2018-2019学年重庆市万州三中高二下学期期中考试物理试题 解析版

2018-2019学年重庆市万州三中高二下学期期中考试物理试题 解析版

万州三中高2018-2019学年度（下）高二期中物理试题 二、选择题：本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求。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.在电磁学的发展过程中，许多物理学家做出了贡献，以下说法正确的是（　　）‎ A. 奥斯特认为安培力是带电粒子所受磁场力的宏观表现，提出了著名的洛伦兹力公式 B. 法拉第提出了“在电荷的周围存在着由它产生的电场”的观点 C. 安培通过实验发现了通电导线对磁体有作用力，首次揭示了电与磁的联系 D. 欧姆在前人工作的基础上通过实验研究总结出了电流通过导体时产生的热量跟电流的关系——焦耳定律 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 洛伦兹认为安培力是带电粒子所受磁场力的宏观表现，提出了著名的洛伦兹力公式，选项A错误；法拉第提出了“在电荷的周围存在着由它产生的电场”的观点，选项B正确； 奥斯特通过实验发现了通电导线对磁体有作用力，首次揭示了电与磁的联系，选项C错误；焦耳在前人工作的基础上通过实验研究总结出了电流通过导体时产生的热量跟电流的关系——焦耳定律，选项D错误；故选B.‎ ‎2.2009年11月的低温雨雪冰冻天气给我国北方部分地区造成严重灾害，其中高压输电线路因结冰而损毁严重．为消除高压输电线上的冰，事后有人设想利用电流的热效应除冰的融冰思路．若在正常供电时，高压线上输电电压为U，输电电流为I，热耗功率为ΔP；除冰时，在输电功率、用户的输入电压和输电线电阻不变的情况下，通过自动调节变压器的变压比，使输电线上的热耗功率变为16ΔP，则除冰时(　　)‎ A. 输电电流4I B. 输电电流为16I C. 输电电压为4U D. 输电电压为U/16‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 高压线上的热耗功率P=I2R线 ‎ ‎① 若热耗功率变为16P，则16P=I′2R线 ② 由①②得I′=4I，所以A正确，B错误． 输送功率不变，由P=UI=U′I′得U′=U，所以CD错误．故选A. ‎ ‎3.如图所示，T为理想变压器，副线圈回路中的输电线ab和cd的电阻不可忽略，其余输电线电阻可不计，则当开关S闭合时（ ）‎ A. 交流电压表V2和V3的示数一定都变小 B. 只有A1的示数变大 C. 交流电流表A1、A2和A3的示数一定变大 D. 交流电压表V3的示数变小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 当S闭合时，两个电阻并联，电路的总电阻减小，由于输入电压和匝数比不变，所以副线圈的输出的电压不变，副线圈的电流变大，副线圈的电流变大，副线圈回路中的输电线ab和cd的电阻不可忽略，所以输电线ab和cd上的电压变大，V2的示数不变，交流电压表V3的示数变小，故A错误，D正确；由上分析根据，可知A2和A1的示数变大，A3的示数减小，故BC错误。所以D正确，ABC错误。‎ ‎4.如图所示，M为水平放置的橡胶圆盘，在其外侧面均匀地带有负电荷．在M正上方用丝线悬挂一个等大的闭合铝环N，铝环也处于水平面中，且M盘和N环的中心在同一条竖直线O1O2上．现让橡胶圆盘由静止开始绕O1O2轴按图示方向逆时针加速转动，正确的是（ ）‎ A. 铝环N对橡胶圆盘M没有力的作用 B. 铝环N对橡胶圆盘M的作用力方向竖直向上 C. 铝环N有缩小的趋势，丝线对它的拉力减小 D. 铝环N有扩大的趋势，丝线对它的拉力增大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】橡胶圆盘M由静止开始绕其轴线按箭头所示方向加速转动，形成环形电流，环形电流的大小增大；橡胶圆盘，在其外侧面均匀地带有负电荷，根据右手螺旋定则知，通过B线圈的磁通量向下，且增大，根据楞次定律的另一种表述，引起的机械效果阻碍磁通量的增大，知金属环的面积有缩小的趋势，且有向上的运动趋势，所以丝线的拉力减小。根据牛顿第三定律可知，铝环N对橡胶圆盘M的作用力方向竖直向下，故C正确。‎ ‎5.如图所示，在方向垂直向里，磁感应强度为B的匀强磁场区域中有一个由均匀导线制成的单匝矩形线框abcd，线框以恒定的速度v沿垂直磁场方向向右运动，运动中线框dc边始终与磁场右边界平行，线框边长ad＝L，cd＝2L，线框导线的总电阻为R，则线框离开磁场的过程中 ( )‎ A. 流过线框截面的电量为 B. 线框中的电流在ad边产生的热量为 C. 线框所受安培力的合力为 D. ad间的电压为 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 感应电量：，故A错误；产生的感应电动势：E=2Blv，感应电流为： ，线框中的电流在ad边产生的热量： ，故B正确；线框所受安培力： ，故C错误；ad间的电压为：，故D正确。所以BD正确，AC错误。 ‎ ‎6.如图所示的电路中，三个灯泡L1、L2、L3的电阻关系为R1=R2=R3，电感L的电阻可忽略，D为理想二极管（正向导通时电阻忽略不计），正确的是（ ）‎ A. 开关S闭合瞬间，L1、L2、L=均立即变亮，然后逐渐变暗 B. 开关S闭合瞬间，L1逐渐变亮，L2、L3均立即变亮，后亮度稍有下降，稳定后L2、L3亮度相同 C. 开关S从闭合状态突然断开时，L2立即熄灭，L1、L3均逐渐变暗 D. 开关S从闭合状态突然断开时，L1、L2、L3均先变亮，然后逐渐变暗 ‎【答案】B ‎【解析】‎ A、开关K闭合瞬间，L2、L3均立即变亮，L1的电路中由于线圈对电流的阻碍作用，会逐渐亮。随L1的电路中电流的增大，路端电压减小，L2、L3亮度稍有下降，稳定后L2、L3亮度相同，故A错误，B正确； C、开关K从闭合状态突然断开时，线圈相当于电源，则L1、L3均逐渐变暗，由于L2的电路中的二极管由单向导电性，电流不能从右向左通过二极管，所以L2立即熄灭，故C正确，D错误。‎ 点睛：记住自感线圈对电流突变时的阻碍：闭合开关瞬间L相当于断路，稳定后L相当于一段导线，断开瞬间L相当于电源，注意二极管的单向导通性。‎ ‎7.如图甲所示，ab、cd为两根放置在同一水平面内且相互平行的金属轨道，相距L，右端连接一个阻值为R的定值电阻，轨道上放有一根导体棒MN，垂直两轨道且与两轨道接触良好，导体棒MN及轨道的电阻均可忽略不计。整个装置处于方向竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。导体棒MN在外力作用下以图中虚线所示范围的中心位置为平衡位置做简谐运动，其振动周期为T，振幅为A，在t=0时刻恰好通过平衡位置，速度大小为v0，其简谐运动的速度v随时间t按余弦规律变化，如图乙所示。则下列说法正确的是（ ）‎ A. 回路中电动势瞬时值为BLv0、sint B. 在0～内，电动势的平均值为 C. 通过导体棒MN中电流的有效值为 D. 导体棒MN中产生交流电的功率为 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 导体棒速度的表达式v=v0cost，回路中电动势的瞬时值e=BLv=BLv0cost，故A错误．在0～内，电动势的平均值为,选项B正确；电动势的最大值为Em=BLv0，有效值为 ，电流的有效值 ．故C错误．导体棒MN中产生交流电的电功率 ，故D正确．故选BD.‎ 点睛：本题提供了产生正弦式交变电流的一种方式．交变电流求热量用有效值，求出电量用平均值．要特别注意的是：电流随时间是非线性变化的．不能用 求电流的平均值.‎ ‎8.两根足够长的光滑金属导轨MN、PQ竖直平行放置，导轨的上端接有电阻。空间存在垂直导轨平面向里的匀强磁场，如图所示。让金属杆从图中A位置以初速度v0沿导轨向上运动，金属杆运动至图中虚线B位置，速度减为0，然后下落，回到初始位置A时速度为v，金属杆运动过程中与导轨始终接触良好。关于上述情景，下列说法中正确的是（ ）‎ A. 上升过程中金属杆的加速度逐渐增小 B. 上升过程的时间比下降过程的时间短 C. 上升过程中安培力的冲量比下降过程中的冲量大 D. 上升过程中克服安培力做的功比下降过程中的多 ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ 上升过程中金属棒受到向下的重力和向下的安培力，速度速度的减小，感应电流减小，则安培力减小，加速度减小，选项A正确；考虑到回路中有感应电流产生，机械能不断向电热转化，根据能量守恒定律，滑杆上滑和下滑分别通过任意的同一个位置时，是上滑的速度大，故上滑过程的平均速度要大于下滑过程的平均速度，则上升过程的时间比下降过程的时间短，选项B正确；设导轨的长度为x，上滑过程中安培力对导体棒的冲量大小： ，同理，下滑过程中，安培力对导体棒的冲量大小： ，故上滑过程中安培力对导体棒的冲量大小等于下滑过程中安培力对导体棒的冲量大小，故C错误；根据FA=BIL、 ，上滑过程的平均安培力要大于下滑过程的平均安培力，故上滑过程中导体棒克服安培力做的功大于下滑过程中克服安培力做的功，故D正确； 故选ABD.‎ 点睛：本题针对滑杆问题考查了功和冲量，考虑功时，关键是结合能量守恒定律分析出上滑和下滑通过同一点时的速度大小关系；对于冲量，关键是推导出冲量的表达式进行分析．‎ 三、非选择题 ‎9.如图所示，将万用表的选择开关置于“欧姆”挡，再将电表的两支表笔与热敏电阻的两端相连，这时表针恰好指在刻度盘的正中间.若往上擦一些酒精，表针将向_______（填“左”或“右”）移动；若用吹风机将热风吹向电阻，表针将向_______（填“左”或“右”）移动.‎ ‎【答案】 (1). 左 (2). 右 ‎【解析】‎ 因为负温度系数的热敏电阻是指阻值随温度的升高而减小的热敏电阻，若往R t上擦一些酒精，由于酒精蒸发吸热导致热敏电阻的温度降低，从而电阻增大，故欧姆表指针将向电阻大的左方偏转；若用吹风机将热风吹向电阻，则热敏电阻的温度升高，从而电阻减小，故欧姆表指针将向右偏转．‎ ‎10.(9分)为了测定电源电动势E的大小、内电阻r和定值电阻R0的阻值，某同学利用DIS设计了如图甲所示的电路。闭合电键S1，调节滑动变阻器的滑动触头P向某一方向移动时，用电压传感器1、电压传感器2和电流传感器测得数据，并根据测量数据计算机分别描绘了如图乙所示的M、N两条U—I直线。请回答下列问题：‎ ‎（1）根据图乙中的M、N两条直线可知（ ）‎ A．直线M是根据电压传感器1和电流传感器的数据画得的 B．直线M是根据电压传感器2和电流传感器的数据画得的 C．直线N是根据电压传感器1和电流传感器的数据画得的 D．直线N是根据电压传感器2和电流传感器的数据画得的 ‎（2）图像中两直线交点处电路中的工作状态是（ ）‎ A．滑动变阻器的滑动头P滑到了最左端 B．该电源在该电路中的输出功率最大 C．定值电阻R0上消耗的功率为0．5W D．该电源在该电路中的效率达到最大值 ‎（3）根据图乙可以求得定值电阻R0=____Ω，电源电动势E =____V，内电阻r =____Ω。‎ ‎【答案】(1)BC　 (2)ABC　 (3)2.0　1.5　1.0‎ ‎【解析】‎ 试题分析: （1）定值电阻的U-I图线是正比图线，一定经过原点，故图线M是根据电压传感器2和电流表A的数据画得的，电阻为2Ω；‎ 电源的U-I图线是向下倾斜的图线，故直线N是根据电压传感器和电流表A的数据画得的，电动势为1．5V，内阻为1Ω；故选BC。‎ ‎（2）当定值电阻和电源的电流、电压相等时，一定是电阻直接与电源相连；故滑动变阻器是短路，故A对；滑动变阻器短路时，外电阻与内电阻最接近，故电源输出功率最大，故B对；‎ 此时电阻的电压为1V，电流为0．5A，故功率为0．5W，C对；‎ 外电阻最小，效率最低，故D错。‎ ‎（3）定值电阻的U-I图线是正比图线，斜率表示电阻，为2Ω；‎ 图线N的纵轴截距表示电动势，为1．5V；斜率表示内电阻，为1Ω。‎ 考点: 测电源电动势与内阻 ‎【名师点睛】电源的电动势和内阻测量方法的常用方法：‎ ‎（1）安阻法：用一个电流表和电阻箱测量，电路如图甲所示，测量原理为：E＝I1（R1＋r），E＝I2（R2＋r），由此可求出E和r，此种方法使测得的电动势无偏差，但内阻偏大．‎ ‎（2）伏阻法：用一个电压表和电阻箱测量，电路如图乙所示，测量原理为：E＝U1＋r，E＝U2＋r，由此可求出r和E，此种方法测得的电动势和内阻均偏小．‎ ‎（3）粗测法：用一只电压表粗测电动势，直接将电压表接在电源两端，所测值近似认为是电源电动势，此时U＝≈E，需满足RV≫r．‎ ‎（4）双伏法：用两个电压表可测得电源的电动势，电路如图所示．测量方法为：断开S，测得V1、V2的示数分别为U1、U2，此时，E＝U1＋U2＋r，RV为V1的内阻；再闭合S，V1的示数为U1′，此时E＝U1′＋r，解方程组可求得E和r．‎ ‎11.如图所示,用导线绕成匝数N=50匝的直角三角形线框ACD，该线框绕与匀强磁场垂直的OO′轴(OO′轴与AD边共线)匀速转动 ,转速为n=25r/s。垂直纸面向里的匀强磁场的磁感应强度B=0.5T；三角形线框的AC边长为30cm，AD边长为50cm，三角形线框的总电阻r=5Ω，不计一切摩擦。.当线框通过滑环和电刷与R=10Ω的外电阻相连时，求：‎ ‎（1）线圈从图示位置转过的过程中通过外电阻R上的电量q；‎ ‎（2）线圈从图示位置转过π的过程中外力所做的功。‎ ‎【答案】⑴⑵‎ ‎【解析】‎ ‎⑴通过外电阻R上的电量 ‎ 由闭合电路欧姆定律得 ‎ 由法拉第电磁感应定律有 ‎ 而磁通量的变化量大小 ‎ 由几何关系易得,同时得三角形线框的面积 ‎ 联立并代入数据得: 。‎ ‎⑵线框匀速转动的角速度 ‎ 线框转动产生电动势的最大值为 电动势的有效值 ‎ 电路中产生的电功率 ‎ 整个电路在半周期内消耗的电能 ‎ 根据功能关系知半周期内外力所做的功。‎ 点睛：根据法拉第电磁感应定律求解平均感应电动势，并计算电量；根据楞次定律判断感应电流方向，外力做的功等于电流做的功。‎ ‎12.如图1所示，固定于水平面U形导线框abcd处于竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中，导线框两平行导轨间距为l，左端接一电阻R。一质量为m、电阻为r的导体棒MN垂直导线框放置。‎ ‎（1）若导体棒沿导线框以速度v向右做匀速运动。请根据法拉第电磁感应定律E=，推导金属棒MN中的感应电动势E。‎ ‎（2）若将导体棒与重物A用不可伸长的细线相连，细线绕过定滑轮，导体棒与滑轮之间的细线保持水平，如图2所示。静止释放重物，重物将通过细线拉动导体棒开始运动，运动过程中导体棒不会与定滑轮发生碰撞。若重物A的质量也为m，不计细线的质量以及一切摩擦。‎ i）在图3中定性画出导体棒MN的速度v随时间t变化的图象；‎ ii）当重物从静止开始下落，下落的高度为h时，重物的速度为v，此时导体棒的速度还没有达到稳定，在此过程中，求：‎ a. 电阻R上产生的焦耳热；‎ b. 导体棒的运动时间。‎ ‎【答案】（1）E=BLv ‎ （2）i）如图所示；‎ ‎ ii）a. ‎ ‎ b. ‎ ‎【解析】‎ ‎（1）设经过时间t，金属棒运动的距离为x=vt；‎ 根据法拉第电磁感应定律： ‎ ‎（2）（i）某时刻金属棒产生的电动势E=BLv；‎ 感应电流： ‎ 所受的安培力： ‎ 加速度 ‎ 即： ，则随速度的增加，加速度逐渐减小，故v-t图像如图；‎ ‎（ⅱ）a.由能量关系可知： ‎ ‎ ‎ 解得：‎ ‎ b.对两棒的系统，由动量定理可得： ‎ ‎ 解得： ‎ ‎13.以下有关热现象的说法中不正确的是_________。‎ A. 物体的温度越高，分子热运动越剧烈，分子平均动能越大 B. 已知水的密度和水的摩尔质量，则可以计算出阿伏加德罗常数 C. 扩散现象和布朗运动的剧烈程度都与温度有关，所以扩散现象和布朗运动也叫做分子热运动 D. 做加速运动的物体，由于速度越来越大，因此物体分子的平均动能越来越大 E. 两个分子从无穷远处逐渐靠近，直到不能再靠近为止的过程中，分子力先变大后变小，再变大 ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【详解】A项：温度是分子平均动能的标志，温度越高，分子运动越剧烈，故A正确；‎ B项：已知水的密度和水的摩尔质量，只能求出水的摩尔体积，求不出阿伏加德罗常数，故B错误；‎ C项：扩散现象和布朗运动的剧烈程度都与温度有关，所以扩散现象是分子运动的表现。但布朗运动是微小颗粒的运动，不是分子的运动，故C错误； ‎ D 项：内能与温度、体积和物质的量有关，与机械能大小无关，物体加速运动只能说明动能增加，但内能不一定变化，故D错误；‎ E项：两个分子从无穷远处逐渐靠近，直到不能再靠近为止的过程中，由分子力作用图可知，分子力先增大后减小，再变大，故E正确。‎ ‎14.如图所示，一水平放置的两端开口的固定气缸有两个卡环C,D，活塞A的横截面积是活塞B的2倍，两活塞用一根长为2L的不可伸长的轻线连接。已知大气压强为po，两活塞与缸壁间的摩擦忽略不计，气缸始终不漏气。当两活塞在图示位置时，封闭气体的温度为T0。现对封闭气体加热，使其温度缓慢上升到T，此时封闭气体的压强可能是多少?‎ ‎【答案】 ‎ ‎【解析】‎ 升温时封闭气体先做等压膨胀，设活塞B的横截面积为S，刚移至CD处封闭气体的温度为，则，解得 ‎（i）当时，‎ ‎（ii）当时， ，解得 ‎ ‎ ‎ ‎