福建省福州市八县（市）一中2020学年高二物理下学期期中联考试题（含解析）

福建省福州市八县（市）一中2020学年高二物理下学期期中联考试题（含解析）

福建省福州市八县（市）一中2020学年高二物理下学期期中联考试题（含解析） ‎ 一、选择题 ‎1.关于电磁感应现象，下列说法中正确的是（ ）‎ A. 导体在磁场中运动一定能产生感应电流 B. 闭合线圈整个放在磁场中一定能产生感应电流 C. 感应电流的磁场总跟原来的磁场方向相反 D. 感应电流的磁场总是阻碍原来的磁通量的变化 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．导体在磁场中运动，如果速度方向与磁场方向平行，就不会产生感应电动势，也不会有感应电流，所以导体在磁场中运动不一定能产生感应电流，A错误 B．要形成感应电流必须是闭合回路且磁通量发生改变，所以导体如果没有围成闭合回路，在磁场中运动不一定产生感应电流，B错误 CD．感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流磁通量的变化，不一定与原磁场方向相反，C错误D正确 ‎2.在匀强磁场中，一个100匝的闭合矩形金属线圈，绕与磁感线垂直的固定轴匀速转动，如图所示，穿过该线圈的磁通量随时间按正弦规律变化。则（ ）‎ A. t＝0时，线圈位于中性面位置 B. t＝0.5 s时，线圈中的磁通量变化率为零 C. t＝0.8 s时，线圈产生的感应电动势处于减小的过程中 D. t＝1.0 s时，线圈产生的感应电动势为零 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．t＝0时，磁通量最小为零，所以磁场与线圈平行，线圈位于与中性面垂直的位置，A错误 B．图像的斜率表示磁通量的变化率，，t＝0.5 s时，斜率为零，磁通量变化率为零，B正确 C.．t＝0.8 s时，线圈处于斜率变大的过程中，所以感应电动势处于增大的过程中，C错误 D．t＝1.0 s时，磁通量为零，但是斜率不为零，感应电动势不为零，D错误 ‎3.一质量为M的航天器正以速度v0在太空中飞行，某一时刻航天器接到加速的指令后，发动机瞬间向后喷出质量为m的气体，气体喷出时速度大小为v1，则喷出气体后航天器的速度大小v2为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】设航天器的速度为正方向，根据动量守恒定律得：，解得：，BCD错误A正确 ‎4.如图所示电路中，L 是一直流电阻可忽略不计的电感线圈，a、b 为 L 的左、右两端点，A、B、C 为完全相同的三个灯泡，某时刻将开关 K 闭合，稳定后三个灯泡均正常发光，之后又将开关 K断开。则下列说法正确的是（ ）‎ A. 开关闭合瞬间，A、B、C 灯同时变亮 B. 开关断开瞬间，a 点电势高于 b 点，B、C 灯闪亮后缓慢熄灭 C. 开关断开瞬间，b 点电势高于 a 点，B、C 灯闪亮后缓慢熄灭 D. 开关断开瞬间，b 点电势高于 a 点，B、C 灯缓慢熄灭 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．开关闭合瞬间，由于电感线圈会阻碍电流的增大，A灯泡支路电流逐渐变大，A灯泡缓慢变亮，A错误 BCD．开关断开瞬间，电感线圈要阻碍原电流的减小，产生与原电流方向相同的感应电流，即线圈内部从a流向b，所以b端电势高；由于线圈直流电阻可忽略不计，所以感应电流会大于原电流，导致流过B、C灯泡的电流比正常发光的电流大，所以B、C 灯闪亮后缓慢熄灭，BD错误C正确 ‎5.如图所示，横截面积为5 cm2的水柱以10 m/s的速度垂直冲到墙壁上，已知水的密度为1×103 kg/m3，假设水冲到墙上后不反弹而顺墙壁流下，则墙壁所受水柱冲击力为（ ）‎ A. 0.5 N B. 5 N C. 50 N D. 500 N ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】设冲水时间，墙对水柱的作用力为F，对水柱水平方向动量定理得：，且，代入数据解得：，ABD错误C正确 ‎6.如图所示，灯泡L1接在变压器初级电路中，灯泡L2、L3接在变压器次级电路中。变压器为理想变压器，交变电流电源电压为U，L1、L2、L3都是额定电压为U0的同种型号灯泡，若三个灯泡都能正常发光，则（ ）‎ A. ，U=3U0 B. ，U=3U0‎ C. ，U=2U0 D. ，U=2U0‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】设灯泡正常发光时电流为，所以原线圈电流，副线圈两灯泡并联：，根据电流关系：，根据电压关系：，解得：，BCD错误A正确 ‎7.如图所示，单匝矩形线圈放置在磁感应强度为B的匀强磁场中，以恒定的角速度ω绕ab边转动，磁场方向垂直于纸面向里，线圈所围面积为S，线圈导线的总电阻为R，t＝0时刻线圈平面与磁场垂直。则（ ）‎ A. 线圈中感应电动势瞬时值表达式为e＝BSωcosωt B. 线圈中电流有效值为 C. 线圈转过180°通过的电量为零 D. 线圈消耗的电功率为 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．初始时刻，磁场与线圈平面垂直，从中性面位置开始计时：，A错误 B．电动势最大值：，所以有效值为：，电流有效值：，B错误 C．感应电动势：，电流：，电量：，联立解得：，转过180°，磁通量变化量不是零，电量不为零，C错误 D．消耗电功率：，D正确 ‎8.有一等腰直角三角形形状的导线框abc，在外力作用下匀速地经过一个宽为d的有界匀强磁场区域，线圈中产生的感应电流i与沿运动方向的位移x之间的函数图象可能是如图中的（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】根据题意得，感应电动势：，感应电流为，在进入磁场的过程中，切割的有效长度在减小，根据右手定则判断，感应电流为逆时针；在出磁场的过程中，切割的有效长度在减小，根据右手定则判断，感应电流为顺时针，所以感应电流方向相反，都在减小，ABC错误D正确 ‎9.如图所示，一个匝数n=100匝的圆形线圈，面积S1=0.4 m2，电阻r=1 Ω。在线圈中存在面积S2=0.2 m2、垂直线圈平面向外的匀强磁场区域，磁感应强度B=0.3+0.15t。将线圈两端a、b与一个阻值R=2 Ω的电阻相连接，b端接地。则下列说法正确的是（ ）‎ A. 通过电阻R的电流方向向上 B. 回路中的电流大小逐渐增大 C. 电阻R消耗的电功率为3 W D. a端的电势φa =－2 V ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据题意得：磁感应强度在向外增强，感应电流的磁场向里，根据右手定则感应电流从b经电阻流向a，所以通过电阻的电流方向向上，A正确 B．感应电动势：，所以感应电流，不变，B错误 C．R消耗的功率：，C错误 D．因为电流从b流出线圈，所以b端相当于电源的正极，电势高，而电动势为2V，所以，而b端接地，所以，，所以，D正确 ‎10.如图所示，电阻不计的正方形导线框abcd处于匀强磁场中，线框绕中心轴OO′匀速转动时，产生的电动势e＝200cos (100πt) V。线框的输出端与理想变压器原线圈相连，副线圈连接着一只“20 V、8 W”的灯泡，且灯泡能正常发光，电路中熔断器熔断电流为0.4 A，熔断器与输电导线的电阻忽略不计。下列判断正确的是（ ）‎ A. t＝0 s时刻的线框中磁通量变化率最大 B. 理想变压器原、副线圈匝数之比为10∶1‎ C. 若副线圈两端并联多只“20 V、8 W”的灯泡，则最多不能超过10只 D. 若线框转速减半，产生电动势e＝100cos (100πt) V ‎【答案】AB ‎【解析】‎ 试题分析：线圈在匀强磁场中绕垂直磁场的转轴匀速转动，产生正弦式交变电流，最大值Em=NBSω；然后结合变压器的变压比公式和输入、输出功率关系列式分析．‎ 解：A、图示位置线圈与中性面垂直，感应电动势最大，故线框中磁通量变化率最大，故A正确；‎ B、线框绕中心轴OO′匀速运动时，产生的电压u=200sin100πt，故输入变压器的电压的有效值为：U==200V；灯泡能正常发光，故变压器的输出电压为20V；根据变压比公式，有：，故B正确；‎ C、电路中熔断器熔断电流为0.4A，此时根据能量守恒定律，有：‎ U1I1=U2（nIL）‎ 解得：n=‎ 故副线圈两端并联“20V、8W”的灯泡最多不能超过14只，故C错误；‎ D、若线框转速减半，根据公式Em=NBSω，产生的电压也减半，ω=2πn=50π，则产生的电动势e=100cos（50πt）V，故D错误；‎ 故选：AB．‎ 点评：本题关键熟悉交流电的产生和变压器的变压比公式，同时要结合能量守恒定律分析，基础题．‎ ‎11.如图所示，轻质弹簧的一端固定在墙上，另一端与质量为m的物体A相连，A放在光滑水平面上，有一质量与A相同的物体B，从高h处由静止开始沿光滑曲面滑下，与A相碰后一起将弹簧压缩，弹簧复原过程中某时刻B与A分开且沿原曲面上升。下列说法正确的是（ ）‎ A. 弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为mgh B. 弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为 C. B能达到最大高度为 D. B能达到的最大高度为 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.设碰前瞬间B物体的速度为有：，解得：‎ ‎，根据动量守恒：，所以，从碰完到压缩弹簧最短，根据机械能守恒有：，A错误B正确 CD.刚要分开时两物体具有相同的速度，设为，从压缩最短到分开，根据机械能守恒有：，解得：，之后B物体开始冲上斜面，根据机械能守恒，有：，解得：，C错误D正确 ‎12.如图所示，匀强磁场方向竖直向下，磁感应强度为B。正方形金属框abcd可绕光滑轴OO′转动，边长为L，总电阻为R，ab边质量为m，其他三边质量不计，现将abcd拉至水平位置，并由静止释放，经一定时间到达竖直位置，ab边的速度大小为v，则下列说法正确的是（ ）‎ A. 在竖直位置时金属框产生的电动势大小为零 B. 从水平到竖直的过程中通过ab的电荷量为q=BL2/R C. 从水平到竖直的过程中金属框内产生热量大小等于mgL－‎ D. 从水平到竖直的过程中通过ab杆上b点电势大于a点电势 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．到达竖直位置时，根据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势：，A错误 B．感应电动势：，电流：，电量：，联立解得：，B正确 C．根据能量守恒有：，所以产热，C正确 D．根据右手定则可以判断，ab杆（电源内部）上电流从b到a，所以a端电势高于b端电势，D错误 二、填空实验题 ‎13.一些材料的电阻随温度的升高而变化。如图甲是由某材料制成的电阻R随摄氏温度t变化的图象，若用该电阻与电池(电动势E＝1.5 V，内阻不计)、电流表(量程为10mA，内阻不计)、电阻箱R′串联起来，连接成如图乙所示的电路，用该电阻作测温探头，把电流表的电流刻度改为相应的温度刻度，就得到了一个简单的“金属电阻温度计”。‎ ‎(1)电流刻度较大处对应的温度刻度________(选填“较大”或“较小”)；‎ ‎(2)若电阻箱阻值R′＝90 Ω，当电流为10 mA时对应的温度数值为________℃。‎ ‎【答案】 (1). （1）较大 (2). （2）50‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）根据闭合电路欧姆定律得：，所以电流较大，则较小，根据电阻R随摄氏温度t变化的图象，可知温度较大 ‎（2）若电阻箱阻值R′＝90 Ω，当电流为10 mA时可求得：，根据电阻R随摄氏温度t变化的图象可知电阻随温度的关系为：，当，代入解得：‎ ‎14.如图所示为实验室中《验证动量守恒定律》的实验装置示意图。‎ ‎(1)实验中必须要求的条件是______。‎ A．斜槽轨道尽量光滑以减少误差 B．斜槽轨道末端的切线必须水平 C．入射球和被碰球的质量必须相等，且大小相同 D．入射球每次必须从轨道的同一位置由静止释放 ‎(2)图中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影。实验时，先让入射球m1多次从斜轨上S位置静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP，然后把被碰小球m2静置于水平轨道的末端，再将入射球m1从斜轨上S位置静止释放，与小球m2相碰，并重复多次。本实验还需要完成的必要步骤是________(填选项前的符号)。‎ A．用天平测量两个小球的质量m1、m2‎ B．测量抛出点距地面的高度H C．分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M、N D．测量平抛射程OM、ON ‎(3)为了验证碰撞前后动量守恒，该同学只需验证表达式：___________ 成立，即表示碰撞中动量守恒。‎ ‎(4)若两球发生弹性碰撞，则OM、ON、OP之间一定满足的关系是_____（填选项前的符号）。‎ A．OP+OM=ON B．2OP=ON+OM C．OP﹣ON=2OM ‎【答案】 (1). （1）BD (2). （2）ACD (3). （3）m1OP=m1OM+m2ON (4). （4）A ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）AB.本实验要通过平抛运动验证动量守恒定律，所以轨道末端必须水平，以保证小球做平抛运动；为了保证两次入射小球到达轨道末端具有相同速度，两次入射小球需从同一位置由静止释放；轨道不光滑，两次摩擦力做的负功相同，小球到达轨道末端速度依然相同，所以轨道不需要光滑，A错误BD正确 C.为了避免入射小球反弹，要保证入射球质量大于被碰球质量，C错误 ‎（2）根据平抛运动规律：，，所以抛出速度，小球均从相同高度平抛，且要验证的表达式为：，代入数据得：：‎ A.根据以上分析，两物体质量需要测量，A正确 B.因为高度都相同，运动时间一样，所以不需测量高度，B错误 CD.根据分析，需要找到碰后平均落地点的位置M、N，并测量平抛射程OM、ON，CD正确 ‎（3）根据（2）的分析需要验证的是：‎ ‎（4）如果发生的是弹性碰撞，除了满足动量守恒，还满足机械能守恒，即：，联立动量守恒方程：，解得：OP+OM=ON，A正确BC错误 三、计算题 ‎15.如图所示，某发电机的输出功率为5×104 W，输出电压为250 V，输电线路总电阻R=60 Ω，理想升压变压器的匝数比n1：n2=1：20，为使用户获得220 V电压，求：‎ ‎（1）输电线路损失的功率为多大？‎ ‎（2）降压变压器的匝数比是多少？‎ ‎【答案】△P =6×103 W；‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）根据变压器电压关系: = 得，U2=5×103 V，变压器功率关系：P2=P1 ，输电线上的电流I2= =10 A ，输电线上的功率损失：△P=I22R=6×103 W ‎（2）降压变压器的输入电压：U3=U2﹣I2R=4400 V 根据降压变压器电压关系： = =‎ ‎16.如图所示，固定在地面上的光滑圆弧面与车C的上表面平滑相接，有一个质量为mA＝2 kg的滑块A，从距车的上表面高h＝1.8 m 处由静止开始下滑，车 C的质量为mC＝6 kg，在车C的左端有一个质量mB＝4 kg的滑块B，滑块A与B均可看做质点，滑块A与B碰撞后黏合在一起共同运动，最终没有从车C上滑出，已知滑块 A、B 与车C的动摩擦因数均为μ＝0.2，车 C与水平地面的摩擦忽略不计。取 g＝10 m/s2，求：‎ ‎（1）滑块A滑到圆弧面末端时速度大小 ‎（2）滑块A与B碰撞后瞬间的共同速度的大小 ‎（3）车C的最短长度 ‎【答案】 ；v1=2 m/s；L=0.5 m ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）对A由动能定理：mAgh＝mAvA2 ，代入数据解得vA＝6 m/s ‎（2）A、B碰撞时由动量守恒定律：mAvA =（mA+mB）v1 ，代入数据解得v1=2 m/s ‎（3）A、B与C系统由动量守恒定律：（mA+mB）v1 =（mA+mB+mC）v2，代入数据解得v2=1 m/s.，由能量守恒定律：μ（mA+mB）gL＝（mA+mB）v12﹣（mA+mB+mC）v22 ，代入数据解得L=0.5 m ‎17.如图所示，两根相距L=0.5 m的光滑平行金属导轨MN、PQ处于同一水平面内，导轨的左端用R=3 Ω的电阻相连，导轨电阻不计，导轨上跨接一电阻r=1 Ω的金属杆ab，质量m=0.2 kg，整个装置放在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B=2 T，现对杆施加水平向右的拉力F=2 N，使它由静止开始运动，求：‎ ‎（1）杆能达到的最大速度vm为多大？‎ ‎（2）若已知杆从静止开始运动至最大速度的过程中通过的位移x1=10 m，电阻R上产生的电热QR为多少？‎ ‎（3）若杆达到最大速度后撤去拉力，则其继续向前运动的最大位移x2多大？‎ ‎【答案】vm=8 m/s；QR= 10.2 J；x2=6.4 m ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）当导体棒加速度为零时，速度最大，根据平衡条件，有：F=F安=ILB，感应电流：I= 代入数据联立可得vm=8 m/s ‎（2）对导体棒由动能定理可得： Fx1+W安= mv2，根据功能关系有：Q=－W安，因为外电阻与内阻为串联关系，根据焦耳定律可知：QR= Q ，联立可得QR= 10.2 J ‎（3）对导体棒由动量定理可得：－BLIt = 0－mv，感应电动势：，电流：，电量：= ，联立可得x2=6.4 m ‎18.如图所示，单匝正方形线框abcd质量M=0.3 kg、边长L=0.4 m、总电阻R=2 Ω。一根足够长的绝缘轻质细线跨过两个轻质光滑定滑轮，一端连接正方形线框另一端连接质量m=0.2 kg的物体P，线框释放前细线绷紧。在线框下方有一上下边界都水平的有界匀强磁场，两边界Ⅰ、Ⅱ之间距离h2=2 m，磁场方向水平且垂直纸面向里。现让线框cd边距上边界Ⅰ的高度h1=1‎ ‎ m处由静止释放，线框在运动过程中cd边始终保持水平且与磁场垂直，线框cd边进入磁场上边界Ⅰ时刚好做匀速运动，线框ab边刚进入磁场上边界Ⅰ时，线框上方的绝缘轻质细线突然断裂，不计空气阻力，求:‎ ‎（1）线框cd边从磁场上边界Ⅰ进入时的速度大小v0‎ ‎（2）匀强磁场的磁感应强度大小B ‎（3）线框穿过磁场过程中产生的焦耳热Q ‎【答案】v0=2 m/s；B=2.5 T；Q= 1.6 J ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）对线框与物体整体由动能定理：Mgh1﹣mgh1＝（M+m）v02，代入数据解得：v0=2 m/s ‎（2）对物体P根据平衡条件有：T=mg ，同理对线框abcd：T+ILB=Mg，感应电动势：，电流：感应电流I= 联立可得B=2.5 T ‎（3）线框匀速通过上边界Ⅰ过程中，根据功能关系有：Q1=ILB·L=0.4 J，线框ab进入磁场开始到cd边离开磁场过程中由动能定理：Mg(h2-L)= Mv2﹣Mv02 ，解得:v=6 m/s.，线框离开磁场过程中感应电流：:I1=，安培力：F1=I1LB=3N，所以：Mg=F1 ，所以线框离开磁场过程中刚好做匀速运动线框离开磁场产生的焦耳热，根据功能关系有：Q2=MgL=1.2 J.所以产生的总热量：Q=Q1+Q2=1.6 J