时满足 ‎ 由以上三式得：‎ 由图像可知：斜率，纵截距，‎ 所以得到：‎ 解得：m=0.1kg 考点：导体切割磁感线时的感应电动势 点评：本题要抓住金属棒能达到的最大速度的条件，找出表示图像的函数关系式，根据图像中所给数据求解。‎ ‎17.下列关于热学知识的说法正确的是　　　　‎ A. 固体、液体、气体中都有扩散运动和布朗运动 B. 热量能够从高温物体传到低温物体，但不能从低温物体传到高温物体 C. 水和酒精混合后总体积减小，说明分子间有空隙 D. 当分子间的距离r=r0时，斥力等于引力，表现出分子力为零 E. 扩散运动和布朗运动的剧烈程度都与温度有关 ‎【答案】CDE ‎【解析】‎ ‎【详解】A．布朗运动只能在气体和液体中发生，不能在固体中发生，故A错误； ‎ B．根据热力学第二定律知热量只能够自发从高温物体传到低温物体，但也可以通过热机做功实现从低温物体传递到高温物体，故B错误；‎ C．在水和酒精混合的实验中，水和酒精混合后总体积减小，说明分子间有空隙，故C正确；‎ D．根据分子力与距离的关系，当分子间的距离r=r0时，斥力等于引力，表现出分子力为零，故D正确；‎ E．温度是分子的平均动能的标志，是分子运动的激烈程度的标志，温度越高，扩散运动和布朗运动的越剧烈，故E正确。‎ ‎18.一高压气体钢瓶，容积为V0，用绝热材料制成，开始时封闭的气体压强为P0，温度为T0＝300 K，内部气体经加热后温度升至T1＝350 K，求：‎ ‎①温度升至T1时气体的压强；‎ ‎②若气体温度保持T1＝350 K不变，缓慢地放出一部分气体，使气体压强再回到P0，此时钢瓶内剩余气体的质量与原来气体总质量的比值为多少？‎ ‎【答案】 (1)p0　(2)6：7‎ ‎【解析】‎ ‎（1）设升温后气体的压强为P，由于气体做等容变化，根据查理定律得：，又T0=300K，T1=350K 解得：P=p0； （2）根据克拉伯龙方程： 得：集热器内气体的体积不变，则得剩余气体的质量与原来总质量的比值：；‎ ‎19.光滑水平地面上，A、B两物体质量都为m，A以速度v向右运动，B原来静止，左端有一轻弹簧，如图所示，当A撞上弹簧，弹簧被压缩最短时(　　)‎ A. A、B系统总动量仍然mv B. A动量变为零 C. A的动量变为 D. B的动量达到最大值 E. A、B的速度相等 ‎【答案】ACE ‎【解析】‎ ‎【详解】A．A、B组成的系统所受的外力之和为零，动量守恒，总动量为mv，则弹簧压缩最短时，A、B系统总动量仍然为mv。故A正确。‎ BCE．弹簧压缩到最短时，A、B速度相等，则A的动量不为零。由 可知此时A的动量为 故B错误，CE正确。 D．A在压缩弹簧的过程中，B做加速运动，A做减速运动，弹簧压缩量最短时，速度相等，然后B继续加速，A继续减速。所以弹簧压缩最短时，A的动量未达到最小值，B的动量未达到最大值。故D错误。‎ ‎20.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。‎ ‎【答案】(1) (2)‎ ‎【解析】‎ ‎【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+MV ①‎ 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=Vt ⑥‎ 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．‎ ‎ ‎