2017-2018学年浙江省宁波诺丁汉大学附属中学高二上学期期中考试物理试题 解析版

2017-2018学年浙江省宁波诺丁汉大学附属中学高二上学期期中考试物理试题 解析版

浙江省宁波诺丁汉大学附属中学2017-2018学年高二上学期期中考试物理试题 一、单项选择题 ‎1. 如图甲所示为法拉第在研究电磁感应时用过的线圈，其工作原理如图乙所示，则实验中不会使电流表指针发生偏转的是( )‎ A. 保持开关闭合 B. 开关闭合瞬间 C. 开关断开瞬间 D. 移动变阻器滑片 ‎【答案】A ‎【解析】开关闭合状态下，线圈中电流恒定，穿过线圈的磁通量不发生变化，没有感应电流，电流表指针不会发生偏转，故A正确．当开关接通的瞬间、开关断开的瞬间或者移动变阻器滑片时，线圈中磁通量发生变化，产生感应电流，指针发生偏转．故BCD错误．故选A．‎ ‎2. 弹簧振子的质量是2 kg，当它运动到平衡位置左侧2 cm 时，受到的回复力是4 N，当它运动到平衡位置右侧4 cm 时，它的加速度是( )‎ A. 2 m/s2，向右 B. 2 m/s2，向左 C. 4 m/s2，向右 D. 4 m/s2，向左 ‎【答案】A ‎【解析】在光滑水平面上做简谐振动的物体质量为2kg，当它运动到平衡位置左侧2cm时，受到的回复力是4N，有：F1=kx1；当它运动到平衡位置右侧4cm时，回复力为：F2=kx2；联立解得：F2=8N，向左；故加速度，方向向左；故选D．‎ ‎3. 穿过一个单匝线圈的磁通量始终保持每秒钟均匀地减少2 Wb，则(　　)‎ A. 线圈中感应电动势每秒钟增加2 V B. 线圈中感应电动势每秒钟减少2 V C. 线圈中无感应电动势 D. 线圈中感应电动势保持不变 ‎【答案】D ‎【解析】由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势为，故D正确；‎ ‎4. 如图所示，闭合线圈正上方有一竖直放置的条形磁铁，磁铁的N极朝下但未插入线圈内部。当磁铁向上运动时（ ）‎ A. 线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相同，磁铁与线圈相互吸引 B. 线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相反，磁铁与线圈相互吸引 C. 线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相同，磁铁与线圈相互排斥 D. 线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相反，磁铁与线圈相互排斥 ‎【答案】C ‎【解析】当磁铁向上运动时，穿过线圈的磁通量变小，原磁场方向向下，所以感应磁场方向向下，根据右手螺旋定则，拇指表示感应磁场的方向，四指弯曲的方向表示感应电流的方向，故可判断出产生了如图中箭头方向相反的的感应电流．根据楞次定律“来拒去留”可判断线圈对磁铁的作用是阻碍作用，故磁铁与线圈相互吸引．故选B.‎ ‎5. 两根相互平行的金属导轨水平放置于如图所示的匀强磁场中，在导轨上与导轨接触良好的导体棒AB和CD可以自由滑动。当AB在外力F作用下向右运动时，下列说法中正确的是(　　)‎ ‎ ‎ A. 导体棒CD内有电流通过，方向是D→C B. 导体棒CD内有电流通过，方向是C→D C. 磁场对导体棒CD的作用力向左 D. 磁场对导体棒AB的作用力向右 ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：AB切割磁感线产生感应电流，根据右手定则判断可知，AB中感应电流的方向为B→A，则导体棒CD内有电流通过，方向是C→D．故A错误，B正确．感应电流通过CD，CD棒受到安培力作用，由左手定则判断可知磁场对导体棒CD的安培力向右．故C错误．AB中感应电流的方向为B→A，根据左手定则，安培力向左．故D正确．故选BD．‎ 考点：右手定则；左手定则 ‎【名师点睛】解决本题的关键掌握右手定则和左手定则，并能正确运用右手定则判断感应电流的方向，运用左手定则判断安培力的方向。‎ ‎6. 两个弹簧振子，甲的固有频率是100 Hz，乙的固有频率是400 Hz，若它们均在频率是200 Hz的驱动力作用下做受迫振动，则振动稳定后(　　)‎ A. 甲的振幅较大，振动频率是100 Hz B. 乙的振幅较大，振动频率是200 Hz C. 甲的振幅较大，振动频率是200 Hz D. 乙的振幅较大，振动频率是400 Hz ‎【答案】C ‎【解析】两个弹簧振子在频率为200Hz的驱动力作用下做受迫振动时，甲乙振动的频率等于200Hz，甲的频率接近于驱动力的频率，所以甲的振幅较大，故选C．‎ 点睛：物体做受迫振动的频率等于驱动力的频率，当驱动力的频率接近于物体的固有频率时，物体发生共振，振幅最大．‎ ‎7. 一正弦交变电流的电压随时间变化的规律如图所示。由图可知该交变电流(　　)‎ ‎ ‎ A. 周期为0.125 s B. 电压的有效值为10V C. 电压的最大值为20V D. 电压瞬时值的表达式为u＝10sin 8πt(V)‎ ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：由电压随时间的变化规律可知，周期为0.250s，故A不对；电压的最大值为20V，故电压的有效值为=V ，B是正确的；C是不对的；电压瞬时值表达式中，最大值是V是不对的，应该是20V，故D也不正确。‎ 考点：交流电的电压与时间的关系。‎ ‎8. 某水电站通过总电阻为2.5 Ω的输电线输电给500 km 外的用户，其输出电功率是3×106 kW。现用500 kV 电压输电，则下列说法正确的是(　　)‎ A. 输电线上输送的电流大小为2.0×105 A B. 输电线上由电阻造成的电压损失为15 kV C. 若改用5 kV电压输电，则输电线上损失的功率为9×108 kW D. 输电线上损失的功率为ΔP＝U2/r，U为输电电压，r为输电线的电阻 ‎【答案】B ‎【解析】据P=UI知，输电线上的输送电流，A错误；输电线上损失的电压，B正确；若改用5kV电压输电，则输送电流，则损失的功率，违背能量守恒定律，C错误；输电线上损失的功率为，U应为线路上损失的电压，r为输电线的电阻，D错误．‎ 视频 ‎9. 如图所示是研究自感实验的实物电路，L1、L2是两个规格相同的小灯泡，L为自感线圈，闭合开关S，调节滑动变阻器R，使两个灯泡的亮度相同，然后断开开关S，则(　　)‎ ‎ ‎ A. 闭合开关S，L1、L2都逐渐变亮 B. 闭合开关S，L2立刻变亮，L1逐渐变亮 C. 闭合开关S稳定后，L仍有自感电动势 D. 闭合开关S稳定后，断开S，L没有自感电动势 ‎【答案】B ‎【解析】闭合电键S，自感线圈产生自感电动势，阻碍通过L1的电流增大，灯L1逐渐变亮，闭合开关，通过L2的电流立即稳定，L2立刻变亮，故A错误，B正确；闭合电键S稳定后，流过线圈的电流不变，线圈L没有自感电动势，故C错误；闭合电键S稳定后，打开S，穿过线圈L的电流发生变化，L产生自感电动势，故D错误．故选B．‎ ‎10. 矩形导线框abcd放在匀强磁场中静止不动，磁场方向与线框平面垂直，磁感应强度B随时间t变化的图象如图所示。设t＝0时刻，磁感应强度的方向垂直纸面向里，则在0～4 s时间内，选项图中能正确反映线框ab边所受的安培力F随时间t变化的图象是(规定ab边所受的安培力向左为正)(　　)‎ ‎ ‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：0～1s内，由楞次定律可判断电流方向为b→a，根据法拉第电磁感应定律，电流的大小恒定，由左手定则可判断ab边受到的安培力向左，为正方向的力，根据F=BIL可知安培力逐渐减小．1s～2s内，磁场向外且增大，线框中电流方向为b→a，电流大小恒定，ab边受到向右的力，为反方向，根据F=BIL可知安培力逐渐增大；2s～3s内，磁场向外且减小，线框中电流方向为a→b，电流大小恒定，ab边受到向左的力，为正方向．根据F=BIL可知安培力逐渐减小．3s～4s内，磁场向里且增大，线框中电流方向a→b，电流的大小恒定，ab边受到向右的力，为反方向，根据F=BIL可知安培力逐渐增大．综合上述三项，知D正确．故选D．‎ 考点：楞次定律；安培力 ‎【名师点睛】解决本题的关键掌握法拉第电磁感应定律求感应电动势、感应电流的大小，会用楞次定律判断感应电流的方向。‎ 二、不定项选择题 ‎11. 如图所示，接在交流电源上的电灯泡正常发光，以下说法正确的是(　　)‎ ‎ ‎ A. 把电介质插入电容器，灯泡变亮 B. 增大电容器两板间的距离，灯泡变亮 C. 减小电容器两板间的正对面积，灯泡变暗 D. 使交变电流频率减小，灯泡变暗 ‎【答案】ACD ‎.....................‎ 点睛：对于电容和电感的特性可以利用感抗和容抗公式记忆：XL=2πfL，XC=，L是电感，C是电容，f是频率．‎ ‎12. 一质点做简谐运动，其位移x与时间t的关系图象如图所示，由图可知(　　) ‎ A. 质点振动的频率是4 Hz B. 质点振动的振幅是2 cm C. t＝3 s时，质点的速度最大 D. 在t＝3 s时，质点的振幅为零 ‎【答案】BC ‎【解析】由图读出周期 T=4s，则频率 f==0.25Hz，故A错误；质点的振幅等于振子的位移最大值，由图读出振幅为 A=2cm，故B正确；t=3s时，质点的位移为零，正通过平衡位置，速度最大，故C正确；质点做简谐运动，振幅2cm是保持不变的，故D错误；故选BC.‎ 点睛：本题简谐运动的图象能直接读出振幅和周期．对于质点的速度方向，也可以根据斜率读出．速度大小可根据质点的位移确定；注意位移与振幅的不同．‎ ‎13. 摆球质量相等的甲、乙两单摆悬挂点高度相同，其振动图象如图所示。选悬挂点所在水平面为重力势能的参考面，由图可知(　　)‎ A. 甲、乙两单摆摆长之比是4∶9‎ B. ta时刻甲、乙两单摆的摆角相等 C. tb时刻甲、乙两单摆的势能差最大 D. tc时刻甲、乙两单摆的速率相等 ‎【答案】AC ‎【解析】A、由振动图象得到甲、乙两个单摆的周期之比为，根据单摆周期公式得，故甲、乙两个单摆的摆长之比为，故A正确； B、根据摆长不同，摆动幅度相同，故摆角不等，故B错误； C、有图可知时刻甲、乙两单摆的偏离平衡位置的差值最大，故势能差最大，故C正确； D、时刻甲、乙两单摆的处于平衡位置，由动能定理得：， 由几何关系知：，（A为振幅，为摆长），联立得：，，故D错误。‎ 点睛：本题关键从x-t图象得到周期，然后根据周期公式求解摆长之比，难度较大。‎ ‎14. 理想变压器原线圈与正弦交变电源连接，输入电压u随时间t变化的规律如图所示，原、副线圈匝数比＝100，副线圈只接入一个R＝10 Ω的电阻，则(　　)‎ A. 与电阻R并联的电压表示数为3.11 V B. 流过电阻R的电流最大值为0.311 A C. 变压器的输入功率为0.484 W D. 一个周期内，电阻R上产生的热量为9.68×10－3 J ‎【答案】BCD ‎【解析】原线圈电压的有效值，根据变压比规律得：，即，得U2＝2.2V，即副线圈电压的有效值为2.2V，所以与电阻R并联的电压表示数为2.2V，故A错误；副线圈电流，流过电阻R的电流最大值为I2max=I2=0.22A＝0.311A，故B正确；变压器的输入功率等于输出功率，，故C正确；一个周期内电阻R上产生的热量Q＝P2t＝0.484×2×10-2J=9.68×10-3J，故D正确；故选BCD.‎ ‎15. 如图是一弹簧振子，O为平衡位置，则振子从a→O运动的过程中，下列说法正确的是(　　)‎ A. 位移不断减小 B. 速度不断减小 C. 加速度不断减小 D. 弹簧的弹性势能不断增大 ‎【答案】AC ‎【解析】试题分析：振子从a→O运动的过程是靠近平衡位置，故位移减小，速度增加，加速度减小，弹性势能减小；‎ 故BD错误，AC正确；故选AC.‎ 考点：简谐振动的规律 ‎16. 如图所示，先后以速度v1和v2匀速把一矩形线圈拉出有界匀强磁场区域，v1＝2v2，在先后两种情况下(　　)‎ ‎ ‎ A. 线圈中的感应电流之比I1∶I2＝2∶1‎ B. 线圈中的感应电流之比I1∶I2＝1∶2‎ C. 线圈中产生的焦耳热之比Q1∶Q2＝4∶1‎ D. 通过线圈某截面的电荷量之比q1∶q2＝1∶1‎ ‎【答案】AD ‎【解析】试题分析：根据E=BLv，求出线圈中的感应电动势之比，再求出感应电流之比．根据Q=I2Rt，求出线圈中产生的焦耳热之比．根据q=It=，求出通过线圈某截面的电荷量之比 解：A、v1=2v2，根据E=BLv，知感应电动势之比2：1，感应电流I=，则感应电流之比为2：1．故A正确，B错误．‎ C、v1=2v2，知时间比为1：2，根据Q=I2Rt，知热量之比为2：1．故C错误．‎ D、根据q=It=，知通过某截面的电荷量之比为1：1．故D正确．‎ 故选：AD ‎【点评】解决本题的关键掌握导体切割磁感线时产生的感应电动势E=BLv，以及通过某截面的电荷量q=，‎ 三、填空实验题 ‎17. （1）在“探究单摆周期与摆长的关系”的实验中，为使小球的摆动尽量符合简谐运动，下面关于本实验的控制和测量必要的是______‎ A．摆球密度稍大一点 B．摆角要尽量大 C．测量周期时为了提高精度应该在最低点计时 D．摆线可用轻且有弹性的细绳 ‎ ‎（2）实验时用游标卡尺测量摆球直径，示数如图所示，该摆球的直径d=_____ cm.‎ ‎（3）某小组改变摆线长度l0，测量了多组数据．在进行数据处理时，甲同学把摆线长l0作为摆长，直接利用公式求出各组重力加速度值再求出平均值；乙同学作出T2﹣l0图象后求出斜率，然后算出重力加速度．两同学处理数据的方法对结果的影响是：甲____，乙___（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）．‎ ‎【答案】 (1). （1）AC (2). （2）2.98cm； (3). （3）偏小， (4). 无影响 ‎【解析】（1）为减小实验误差，摆球要尽量选择质量大些的，体积小些的，故A正确；摆动中摆球振幅不宜过大，否则摆的振动不再是简谐运动，故B错误；测量摆球周期时，计时起点应选择摆球经过最低点时开始计时，故C正确；为减小误差应保证摆线的长短不变，故D错误；故选AC.‎ ‎（2）摆球的直径d=2.9cm+0.1mm×8=2.98 cm.‎ ‎（3）根据公式，甲同学把摆线长L0作为摆长，则摆长的测量值偏小，则g的测量值偏小；乙同学作出T2-L0 图象后求出斜率，，重力加速度：g＝，可知该方法计算出的重力加速度与摆长无关．‎ 点睛：用单摆测重力加速度实验的注意事项有：小球的偏角α在很小（α＜5°）时，小球的振动才近似看成简谐运动．在摆球经过最低点时开始计时，产生的时间误差较小．把秒表记录摆球一次全振动的时间作为周期，误差较大，应采用累积法测量周期.‎ ‎18. (1)如图所示的是“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.如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上开关后线圈A迅速从线圈B中拔出时，电流计指针将___________（选填“向右偏”、“向左偏”或“不偏转”）.‎ ‎【答案】 (1). ①将图中所缺导线补接完整如图.‎ ‎ (2). ②向左 ‎【解析】①将电源、电键、变阻器、小螺线管串联成一个回路，再将电流计与大螺线管串联成另一个回路，电路图如图所示．‎ ‎19. 某学生选用匝数可调的可拆变压器来“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验时，原线圈接在学生电源上，用多用电表测量副线圈的电压.‎ ‎①下列操作正确的是 ________ ‎ A．原线圈接直流电压，电表用直流电压挡 B．原线圈接直流电压，电表用交流电压挡 C．原线圈接交流电压，电表用直流电压挡 D．原线圈接交流电压，电表用交流电压挡 ‎②该学生继续做实验，在电源电压不变的情况下,先保持原线圈的匝数不变，增加副线圈的匝数，观察到副线圈两端的电压增大；然后再保持副线圈的匝数不变，增加原线圈的匝数，观察到副线圈两端的电压_________（选填“增大”、“减小”或“不变”）. ‎ ‎【答案】 (1). ① D (2). ②减小 ‎【解析】（1）变压器的工作原理是互感现象，故原线圈接交流电压，输出电压也是交流电压，故电表用交流电压挡，故ABC错误，D正确； （2）原线圈的电压U1不变，根据变压比公式，保持副线圈的匝数不变，增加原线圈的匝数，观察到副线圈两端的电压，观察到副线圈两端的电压减小；‎ 四、计算题 ‎20. 轻质细线吊着一质量为m＝0.32 kg、边长为L＝0.8 m、匝数n＝10的正方形线圈，总电阻为r＝1 Ω.边长为的正方形磁场区域对称分布在线圈下边的两侧，如图甲所示，磁场方向垂直纸面向里，大小随时间变化关系如图乙所示，从t＝0开始经t0时间细线开始松弛，取g＝10 m/s2.求：‎ ‎(1)在前t0时间内线圈中产生的电动势；‎ ‎(2)在前t0时间内线圈的电功率；‎ ‎(3)t0的值．‎ ‎【答案】(1)0.4 V　(2)0.16 W　(3)2 s ‎【解析】（1）由法拉第电磁感应定律得：‎ ‎（2）根据欧姆定律可得，所以 ‎（3）分析线圈受力可知，当细线松弛时有：，‎ ‎，由图象知：，解得：‎ ‎【点睛】解决本题的关键掌握法拉第电磁感应定律．以及知道细线开始松驰时，线圈所受的安培力和重力平衡．‎ ‎21. 如图甲所示，两根足够长的平行光滑金属导轨MN、PQ被固定在水平面上，导轨间距L=0.6m，两导轨的左端用导线连接电阻R1及理想电压表，电阻r=2Ω的金属棒垂直于导轨静止在AB处；右端用导线连接电阻R2，已知R1=2Ω，R2‎ ‎=1Ω，导轨及导线电阻均不计．在矩形区域CDEF内有竖直向上的磁场，CE=0.2m，磁感应强度随时间的变化如图乙所示．在t=0时刻开始，对金属棒施加一水平向右的恒力F，从金属棒开始运动直到离开磁场区域的整个过程中电压表的示数保持不变．求：‎ ‎（1）t=0.1s时电压表的示数；‎ ‎（2）恒力F的大小；‎ ‎（3）从t=0时刻到金属棒运动出磁场的过程中整个电路产生的热量Q；‎ ‎【答案】（1）0.3V（2）0.27N（3）0.09J ‎【解析】试题分析：（1）在0～0．2s内，CDEF产生的电动势为定值：‎ 在0．1s时电压表的示数为：‎ ‎（2）设此时的总电流为I,则路端电压为：‎ 由题意知:‎ 此时的安培力为：‎ 解得：F=0．27N ‎（3）0～0．2s内的热量为：‎ 由功能关系知导体棒运动过程中产生的热量为：‎ 总热量为：‎ 考点:法拉第电磁感应定律、焦耳定律、功能关系。‎ ‎22. 间距为l=0.5m两平行金属导轨由倾斜部分和水平部分平滑连接而成，如图所示，倾斜部分导轨的倾角θ=30°，上端连有阻值R=0.5Ω的定值电阻且倾斜导轨处于大小为B1‎ ‎=0.5T、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中。水平部分导轨足够长，图示矩形虚线框区域存在大小为B2=1T、方向竖直向上的匀强磁场，磁场区域的宽度d=3m。现将质量m=0.1kg、内阻r=0.5Ω、长l=0.5m的导体棒ab从倾斜导轨上端释放，达到稳定速度v0后进入水平导轨，当恰好穿过B2磁场时速度v=2m/s，已知导体棒穿过B2磁场的过程中速度变化量与在磁场中通过的距离满足（比例系数k未知），运动过程中导体棒始终与导轨垂直并接触良好，不计摩擦阻力和导轨电阻。求：‎ ‎（1）导体棒ab的速度v0；‎ ‎（2）导体棒ab穿过B2磁场过程中通过R的电荷量及导体棒ab产生的焦耳热；‎ ‎（3）若磁场B1大小可以调节，其他条件不变，为了使导体棒ab停留在B2磁场区域，B1需满足什么条件。‎ ‎【答案】（1）8m/s（2）1.5C；1.5 J（3）‎ ‎【解析】（1）当导体棒ab运动稳定后，做匀速运动，由平衡条件知，‎ ab产生的感应电动势 感应电流 联立得 ‎（2）穿过B2磁场过程中通过R的电荷量 联立得 1.5C 设穿过B2磁场过程中产生的总焦耳热为Q，则由能量守恒定律知 导体棒ab产生的焦耳热 联立得Q=1.5 J ‎（3）根据题意有，，则若导体棒ab以速度v′通过B2磁场时与在磁场中通过的距离x′满足 导体棒ab在B1磁场中达到稳定速度时，由平衡条件知 又 联立得 根据题意，‎ 联立以上二式并代入数据得T。‎ ‎【点睛】‎ ‎（1）由导体棒达到稳定速度后进入水平导轨，在区域Ⅰ受力平衡，根据受力平衡列方程，可求稳定速度； （2）根据平均电流求出电荷量；根据能量守恒定律求出回路产生的焦耳热，再根据电路的串联关系求出导体棒产生的焦耳热；‎ ‎（3）由导体棒的速度变化量与位移的关系求得导体棒不能通过区域Ⅱ的初速度范围，然后根据受力平衡求得区域Ⅰ的磁感应强度范围。‎ ‎ ‎