【解析】江西省吉安县第三中学、泰和县第二中学2017-2018学年高二下学期期中考试物理试题含解析.doc

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1、泰和二中吉安县三中2017-2018学年高二下学期期中考试物理试卷一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第16题只有一项符合题目要求，第710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. 如图所示是一交变电流的it图象，则该交变电流的有效值为( )A. 4A B. C. D. 【答案】C【解析】根据交变电流的有效值可知：，即，解得，故C正确。2. 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

2、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. P1变小，P2变小 B. P2变大，P3变大C. U2变小，U3变小 D. U2变小，U4变大【答案】B【解析】A、由于两变压器均是理想的，所以输入功率与输出功率相等，当变大，也变大，加之的输入电压一定，则输出电压也一定，通过电阻R的电流变大，所以电压变小，故A错误；B、要使用户消耗的电功率变大，由于是理想变压器，则也会变大；由于的输入电压一定时，也不变，则必须变大，故B正确；C、要使用户消耗的电功率变大，由于是理想变压器，则也会

3、变大；由于的输入电压一定时，也不变，则必须变大，线路上的电流变大，导致电阻R消耗的功率也变大，电阻两端电压也变大，所以变小，变小，故CD错误。点睛：理想变压器的输入功率与输出功率相等，且没有漏磁现象输电线上的损失功率与其电流的平方成正比，而与输电线两端的电压的平方成反比。3. 如图所示的电路中，R是光敏电阻，其阻值随光照强度增加而减小，R1、R2是定值电阻，电源的内阻不能忽略，电压表和电流表均为理想电表，闭合开关S，当光敏电阻处的光照强度增大时，下列说法正确的是A. 电流表示数变大B. 电压表示数变大C. 电容器C所带的电荷量增加D. 电源的效率增大【答案】B【解析】A项：当光敏电阻处的光照强

4、度增大时，光敏电阻减小，外电路总电阻减小，总电流增大，路端电压减小，所以电流表示数减小，故A错误；B项：根据串联电路电压按电阻分配，光敏电阻减小，所以电压表示数增大，故B正确；C项：电容器两端电压为光敏电阻两端电压，所以电容器两端电压减小，根据可知，电荷量减小，故C错误；D项：电源的效率，由于路端电压减小，所以电源效率减小，故D错误。点晴：解决本题关键理解当光敏电阻处的光照强度增大时，光敏电阻减小，外电路总电阻减小，总电流增大，路端电压减小，所以电流表示数减小，结合电容的定义式进行处理。4. 压敏电阻的阻值会随所受压力的增大而减小。一同学利用压敏电阻设计了判断升降机运动状态的装置，如图甲所示，

5、将压敏电阻平放在升降机内，受压面朝上，在上面放一物体m，升降机静止时电流表示数为I0。某过程中电流表的示数如图乙所示，则在此过程中( )A. 升降机一定是先向上做匀加速运动然后做匀减速运动B. 升降机可能是先向上做匀减速运动然后做匀加速运动C. 物体一定是先超重后失重D. 物体一定是先失重后超重【答案】C【解析】升降机静止时电流表示数为I0，某过程中电流表示数为2I0，由欧姆定律分析压敏电阻的阻值变小，说明压敏电阻所受压力增大，则物体处于超重状态；当电流表示数为0.5I0，由欧姆定律分析压敏电阻的阻值变大，说明压敏电阻所受压力减小，则物体处于失重状态；物体处于超重状态时，加速度方向向上，故升降

6、机可能向上加速运动，也可能向下减速运动；物体处于失重状态时，加速度方向向下，故升降机可能向下加速运动，也可能向上减速运动；故C正确，ABD错误；故选D。【点睛】根据I-t图象得到电流变化情况，然后结合电路特点得到电阻变化情况，再有压敏电阻特性得到压力变化情况，最后得到加速度变化情况。5. 酒精测试仪（主要部件是二氧化锡半导体型酒精气体传感器）用于测试机动车驾驶人员是否酒驾。酒精气体传感器的电阻与酒精气体的浓度成反比，那么电压表的示数U与酒精气体浓度C之间的对应关系正确的是（ ）A. U越大，表示C越小，C与U成反比B. U越大，表示C越大，C与U成正比C. U越大，表示C越小，但是C与U不成反

7、比D. U越大，表示C越大，但是C与U不成正比【答案】D【解析】题中给出传感器电阻 的倒数与酒精气体浓度 是正比关系，即 ，电压表示数 ，可以看出电压与浓度的关系不是正反比关系，但随浓度的增大而增大故D正确；综上所述本题答案是：D6. 如图所示，矩形线圈有N匝，长为a，宽为b，每匝线圈电阻为R，从磁感应强度为B的匀强磁场中以速度v匀速拉出来，那么，产生的感应电动势和流经线圈中的感应电流的大小分别为（ ）A. E = NBav， B. E = NBav，C. E = Bav， D. E = Bav，【答案】A【解析】在将线圈匀速拉出的过程中切割磁感线的导体长度为a，根据E=BLv知，每匝线圈产生

8、感应电动势E=Bav，N匝线圈相当于N个线圈产生的感应电动势的串联，即整个线圈产生的总电动势为：E总=NE=NBLv=NBav，对于线圈中的电流，由欧姆定律可知，电流为，故A正确，BCD错误。7. 如图所示，正方形单匝铝质线圈abcd和efgh分别在外力作用下以相同速度v向右匀速进入同一匀强磁场中。已知两线圈导线的横截面积相同，所用材料也相同，两线圈的边长之比为1：2，则（ ）A. 两线圈的右边刚进入磁场时，产生的感应电流之比为1：2B. 两线圈的右边刚进入磁场时，所加的外力大小之比为1：2C. 两线圈在进入磁场的整个过程中，通过导体横截面的电荷量之比为1：2D. 两线圈在进入磁场的整个过程中

9、，产生的焦耳热之比为1：4【答案】BCDB、线圈匀速通过，则有，故外力之比等于边长之比，为1:2，B正确；C、 ，又 ，则电荷量 ，故电荷量之比等于边长之比，为1:2，C正确；D、线圈进入磁场过程中产生的焦耳热： ，故产生的焦耳热之比为边长的平方比，为1:4，D正确；故选BCD8. 如图甲所示，AB两端接直流稳压电源，其电压UAB=100V，R0=40，滑动变阻器的总电阻R=20，滑动片处于滑动变阻器R的中点；如图乙所示，自耦变压器输入端A、B接交流电源，其电压有效值UAB=100V，R0=40，滑动片处于线圈中点位置则下列分析中正确的是（）A. 甲图中UCD=80V，且R0中的电流为2AB.

10、 乙图中UCD=200V，且R0中的电流的有效值为5AC. 甲图中UCD=50V，且R0中的电流为1.25AD. 乙图中UCD=80V，且R0中的电流的最大值约为A【答案】AB【解析】AC、R的上半部分与R0串联的总电阻为：R=R0+=50；由欧姆定律可得流过R0的电流为：I0=A=2A；R0两端的电压为：U0=I0R0=2A40=80V；即CD两端的电压为80V，通过R0的电流为2A，故A正确，C错误BD、由乙图可知AB之间的线圈是原线圈，CD之间的线圈是副线圈，滑片处于线圈中点位置时原副线圈匝数比为1：2，根据电压与匝数成正比可求出CD两端的电压为：U2=2U1=200V，通过R0的电流为

11、：I=5A，故B正确，D错误；故选：AB点睛：由图可知R的上端与R0串联后与R的下端并联；两支路两端的电压均为UAB，由欧姆定律可求得通过R0的电流，及R0两端的电压；滑片处于线圈中点位置时原副线圈匝数比为1：2，根据电压与匝数成正比可求出CD两端的电压，知道了CD两端的电压就能救出通过R0的电流本题考查欧姆定律的就用，只需明白电路结构即可顺利求解对变压器要知道输入电压和输出电压的关系该题就能顺利解出9. 、如图甲，圆形线圈P静止在水平桌面上，其正上方悬挂一相同的线圈Q，P和Q共轴。Q中通有变化电流，电流随时间变化的规律如图乙所示。P所受的重力为G，桌面对P的支持力为N，则（ ）A. t1时刻

12、，NG B. t2时刻，NGC. t3时刻，NG D. t4时刻，NG【答案】AD【解析】线圈总是阻碍磁通量的变化，所以电流增大，磁通量变大，下面线圈阻碍变化，有向下运动的趋势，所以，时刻与时刻无电流变化，时刻Q中没有电流；所以时刻、时刻、时刻，AD正确【点睛】由电流变化而产生的感应磁场去阻碍线圈磁通量的变化同时可知：同向电流相吸，异向电流相斥10. 如图所示，宽度为L的倾斜光滑导轨处在匀强磁场中，倾角为，匀强磁场磁感应强度大小为B1，磁场方向垂直导轨平面斜向上，两导轨分别与平行板电容器两极板相连，极板间距离为d，板间存在磁感应强度大小为B2的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，质量为m、带电荷量

13、为+q的小球恰好能在电容器内的竖直平面内做匀速圆周运动，运动半径为r，已知重力加速度为g，下列说法正确的是A. 带点小球一定做顺时针方向的圆周运动B. 小球绕行的线速度大小为C. 导体棒ab一定受沿斜面向上的拉力F作用，且D. 导体棒ab一定沿导轨向下运动，运动速度大小为【答案】BC【解析】A项：小球恰好能在电容器内的竖直平面内做匀速圆周运动，即洛伦兹力提供向心力，由左手定则可知，带电小球一定做逆时针方向的圆周运动，故A错误；B项：根据可得，故B正确；C、D项：小球恰好能在电容器内的竖直平面内做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，重力与电场力等大反向，所以电场强度应上，即上板带负电，根据“右手定

14、则”可知，棒应向上匀速运动，所以，故C正确，D错误。点晴：解决本题关键理解小球恰好能在电容器内的竖直平面内做匀速圆周运动的条件：1、重力与电场力等大反向，2、洛伦兹力提供向心力。二、实验题（每空2分，共14分）11. 在“探究电磁感应现象”的实验中，按如图连接电路，在闭合S1瞬间发现灵敏电流计G指针向左偏，则将L2从L1中拔出，电流表指针_，将滑动变阻器滑片迅速右移，电流表指针_，断开S2，电流表指针_（填“左偏”、“右偏”或“不偏”）。从该实验的探究可以得到的结论是_。【答案】 (1). 右偏 (2). 左偏 (3). 不偏 (4). 穿过闭合线圈中的磁通量变化，则会产生感应电流【解析】在闭

15、合S1瞬间，穿过L1的磁通量增大时灵敏电流计G指针向左偏，当L2从L1中拔出，穿过L1的磁通量减小，所以电流表指针向右偏，将滑动变阻器滑片迅速右移，电路中的电阻减小，电流变大，穿过L1的磁通量增大，所以灵敏电流计G指针向左偏，断开S2，电路中无电流， 穿过L1的磁通量不变，所以电流表指针不偏，由上可得出穿过闭合线圈中的磁通量变化，则会产生感应电流。12. 实际电流表有内阻，可等效为理想电流表与电阻的串联，测量实际电流表G1内阻r1的电路如图1所示，供选择的仪器如下：待测电流表G1（05mA，内阻约300）；电流表G2（010mA，内阻约100）；定值电阻R1（300）； 定值电阻R2（10）；

16、滑动变阻器R3（01000）；滑动变阻器R4（020）；干电池（1.5V）；电键S及导线若干按电路连接电路，多次移动滑动触头，记录相应的G1、G2读数I1、I2，作出相应的图线，如图所示（1）定值电阻应选_，滑动变阻器应选_（在空格内填写序号）；（2）根据I2-I1图线的斜率k及定值电阻，写出待测电流表内阻的表达式_。【答案】 (1). (2). (3). 【解析】（1）器材选择：定值电阻要和待测电流表内阻接近，因为电流表的量程是待测电流表的2倍；滑动变阻器的电阻不要太大，故定值电阻选，滑动变阻器选；（2）根据并联分流公式，又，解得。点睛：本题考查测量实际电流表内阻的实验器材选择，滑动变阻器采

17、用的分压式接法，其电阻不要太大，根据实验原理和串并联特点，分析电流表内阻的表达式。三、计算题（9分+10分+12分）13. 如下图甲，水平放置的平行金属导轨左边接有电阻，轨道相距0.4m且所在处有竖直向下的匀强磁场，磁场随时间的变化关系如下图乙，金属棒ab横跨导轨两端，其电阻，金属棒与电阻相距1m若整个系统始终处于静止状态，求：（1）当0.1s时，通过金属棒ab的感应电流大小和方向（2）当0.1s时，金属棒ab受到的安培力的大小？【答案】(1) ，方向由b向a （2）【解析】试题分析：（1）由法拉第电磁感应定律求出感应电动势，然后由欧姆定律求出感应电流，由楞次定律判断感应电流方向；（2）由乙图

18、可知t=0.1s时磁感应强度B的大小，由F=BIL求出导体棒受到的安培力（1）由法拉第电磁感应定律得：时，感应电动势：回路中感应电流：由楞次定律得中的感应电流由b向a（2）根据安培力的公式由乙图可知t=0.1s磁感应强度代入解得：14. 如图所示,为交流发电机示意图，匝数为n =100匝矩形线圈，边长分别为10cm和20cm，内电阻r =5，在磁感应强度B=0.5T的匀强磁场中绕OO轴以=rad/s的角速度匀速转动，线圈与外电阻R=20相连接，求:(1)从图示位置开始计时，写出瞬时电动势e的表达式(2)开关S合上时，电压表和电流表示数。(3)S闭合后，求线圈从图示位置转过900的过程中通过R的

19、电量.【答案】(1) (2) ， (3) 【解析】（1）感应电动势最大值为：则感应电动势的瞬时值表达式为：， (2)感应电动势有效值为：，电键S合上后，由闭合电路欧姆定律有：，（3）根据法拉第电磁感应定律以及电流公式可以得到：点睛：本题考查了交流电的应用问题，要知道电流表电压表读数为有效值，并会计算交流电的有效值。15. 如图所示，质量为m=0.36kg，边长为L=0.5m的正方形金属线框abcd从磁场上方某一高度自由下落，线框进入磁场后先减速后匀速。当bc边刚进入磁场时，线框的加速度大小为，线框完全在磁场中运动的时间为t=0.1s，已知匀强磁场的宽度d=0.75m，正方形线框由均匀材料制成，

20、总电阻为R=0.2，求：（1）匀强磁场的磁感应强度；（2）开始下落时，bc边距离磁场上边界的高度；（3）整个线框穿出磁场过程产生的焦耳热。【答案】（1）1.2T （2）0.8m （3）2.7J【解析】(1) 设线框匀速运动的速度为，ad边进入磁场后开始做匀加速运动，加速度为g，则有，解得 导体棒匀速运动时有mg=BIL，E=BLV0，E=IR，代入数据可得B=1.2T；(2) 设开始下落时，bc边距离磁场上边界的高度为h，bc进入磁场时的速度为，则有， 由牛顿第二定律可知，代入数据可得 由运动学规律可知，代入数据可得h=0.8m；(3) 线框bc边刚要穿出磁场时，速度为，由运动学规律可得，代入

21、数据可得 由于 ，分析可知最终线框会匀速穿出磁场，及线圈出磁场的速度为由功能关系可知，线圈出磁场过程中产生的焦耳热 代入数据可得Q=2.7J。16. 在一个上下温度相同的水池中，一个小空气泡缓慢向上浮起，下列对空气泡内气体的描述中正确的是A. 气体压强不变 B. 气体分子的密集程度增大C. 气体从水中吸收热量 D. 气体分子无规则运动加剧【答案】C【解析】AB、在气泡缓慢上升的过程中，气体体积变大，则气体分子的密集程度减小，气体碰击气泡与液体界面单位面积的分子数减小，气体压强逐渐减小，故AB错误；C、在气泡缓慢上升的过程中，气泡外部的压强逐渐减小，气泡膨胀对外做功，根据热力学第一定律可得气体从

22、水中吸收热量，故C正确；D、因气体的温度不变，故气泡内气体的无规则运动的程度不变，故D错误；故选C。17. 我国已开展空气中PM2.5浓度的监测工作。PM2.5是指空气中直径小于2.5微米的悬浮颗粒物，其漂浮在空中做无规则运动，很难自然沉降到地面，则下列不正确的是（ ）A. 温度越高，PM2.5的运动越激烈B. PM2.5在空气中的运动属于分子热运动C. 周围大量分子对PM2.5碰撞的不平衡使其在空中做无规则运动D. 倡导低碳生活减少化石燃料的使用能有效减小PM2.5在空气中的浓度【答案】B【解析】PM2.5尺度大于空气中氧分子的尺寸的数量级，故PM2.5的运动是布朗运动，温度越高，PM2.5

23、的运动越激烈，故A说法正确，B说法错误；PM2.5的运动是布朗运动，是空气分子碰撞的不平衡性造成的，故C说法正确；倡导低碳生活减少煤和石油等燃料的使用能有效减小PM2.5在空气中的浓度，故D说法正确。所以选B。18. 用密闭活塞封闭在气缸内一定质量的某种理想气体，如果气体与外界没有热交换，下列说法正确的是A. 若气体分子的平均动能增大，则气体的压强一定增大B. 若气体分子的平均动能增大，则气体的压强可能减小C. 若气体分子的平均距离增大，则气体的压强一定增大D. 若气体分子的平均距离增大，则气体的压强可能不变【答案】A【解析】AB、若气体分子的平均动能增大，则温度一定升高，内能增加，根据，因为

24、，故，则气体被压缩，根据，因为，则，即压强一定增大，故A正确，B错误；C、若气体分子的平均距离增大，则气体体积变大，气体对外做功，据，因为，则，内能减小，温度降低，根据，气体的压强一定减小，故CD错误；故选A。【点睛】温度是分子平均动能的标志，根据热力学第一定律和理想气体状态方程联立可以判断压强和平均动能的变化。19. 如图所示，一定质量的理想气体由状态a沿abc变化到状态c，吸收了340J的热量，并对外做功120J，则该气体在此过程中内能增加_J；若该气体由状态a沿adc变化到状态c时，对外做功40J，则这一过程中气体_（填“吸收”或“放出”）_J热量【答案】 (1). 220J (2).

25、吸收 (3). 260J【解析】根据热力学第一定律代入数据：，即内能增加220J气体沿adc与沿abc内能变化量相等代入数据: 计算得出：，即这一过程气体吸收热量260J 【点睛】气体是由状态a沿abc变化到状态c，还是由状态a沿adc变化到状态c，理想气体增加的内能是一样的，有第一个过程结合热力学第一定律可求出内能的增加量，再由热力学第一定律即可计算出第二个过程需要吸收的热量的多少。20. 一质点在A、B间做简谐运动P、Q是其振动过程中关于平衡位置O对称的两点，当质点由A向B运动，先后经过P、Q两点时，质点的( )A. 受力相同 B. 速度相同 C. 位移相同 D. 加速度相同【答案】B.2

26、1. 如图所示，曲轴上挂一个弹簧振子，转动摇把，曲轴可带动弹簧振子上下振动。开始时不转动摇把，让振子自由振动，测得其频率为2 Hz。现匀速转动摇把，转速为240 r/min。则( )A. 当振子稳定振动时，它的振动周期是0.5sB. 当振子稳定振动时，它的振动频率是4HzC. 当转速增大时，弹簧振子的振幅增大D. 当转速减小时，弹簧振子的振幅减小【答案】B【解析】试题分析：摇把的转速为，它的周期，；转动摇把时，弹簧振子做受迫振动；振子做受迫振动，振动周期等于驱动力的周期，当振子稳定振动时，它的振动周期是0.25s，频率为，A错误，B正确；摇把转动的周期与弹簧振子固有周期相差越小，振子的振幅越大

27、，并不是转速越大，弹簧振子的振幅就越大，故C错误；当转速减小时，弹簧振子的受迫振动周期渐渐接近振子的固有周期，所以弹簧的振幅增大，故D正确；故BD正确；考点：考查了受迫振动和自由振动点评：本题关键根据受迫振动的周期等于驱动力的周期和产生共振的条件：驱动力的周期等于固有周期22. 如图所示是甲、乙两个单摆做简谐运动的图象，则下列说法中正确的是( )A. 甲、乙两单摆的振幅之比为2:1B. t2s时，甲单摆的重力势能最大，乙单摆的动能为零C. 甲、乙两单摆的摆长之比为4:1D. 甲、乙两单摆摆球在最低点时向心加速度大小一定相等【答案】A【解析】由图知甲、乙两摆的振幅分别为4cm、2cm，振幅之比为

28、2:1，故选项A正确；t=2s时，甲摆在平衡位置处，则甲单摆的重力势能为零；乙摆在振动的最大位移处，动能为零，故选项B正确；由单摆的周期公式T2，得到甲、乙两摆的摆长之比为1：4，故选项C错误；因摆球摆动的最大偏角未知，无法判断两单摆摆球在最低点时向心加速度大小关系，故选项D错误；故选AB。23. 如图甲所示是一个摆线长度可调的单摆振动的情景图，O是它的平衡位置，P、Q是小球所能到达的最高位置小球的质量m0.4 kg，图乙是某摆长时小球的振动图象，g取10 m/s2.(1)为测量单摆的摆动周期，测量时间应从摆球经过_(填“O”“P”或“Q”)时开始计时；测出悬点到小球球心的距离(摆长)L及单摆完成n次全振动所用的时间t，则重力加速度g_(用L、n、t、表示)(2)由图乙写出单摆做简谐运动的表达式_【答案】 (1). O (2). (3). x5sin (t)(cm)【解析】（1）为测量单摆的摆动周期，测量时间应从摆球经过O时开始计时，单摆的周期为，由单摆的周期为，联立解得：。（2）由图知A=5cm，T=2s，则，单摆做简谐运动的表达式为 x=Asint=5sint （cm）。 ASDFESAQ!#%FWQQ!QAaaazzx33456#$!%ASDFESAQ!#%FWQQ!QAaaazzx33456#$!%