2019-2020年高二下学期期中物理试题含解析.doc

2019-2020年高二下学期期中物理试题含解析一、本题共12小题，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题意的（每小题3分，共36分）1（3分）（xx安徽校级模拟）关于电磁感应，下列说法中正确的是（）A穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大B穿过线圈的磁通量为零，感应电动势一定为零C穿过线圈的磁通量的变化越大，感应电动势越大D通过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大考点：磁感应强度分析：由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势与磁通量的变化率成正比，与线圈的匝数成正比解答：解：A、穿过线圈的磁通量越大，而磁通量变化率不一定越大，则感应电动势也无法确定故A错误；B、穿过线圈的磁通量为零，可能磁通量变化率最大，则感应电动势也会最大，故B错误；C、穿过线圈的磁通量的变化越大，而磁通量变化率不一定越大，则感应电动势也无法确定故C错误；D、通过线圈的磁通量变化越快，感应电动势也越大，故D正确故选：D点评：感应电动势与磁通量的变化率有直接关系，而与磁通量变化及磁通量均没有直接关系就如加速度与速度的关系一样速度大，加速度不一定大；速度变化大，加速度也不一定大加速度与速度的变化率有关2（3分）（xx春房山区校级期中）一交流电压的图象如图所示，将该交流电压加在一阻值为22的电阻两端，下列说法中正确的是（）A该电阻消耗的功率为550WB该交流电压的瞬时值表达式为u=110 sin100t（V）C并联在该电阻两端的交流电压表的示数为110VD通过电阻的电流的有效值为5A考点：正弦式电流的图象和三角函数表达式；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率专题：交流电专题分析：由图读出交流电压的最大值，由最大值与有效值的关系求出有效值，根据有效值求解电阻消耗的功率读出周期，求出角频率，写出交流电压的瞬时值表达式交流电压表测量的是有效值交流电一个周期内电流方向改变两次，根据频率求出电流方向每秒改变的次数解答：解：A、由图读出，电压的最大值为Um=110V，有效值为U=110V，该交流电压加在阻值为22的电阻两端时，电阻消耗的功率为：P=550W故A正确B、由图读出周期T=0.02s，则=100rad/s，该交流电压的瞬时值表达式为u=Umsint=110sin100t（V）故B错误C、并联在该电阻两端的交流电压表的示数为电压的有效值，即为110V故C错误D、通过电阻的电流的有效值为I=5A故D错误故选：A点评：本题考查交流电有效值、瞬时值、频率等知识交流电压测量的是有效值，计算交流电的电功、电功率和焦耳热等与热效应等有关的量都用有效值3（3分）（xx春房山区校级期中）如图，小灯泡A、B完全相同，带铁芯的线圈上的直流电阻可忽略，则（）AS闭合瞬间，A不亮，B立即亮BS闭合瞬间，B不亮，A立即亮C稳定后再断开S瞬间，A、B灯同时熄灭D稳定后再断开S瞬间，B灯立即熄灭，A灯突然闪亮一下再熄灭考点：自感现象和自感系数分析：闭合S，A、B同时亮，随着L中电流增大，线圈L直流电阻可忽略不计，分流作用增大，A逐渐被短路，总电阻减小，再由欧姆定律分析B灯亮度的变化断开S，B灯立即熄灭，线圈中电流，根据楞次定律判断A灯亮度如何变化解答：解：A、闭合S时，电源的电压同时加到两灯上，A、B同时亮，随着L中电流增大，由于线圈L直流电阻可忽略不计，分流作用增大，A逐渐被短路直到熄灭，外电路总电阻减小，总电流增大，B变亮故AB错误C、断开S，B立即熄灭，线圈中电流减小，产生自感电动势，感应电流流过A灯，A闪亮一下后熄灭故C错误，D正确故选：D点评：对于通电与断电的自感现象，它们是特殊的电磁感应现象，可用楞次定律分析发生的现象4（3分）（xx广东模拟）一质点做简谐运动的图象如图所示，下列说法正确的是（）A质点运动频率是4HzB在10s要内质点经过的路程是20cmC第4s末质点的速度是零D在t=1s和t=3s两时刻，质点位移大小相等、方向相同考点：简谐运动的振动图象专题：简谐运动专题分析：由图可知质点振动周期、振幅及各点振动情况；再根据振动的周期性可得质点振动的路程及各时刻物体的速度解答：解：A、由图可知，质点振动的周期为4s，故频率为Hz=0.25Hz，故A错误；B、振动的振幅为2cm，10s内有2.5个周期，故质点经过的路程为2.542cm=20cm，故B正确；C、4s质点处于平衡位置处，故质点的速度为最大，故C错误；D、1s时质点位于正向最大位移处，3s时，质点处于负向最大位移处，故位移方向相反，故D错误；故选：B点评：图象会直观的告诉我们很多信息，故要学会认知图象，并能熟练应用5（3分）（xx春房山区校级期中）下列说法正确的是（）A布朗运动是液体分子的无规则运动B当两分子间距离增大时，分子间引力增大，而分子间斥力减小C物体的温度越高，分子热运动越剧烈，物体内每个分子的动能越大D一定质量的理想气体，当温度保持不变时，压缩气体，气体的压强会变大这是因为气体分子的密集程度增加考点：布朗运动；分子间的相互作用力；温度是分子平均动能的标志分析：布朗运动是固体颗粒的运动，间接反映了液体分子的无规则运动，分子间距离增大时，分子间引力、斥力都减小，物体的温度越高，分子平均动能增大解答：解：A、布朗运动是固体颗粒的运动，间接反映了液体分子的无规则运动，A错误；B、当两分子间距离增大时，分子间引力、斥力都减小，B错误；C、物体的温度越高，分子平均动能增大，不是每个分子的动能都增大，C错误；D、一定质量的理想气体，当温度保持不变时，压缩气体，气体分子的密集程度增加，气体的压强会变大D正确；故选：D点评：掌握布朗运动的实质，分子间距与分子力的大小关系，温度是平均动能的标志6（3分）（xx春房山区校级期中）如图所示，理想变压器原、副线圈匝数之比为20：1，原线圈接正弦交流电源，副线圈接入“220V，40W”灯泡一只，且灯泡正常发光不计导线电阻，则（）A原线圈两端电压为11VB灯泡正常工作电阻为121C电流表的示数为AD电源输出功率为800W考点：变压器的构造和原理；电功、电功率专题：交流电专题分析：在理想的变压器中的输入功率和输出功率的大小相等，电压与匝数成正比，电流与匝数成反比解答：解：A、根据电压与匝数成正比可知，原线圈端电压为4400V，所以A错误；B、灯泡正常工作电阻为R=1210，所以B错误C、在副线圈中只有一个40W的灯泡正常发光，所以副线圈的电流为I=A，根据电流与匝数成反比可知，此时原线圈中的电流为A，C正确；D、变压器中的输入功率和输出功率的大小相等，在副线圈中只有一个40W的灯泡正常发光，所以输入功率和输出功率的大小都为40W，所以D错误故选：C点评：掌握住理想变压器的电压、电流及功率之间的关系，本题即可得到解决7（3分）（xx海淀区模拟）下列说法中正确的是（）A外界对物体做功，物体的内能一定增加B物体的温度升高，物体内所有分子的动能都增大C在分子相互靠近的过程中，分子势能一定增大D在分子相互远离的过程中，分子引力和斥力都减小考点：热力学第一定律；分子间的相互作用力；分子势能专题：热力学定理专题分析：改变内能的方式有做功和热传递，温度升高，物体分子的平均动能增大，在平衡位置以内，在分子相互靠近的过程中，分子势能一定增大解答：解：A、改变内能的方式有做功和热传递，外界对物体做功，物体的内能不一定增加，A错误；B、物体的温度升高，物体分子的平均动能增大，不一定每个都增大，B错误；C、在平衡位置以内，在分子相互靠近的过程中，分子势能一定增大，C错误；D、在分子相互远离的过程中，分子引力和斥力都减小，D正确；故选：D点评：掌握改变内能的两种方式，温度是分子平均动能的标志，分子力做功与分子势能的变化关系8（3分）（xx百色模拟）如图所示，甲分子固定在坐标原点O，乙分子位于x轴上，甲分子对乙分子的作用力与两分子间距离的关系如图中曲线所示，F0为斥力，F0为引力，a、b、c、d为x轴上四个特定的位置，现把乙分子从a处由静止释放，则（）A乙分子从a到b做加速运动，运动到c点时引力和斥力大小相等B乙分子由a到c做加速运动，加速度不断增大C乙分子由a到b的过程，到达b点时两分子间的分子势能最小D乙分子由b到d的过程中，两分子间的分子势能先减小后增大考点：分子间的相互作用力；分子势能专题：分子间相互作用力与分子间距离的关系分析：既考查分子力分子势能又考查加速度与速度关系，加速度与速度同向加速，力做正功，反向减速，力做负功解答：解：A、乙分子由a到b一直受引力，做加速运动，从b到c分子力逐渐变小但仍为引力，继续加速，当运动到c点时引力和斥力大小相等，故A正确；B、乙分子在从a到c的过程中一直受到引力加速，但从a到b过程中，引力增大，而从b到c过程中，引力减小，则加速度先增大后减小，故B错误C、从a到b分子力做正功，分子势能一直减少，从b到c分子力做正功，分子势能先减小，从c到d分子力做负功，分子势能增大，故C错误，D正确；故选：AD点评：本题虽在热学部分出现，但考查内容涉及功和能的关系等力学知识，综合性较强，分子势能在平衡位置处是最小的，而分子力却为零9（3分）（xx海淀区二模）如图所示，一理想变压器原、副线圈匝数比n1：n2=11：5原线圈与正弦交变电源连接，输入电压=220sin（100t）V副线圈接入电阻的阻值R=100则（）A通过电阻的电流是22AB交流电的频率是100HzC与电阻并联的电压表的示数是100VD变压器的输入功率是484W考点：变压器的构造和原理专题：交流电专题分析：根据输入电压的表达式可以求得输入电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比即可求得结论解答：解：A、由输入电压公式可知，原线圈中电压的最大值为220V，所以电压的有效值为220V，根据电压与匝数成正比可知，副线圈的电压有效值为100V，副线圈的电阻为100，所以电流的为1A，所以A错误；B、由输入电压公式可知，角速度为100，所以交流电的频率为50Hz，故B错误；C、由于电压表测量的是电压的有效值，所以电压表的读数为100V，所以C正确；D、原副线圈的功率是相同的，由电阻消耗的功率为P=，所以变压器的输入功率是1102W，所以D错误故选C点评：根据公式可以求得输入电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比即可求得结论10（3分）（xx青原区校级一模）在匀强磁场中，一矩形金属线圈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（）At=0.005s时线圈平面与磁场方向平行Bt=0.010s时线圈的磁通量变化率最大C线圈产生的交变电动势频率为100HZD线圈产生的交变电动势有效值为311V考点：正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率专题：交流电专题分析：根据图象可知交流电的最大值以及周期等物理量，然后进一步可求出其瞬时值的表达式以及有效值等解答：解：A t=0.005s电动势最大，则线圈平面与磁场方向平行，故A正确 B t=0.010s时电动势为0，则线圈的磁通量变化率为0，故B错误 C 由图可知周期为0.02，则频率为=50Hz，故C错误 D 线圈产生的交变电动势有效值为V，故D错误故选：A点评：本题考查了有关交流电描述的基础知识，要根据交流电图象正确求解最大值、有效值、周期、频率、角速度等物理量11（3分）（xx秋石景山区期末）二氧化锡传感器能用于汽车尾气中一氧化碳浓度的检测，它的原理是其电阻随一氧化碳浓度的增大而减小若将二氧化锡传感器接入如图所示的电路中，当二氧化锡传感器所在空间的一氧化碳浓度C增大时，电压表的示数U会发生变化，下列说法正确的是（）AU越大，表示C越大，C与U成正比BU越大，表示C越小，C与U成反比CU越大，表示C越大，但是C与U不成正比DU越大，表示C越小，但是C与U不成反比考点：闭合电路的欧姆定律；常见传感器的工作原理专题：恒定电流专题分析：由图可知，电阻R0、R与氧化锡传感器串联，由氧化锡传感器电阻的倒数与一氧化碳的浓度成正比可知当浓度增大时电阻减小，则由欧姆定律可求得电路中电流的变化、R0两端的电压的变化解答：解：电阻R0、R与氧化锡传感器串联在电源两端，电路中的电流I=当一氧化碳浓度增大时，R锡减小，则由欧姆定律可得电路中的电流增大；R0两端的电压，即电压表的示数：U0=IR0=故一氧化碳浓度C与U不成正比故选C点评：本题考查电阻、欧姆定律和串联电路的电压特点，难点是根据电压表的示数判和一氧化碳浓度的关系12（3分）（2011南昌一模）如图所示为磁流体发电机的原理图：将一束等离子体喷射入磁场，在场中有两块金属板A、B，这时金属板上就会聚集电荷，产生电压，如果射入的等离子体速度均为v，两金属板的板长为L，板间距离为d，板平面的面积为S，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直于速度方向，负载电阻为R，电离气体充满两板间的空间当发电机稳定发电时，电流表示数为I，那么板间电离气体的电阻率为（）ABCD考点：霍尔效应及其应用专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：电离气体充满两板间的空间，受到洛伦兹力发生偏转，在A、B间产生电势差，最终稳定时，电荷所受洛伦兹力和电场力处于平衡根据平衡求出A、B间的电动势，从而根据闭合电路欧姆定律求出电离气体的电阻，再根据电阻定律求出电阻率解答：解：最终稳定时，电荷所受洛伦兹力和电场力处于平衡，有qvB=q解得E=vBd根据闭合电路欧姆定律得，电离气体的电阻R=由电阻定律得，解得故A正确，B、C、D错误故选A点评：本题综合考查了闭合电路欧姆定律、电阻定律与磁场的知识，关键知道稳定时，电荷受电场力和洛伦兹力处于平衡二填空题（共18分，每空3分）13（6分）（xx上海模拟）B一个面积为S的单匝矩形线圈在匀强磁场中以其一条边为轴匀速转动，磁场方向与转轴垂直，线圈中感应电动势e随时间t的变化如图所示，感应电动势的最大值和周期可以从图上读出，则磁感应强度B=，在t=时，磁感强度方向与线圈平面平行（选填“垂直”或“平行”）考点：正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率专题：交流电专题分析：从图象得出电动势最大值、周期，算出角速度，根据Em=NBS求解B；磁通量最大时电动势为零，磁通量为零时电动势最大解答：解：由图象知周期为T，所以=，根据Em=NBS解得：B=在t=时，电动势最大，此时磁通量为零，所以磁感强度方向与线圈平面平行故答案为：；平行点评：本题考查了对交流电图象的认识，要具备从图象中获得有用信息的能力14（6分）（xx春房山区校级期中）如图所示为水平放置的两个弹簧振子A和B的振动图象，已知两个振子质量之比为mA：mB=2：3，弹簧的劲度系数之比为kA：kB=3：2，则它们的周期之比TA：TB=2：3；它们的最大加速度之比为aA：aB=9：2考点：简谐运动的回复力和能量专题：简谐运动专题分析：根据弹簧振子的周期公式T=求两弹簧振子的周期之比根据简谐运动的特征：F=kx分析振子加速度达到最大的条件，根据牛顿第二定律求出最大加速度之比解答：解：已知两个振子质量之比为mA：mB=2：3，弹簧的劲度系数之比为kA：kB=3：2，根据弹簧振子的周期公式T=得，周期之比TA：TB=：=2：3根据简谐运动的特征：F=kx，分析得知，当振子的位移最大时，加速度最大振子的最大位移大小等于振幅由图读出，振幅之比AA：AB=2：1根据牛顿第二定律得最大加速度之比为aA：aB=：=9：2故答案为：2：3，9：2点评：本题是牛顿第二定律与简谐运动特征的结合简谐运动质点的加速度大小与位移大小成正比，方向与位移相反15（6分）（xx静安区一模）在研究电磁感应现象和磁通量变化时感应电流方向的实验中，所需的实验器材已用导线连接成如图所示的实验电路（1）将线圈A插入线圈B中，闭合开关的瞬间，线圈B中感应电流与线圈A中电流的绕行方向相反（填“相同”或“相反”）（2）（多选）某同学设想使一线圈中电流逆时针流动，另一线圈中感应电流顺时针流动，可行的实验操作是BC（A）抽出线圈L1 （B）插入软铁棒（C）使变阻器滑片P左移 （D）断开开关考点：研究电磁感应现象专题：实验题分析：（1）由图示线圈可知，原副线圈绕向相同，闭合开关时，穿过副线圈的磁通量增大，由楞次定律可以判断出感应电流方向（2）要使原负线圈电流方向相反，由楞次定律可知，穿过副线圈的磁通量应增加解答：解：（1）将线圈A插入线圈B中，闭合开关的瞬间，穿过副线圈的B的磁通量变大，由楞次定律可得，线圈B中感应电流与线圈A中电流的绕行方向相反（2）使一线圈中电流逆时针流动，另一线圈中感应电流顺时针流动，两线圈电流磁场方向相反，则穿过副线圈磁通量应增加；A、抽出线圈L1时，穿过副线圈的磁通量减小，原副线圈电流方向相同，故A错误；B、插入软铁棒，穿过副线圈的磁通量增大，原副线圈电流方向相反，故B正确；C、由电路图可知，使变阻器滑片P左移，原线圈电流增大，穿过副线圈的磁通量变大，原副线圈电流方向相反，故C正确；D、断开开关，穿过副线圈B的磁通量减小，原副线圈电流方向相同，故D错误；故答案为：（1）相反；2）BC点评：由图示判断出原副线圈的绕向关系，熟练应用楞次定律即可正确解题三论述、计算题（共46分）解题要求：写出必要的文字说明、方程式和演算步骤答案必须明确写出数值和单位16（12分）（xx春房山区校级期中）如图所示，水平面上的两根光滑金属杆构成平行导轨，导轨的宽度L=0.4m，处于如图所示的匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B=0.1T电阻R=0.50，导体棒MN在外力F作用下沿导轨向右以v=5m/s的速度做匀速直线运动，导轨和导体棒的电阻均忽略不计求：（1）导体棒MN切割磁感线产生的感应电动势的大小；（2）通过电阻R的电流大小；（3）导体棒MN所受外力F的大小考点：导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律专题：电磁感应与电路结合分析：（1）导线ab做匀速运动，已知速度大小v，由E=BLv求出感应电动势大小；（2）由闭合电路欧姆定律可求出通过电阻的电流大小；（3）根据安培力公式可求出其大小，再由受力平衡可确定外力的大小解答：解：（1）导体棒ab切割磁感线，感应电动势为：E=BLv=0.10.45=0.2V（2）由闭合电路的欧姆定律：I=0.4A（3）导体棒ab受到安培力：F安=BIL=0.10.40.4=0.016N由于导体棒ab匀速运动，满足：F=F安所以，作用在导体棒上的外力F=0.016N答：（1）导体棒MN切割磁感线产生的感应电动势的大小为0.2V；（2）通过电阻R的电流大小为0.4A；（3）导体棒MN所受外力F的大小为0.016N点评：本题是导体在导轨上运动类型，根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培力公式结合研究17（16分）（xx广陵区校级模拟）如图所示，用质量为m、电阻为R的均匀导线做成边长为l的单匝正方形线框MNPQ，线框每一边的电阻都相等将线框置于光滑绝缘的水平面上在线框的右侧存在竖直方向的有界匀强磁场，磁场边界间的距离为2l，磁感应强度为B在垂直MN边的水平拉力作用下，线框以垂直磁场边界的速度v匀速穿过磁场在运动过程中线框平面水平，且MN边与磁场的边界平行求：（1）线框MN边刚进入磁场时，线框中感应电流的大小；（2）线框MN边刚进入磁场时，M、N两点间的电压UMN；（3）在线框从MN边刚进入磁场到PQ边刚穿出磁场的过程中，水平拉力对线框所做的功W考点：导体切割磁感线时的感应电动势；动能定理的应用；电功、电功率；焦耳定律专题：电磁感应与电路结合分析：（1）由导体切割磁感线时电动势公式可得出电动势，由闭合是路欧姆定律可得出电路中的电流；（2）MN间的电压应为路端电压，则由闭合电路欧姆定律可得出结果；（3）由匀速运动公式可得出电线框运动的时间，由焦耳定律可得出线框中产生的焦耳热；由能量守恒可得出外力所做的功解答：解：（1）线框MN边在磁场中运动时，感应电动势E=BLv线框中的感应电流 I=；（2）M、N两点间的电压为电源的输出电压，由闭合电路欧姆定律可得出UMN=E=BLv（3）线框运动过程中有感应电流的时间 t=此过程线框中产生的焦耳热Q=I 2Rt=根据能量守恒定律得水平外力做功W=Q=点评：电磁感应中常常考查与电路的结合及能量的转化关系，在解题时要注意哪部分导体可以看作电源，分清内外电路；同时要注意分析能量的转化一守恒18（18分）（xx西城区一模）如图所示，两根足够长的直金属导轨MN、PQ平行放置在倾角为的绝缘斜面上，两导轨间距为LM、P两点间接有阻值为R的电阻一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直整套装置处于匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向上导轨和金属杆的电阻可忽略让金属杆ab沿导轨由静止开始下滑，经过足够长的时间后，金属杆达到最大速度vm，在这个过程中，电阻R上产生的热为Q导轨和金属杆接触良好，它们之间的动摩擦因数为，且tan已知重力加速度为g（1）求磁感应强度的大小；（2）金属杆在加速下滑过程中，当速度达到vm时，求此时杆的加速度大小；（3）求金属杆从静止开始至达到最大速度的过程中下降的高度考点：导体切割磁感线时的感应电动势；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用；电磁感应中的能量转化专题：电磁感应功能问题分析：（1）金属杆先沿导轨向下做加速度减小的变加速运动，后做匀速运动，速度达到最大值，此时金属杆受力平衡，根据平衡条件和安培力公式，求出磁感应强度B的大小（2）金属杆在加速下滑过程中，当速度达到时，求出安培力，由牛顿第二定律求解加速度大小（3）金属杆从静止开始至达到最大速度的过程中，其重力势能减小，转化为杆的动能、摩擦生热和电路中的焦耳热，根据能量守恒定律求解杆下降的高度解答：解：（1）当杆达到最大速度时受力平衡，受力如图mgsin=BIL+N N=mgcos 电路中电流解得（2）当杆的速度为时，由牛顿第二定律：mgsinBILN=ma 此时电路中电流： 解得（3）设金属杆从静止开始至达到最大速度的过程中下降的高度为h，由能量守恒：又 h=ssin 解得 答：（1）磁感应强度的大小；（2）当速度达到vm时，求此时杆的加速度大小；（3）金属杆下降的高度点评：本题的关键是会推导安培力的表达式，根据平衡条件、牛顿第二定律和能量守恒研究电磁感应现象，常规题