【解析】福建省福州第十一中学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、福建省福州第十一中学2017-2018学年高二下物理期中考试一、选择题1.1.线圈在匀强磁场中匀速转动，产生交流电的图象如图所示，由图可知( ) A. 在A和C时刻线圈处于中性面位置B. 在B和D时刻穿过线圈的磁通量为零C. 从A时刻起到D时刻，线圈转过的角度为弧度D. 在A和C时刻磁通量变化率的绝对值最大【答案】D【解析】感应电动势与磁通量的变化率成正比，当线圈磁通量最大时，感应电动势为零；而当线圈的磁通量为零时，感应电动势最大。由图可知A和C时刻电流最大，磁通量变化率最大，磁通量为零，故A错误，D正确；B和D时刻，电流为零，此时线圈处于中性面位置，磁通量最大，故B错误；从A时刻起到D时刻所

2、用时间为 ，线圈转过的角度为，故C错误。综上分析D正确。2.2.北京市东城区民用电网改造完成后，某居民小区变压器输出端的交变电压瞬时值表达式为，对此交变电压，下列表述正确的是（ ）。A. 最大值是220VB. 频率是100HzC. 有效值是220VD. 周期是0.01s【答案】A【解析】【分析】由输出端的交变电压瞬时值表达式知电压最大值、角速度，从而计算出有效值、周期和频率；【详解】由输出端的交变电压瞬时值表达式知电压最大值为，有效值为，周期为，频率为，故A正确，BCD错误。【点睛】本题考查了对正弦交流电的瞬时值表达式的理解，注意由图象可以读出的是最大值和角速度，再通过计算求解有效值和频率以及

3、周期。3.3.如图所示,用同种金属材料制成粗细相同的A、B两个闭合线圈,匝数均为10匝,半径RA=2RB ,图示区域内有匀强磁场,且磁感应强度随时间均匀减小.关于A、B线圈中所产生电流大小之比IA：I B是( )A. 1：2 B. 1:4C. 2:1 D. 4:1【答案】C【解析】【分析】应用法拉第电磁感应定律求出感应电动势，然后求出它们的比值；由电阻定律求出电阻，由欧姆定律求出电流，然后求出电流之比；【详解】A、对任一半径为r的线圈，根据法拉第电磁感应定律：，因相同，n相同，则得：，因，故A、B线圈中产生的感应电动势之比为，根据电阻定律得：线圈的电阻为：，相同，即，故两线圈电阻之比为：线圈中

4、感应电流：，综合以上方程得到：，故C正确，ABD错误；【点睛】本题是法拉第电磁感应定律和电阻定律的综合应用求解感应电流之比的问题，要注意明确物理规律的应用，同时注意采用比例法研究求解。4.4.英国物理学家麦克斯韦认为,磁场变化时会在空间激发感生电场。如图所示,一个半径为r的绝缘细圆环水平放置,环内存在竖直向上的匀强磁场B,环上套一带电荷量为+q的小球,已知磁感应强度B随时间均匀增加,其变化率为k,若小球在环上运动一周,则感生电场对小球的作用力所做功的大小是( ) A. 0 B. r2qk/2 C. 2r2qk D. r2qk【答案】D【解析】试题分析：磁感应强度B随时间均匀增加，其变化率为k，

5、故感应电动势为：；根据楞次定律，感应电动势的方向为顺时针方向；小球带正电，小球在环上运动一周，则感生电场对小球的作用力所做功的大小是：W=qU=r2qk，故选D。考点：法拉第电磁感应定律；楞次定律 5.5.如图所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r，电感L的电阻不计，电阻R的阻值大于灯泡D的阻值，在t0时刻闭合开关S，经过一段时间后，在tt1时刻断开S，下列表示A、B两点间电压UAB随时间t变化的图象中，正确的是()A. B. C. D. 【答案】B【解析】开关闭合时，线圈由于自感对电流的阻碍作用，可看做电阻，线圈电阻逐渐减小，并联电路电阻逐渐减小，电压UAB逐渐减小；开关闭合后再断开时，线

6、圈的感应电流与原电流方向相同，形成回路，灯泡的电流与原电流方向相反，并逐渐减小到0，所以正确选项B。视频6.6.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。7.7.质量相等的A、B两球在光滑水平面上，沿同一直线，同一方向运动，A球的动量PA=9kgm/s，B球的动量PB=3kgm/s当A追上B时发生碰撞，则碰后A、B两球的动量可能值是（）A. PA=6kgm/s，PB=6kgm/sB. PA=6kgm/s，PB=4kgm/sC. PA=-6kgm/s，PB=18kgm/sD. PA=

7、4kgm/s，PB=8kgm/s【答案】AD【解析】设两球质量均为m。碰撞前，总动量 P=PA+PB=12kgm/s，碰撞前总动能为 若PA=5kgm/s，PB=6kgm/s，则碰撞后，总动量 P=PA+PB=11kgm/s，动量不守恒，选项A错误；若碰撞后PA=7kgm/s， PB=5kgm/s，碰后B的速度小于A的速度，则不可能，选项B错误；若PA= -6kgm/s， PB=18kgm/s，总动量 P=PA+PB=12kgm/s，动量守恒，碰撞后总动能为 ，则知总动能增加，是不可能的，故C错误。碰撞后，PA=4kgm/s，PB=8kgm/s，总动量 P=PA+PB=12kgm/s，动量守恒

8、。碰撞后总动能为 ，则知总动能没有增加，是可能的，故D正确；故选D.点睛：对于碰撞过程要遵守三大规律：1、是动量守恒定律；2、总动能不增加；3、符合物体的实际运动情况8.8.如图所示，光滑平面上有一辆质量为4m的小车，车上左右两端分别站着甲、乙两人，他们的质量都是m，开始两个人和车一起以速度v0向右匀速运动某一时刻，站在车右端的乙先以相对地面向右的速度v跳离小车，然后站在车左端的甲以相对于地面向左的速度v跳离小车两人都离开小车后，小车的速度将是() A. 1.5v0 B. v0 C. 大于v0，小于1.5v0 D. 大于1.5v0【答案】A【解析】试题分析：车和两个人整体在水平方向不受外力，系

9、统总动量守恒，根据动量守恒定律列式求解即可两人和车所组成的系统原动量为，向右当甲、乙两人先后以对地相等的速度向两个方向跳离时，甲、乙两人的动量和为零，则有，解得，A正确9.9.如图所示,光滑固定的金属导轨M、N水平放置,两根导体棒P、Q平行放置在导轨上,形成一个闭合回路,一条形磁铁从高处下落接近回路时( )A. P、Q将相互靠拢B. P、Q将相互远离C. 磁铁的加速度仍为gD. 磁铁的加速度小于g【答案】AD【解析】【分析】当一条形磁铁从高处下落接近回路时，穿过回路的磁通量增加，根据楞次定律：感应电流的磁场总是阻碍磁通量的变化，分析导体的运动情况；【详解】A、当一条形磁铁从高处下落接近回路时，

10、穿过回路的磁通量增加，根据楞次定律：感应电流的磁场总是阻碍磁通量的变化，可知，P、Q将互相靠拢，回路的面积减小一点，使穿过回路的磁场减小一点，起到阻碍原磁通量增加的作用，故A正确，B错误；C、由于磁铁受到向上的安培力作用，所以合力小于重力，磁铁的加速度一定小于g，故C错误，D正确。【点睛】本题直接用楞次定律判断电磁感应现象中导体的运动方向，抓住导体总是反抗原磁通量的变化是关键。10.10.单匝线圈所围的面积为0.1 m2，线圈电阻为1 .规定线圈中感应电流I的正方向从上往下看是顺时针方向，如图甲所示磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示则以下说法正确的是() 图甲图乙A. 在时间05

11、s内，I的最大值为0.01 AB. 在第4 s时刻，I的方向为逆时针C. 前2 s内，通过线圈某截面的总电荷量为0.01 CD. 第3 s内，线圈的发热功率最大【答案】ABC【解析】试题分析：磁感应强度B的变化率越大，磁通量的变化就越大，线圈中产生的感应电动势越大B-t图象的斜率等于B的变化率，根据数学知识判断什么时刻I最大根据楞次定律判断感应电流的方向根据推论求电量根据感应电流的大小确定何时线圈的发热功率最大根据法拉第电磁感应定律，可以看出B-t图象的斜率越大则电动势越大，所以零时刻线圈的感应电动势最大即，根据欧姆定律，故A错误；在第4s时刻，穿过线圈的磁场方向向上，磁通量减小，则根据楞次定

12、律判断得知，I的方向为逆时针方向，故B错误；前2s内，通过线圈某截面的总电量，故C正确；第3s内，B没有变化，线圈中没有感应电流产生，则线圈的发热功率最小，故D错误请在此填写本题解析!11.11.如图(a)所示，在光滑水平面上用恒力F拉质量为1 kg的单匝均匀正方形铜线框，在1位置以速度v03 m/s进入匀强磁场时开始计时t0，此时线框中感应电动势为1V，在t3 s时刻线框到达2位置并开始离开匀强磁场。此过程中线框的vt图象如图(b)所示，那么A. 恒力F的大小为1.0 NB. t0时，线框右侧的边两端M、N间电压为0.75 VC. 线框完全离开磁场的位置3的瞬时速度为2 m/sD. 线框完全

13、离开磁场的位置3的瞬时速度为1 m/s【答案】BC【解析】试题分析：在t=1s到3s内，线框做匀加速运动，没有感应电流，线框不受安培力，则有F=ma，由运动图像的斜率表示加速度，求得，则F=0.5N，A错误;t0时，线框右侧边NM的两端电压为路端电压，总的感应电动势为E=1V，路端电压为，B正确；由(b)图象可知，在t=3s时刻线框到达2位置开始离开匀强磁场时与线框进入时速度相同，则线框出磁场与进磁场运动情况完全相同，则知线框完全离开磁场的瞬间位置3速度与t=2s时刻的速度相等，即为2m/s，故C正确，D错误故选BC。考点：导体做切割磁感线运动产生的感应电动势，闭合电路的欧姆定律，牛顿运动定律

14、。12.12.如图，矩形闭合线框在匀强磁场上方，由不同高度静止释放，用、分别表示线框ab边和cd边刚进入磁场的时刻线框下落过程形状不变，ab边始终保持与磁场水平边界平行，线框平面与磁场方向垂直设下方磁场区域足够大，不计空气影响，则下列哪一个图象不可能反映线框下落过程中速度v随时间t变化的规律A. B. C. D. 【答案】A【解析】试题分析：线框先做自由落体运动，ab边进入磁场做减速运动，加速度应该是逐渐减小，而A图象中的加速度逐渐增大故A错误线框先做自由落体运动，ab边进入磁场后做减速运动，因为重力小于安培力，当加速度减小到零做匀速直线运动，cd边进入磁场做匀加速直线运动，加速度为g故B正确

15、线框先做自由落体运动，ab边进入磁场后因为重力大于安培力，做加速度减小的加速运动，cd边离开磁场做匀加速直线运动，加速度为g，故C正确线框先做自由落体运动，ab边进入磁场后因为重力等于安培力，做匀速直线运动，cd边离开磁场做匀加速直线运动，加速度为g，故D正确本题选不可能的，故选A考点：楞次定律；牛顿第二定律【名师点睛】解决本题的关键能够根据物体的受力判断物体的运动，即比较安培力与重力的大小关系，结合安培力公式、切割产生的感应电动势公式进行分析。视频13.13.如图所示,有一矩形线圈,面积为S,匝数为N,整个线圈的电阻为r,在磁感应强度为B的磁场中,线圈绕OO轴以角速度匀速转动,外电阻为R,下

16、列说法中正确的是( )A. 线圈从图示位置转90的过程中磁通量的变化量NBSB. 线圈从图示位置转90的过程中平均感应电动势E=C. 线圈从图示位置转90的过程中电阻R所产生的焦耳热 Q=D. 线圈从图示位置转90的过程中通过电阻R的电量为BS【答案】B【解析】【分析】图示位置磁通量为，转过90磁通量为根据法拉第电磁感应定律求解平均感应电动势；根据焦耳定律求解热量，I为有效值；根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电流的定义式求解电量；【详解】A、图示位置磁通量为，转过磁通量为：，故A错误；B、根据法拉第电磁感应定律得，平均感应电动势为：，解得：，故B正确；C、电流的有效值为：，电阻R所产生的焦耳

17、热为：，解得：，故C错误；D、根据法拉第电磁感应定律，平均感应电动势为：则平均电流为：则电量为：，故选项D错误。【点睛】对于交变电流，求解热量、电功和电功率用有效值，而求解电量要用平均值，注意磁通量与线圈的匝数无关。14.14.如图所示，质量为M的长木板A静止在光滑的水平面上，有一质量为m的小滑块B以初速度v0从左侧滑上木板，且恰能滑离木板，滑块与木板间动摩擦因数为。下列说法中正确的是A. 若只增大v0，则滑块滑离木板过程中系统产生的热量增加B. 若只增大M，则滑块滑离木板过程中木板所受到的冲量减少C. 若只减小m，则滑块滑离木板时木板获得的速度减少D. 若只减小，则滑块滑离木板过程中滑块对地

18、的位移减小【答案】BCD【解析】滑块滑离木板过程中系统产生的热量等于滑动摩擦力与相对位移的成积，因为相对位移没变，所以产生热量不变，故A错误；由极限法，当M很大时，长木板运动的位移xM会很小，滑块的位移等于xM+L很小，对滑块根据动能定理： ，可知滑块滑离木板时的速度v1很大，把长木板和小滑块看成一个系统，满足动量守恒：，可知长木板的动量变化比较小，所以若只增大M，则滑块滑离木板过程中木板所受到的冲量减少，故B正确；采用极限法：当m很小时，摩擦力也很小，m的动量变化很小，把长木板和小滑块看成一个系统，满足动量守恒，那么长木板的动量变化也很小，故C正确；当很小时，摩擦力也很小，长木板运动的位移x

19、M会很小，滑块的位移等于xM+L也会很小，故D正确。所以BCD正确，A错误。二、计算题15. 某村在较远的地方建立了一座小型水电站，发电机的输出功率为100 kW，输出电压为500 V，输电导线的总电阻为10 ，导线上损耗的电功率为4 kW，该村的用电电压是220 V.输电电路如图所示，求升压、降压变压器的原、副线圈的匝数比；【答案】【解析】(1)因为P损IR线 (2分)所以I2A20 A (1分)I1A200 A (1分) 则(1分) U3U2I2R线(500102010)V4800 V (2分)则. (1分) 本题考查了变压器电路 可根据公式计算。16.16.如图所示，PM、QN是两根半径

20、为d的光滑的圆弧轨道，其间距为L，O、P连线水平，M、N在同一水平高度，圆弧轨道电阻不计，在其上端连有一阻值为R的电阻，整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。现有一根长度稍大于L、质量为m、电阻为r的金属棒从轨道的顶端PQ处由静止开始下滑，到达轨道底端MN时对轨道的压力为2mg，求：(1)棒到达最低点时金属棒两端的电压；(2)棒下滑过程中金属棒产生的热量；(3)棒下滑过程中通过金属棒的电荷量。【答案】(1) ； (2) ；(3) ；【解析】（1）在轨道里的最低点MN处 解得电动势得：电压（2）由动能定理（能量守恒）得得金属棒产生的热量为（3）电量，得到本题考查圆周运动和电磁感应

21、现象，在最低点由合力提供向心力，可求得速度大小，由E=BLv可求得感应电动势，再由欧姆定律可求得路端电压大小，在金属棒运动过程中，重力势能转化为动能和焦耳热，串联电路中电流相等，结合焦耳热公式可知r和R的焦耳热分配与电阻成正比，由此可求得r上的焦耳热17.17.如图所示，处于匀强磁场中的两根足够长、电阻不计的平行金属导轨相距lm，导轨平面与水平面成=37角，下端连接阻值为R的电阻匀强磁场方向与导轨平面垂直质量为0.2kg、电阻不计的金属棒放在两导轨上，棒与导轨垂直并保持良好接触，它们之间的动摩擦因数为0.25求：(1)金属棒沿导轨由静止开始下滑时的加速度大小；(2)当金属棒下滑速度达到稳定时，

22、电阻R消耗的功率为8W，求该速度的大小；(3)在上问中，若R2，金属棒中的电流方向由a到b，求磁感应强度的大小与方向(g=10rns2，sin370.6， cos370.8)【答案】（1）4ms2（2）10m/s（3）0.4T，方向垂直导轨平面向上 【解析】试题分析： （1）金属棒开始下滑的初速为零，根据牛顿第二定律：由式解得10（O.60.250.8）ms2=4ms2（2）设金属棒运动达到稳定时，速度为，所受安培力为F，棒在沿导轨方向受力平衡此时金属棒克服安培力做功的功率等于电路中电阻消耗的电功率：由、两式解得（3）设电路中电流为I，两导轨间金属棒的长为l，磁场的磁感应强度为B由、两式解得磁

23、场方向垂直导轨平面向上考点： 导体切割磁感线时的感应电动势；牛顿第二定律【名师点睛】本题主要考查了导体切割磁感线时的感应电动势、牛顿第二定律 。属于中等难度的题目，解这类问题的突破口为正确分析安培力的变化，根据运动状态列方程求解。开始下滑时，速度为零，无感应电流产生，因此不受安培力，根据牛顿第二定律可直接求解加速度的大小；金属棒下滑速度达到稳定时，金属棒所受合外力为零，根据平衡条件求出安培力。视频18.18.如图所示，光滑水平直导轨上有三个质量均为m的物块A、B、C，物块B、C静止，物块B的左侧固定一轻弹簧（弹簧左侧的挡板质量不计）；让物块A以速度v0朝B运动，压缩弹簧；当A、B速度相等时，B

24、与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动假设B和C碰撞过程时间极短那么从A开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中，求（1）A、B第一次速度相同时的速度大小；（2）A、B第二次速度相同时的速度大小；（3）弹簧被压缩到最短时的弹性势能大小【答案】（1）v0（2）v0（3）【解析】试题分析：（1）对A、B接触的过程中，当第一次速度相同时，由动量守恒定律得，mv0=2mv1，解得v1v0（2）设AB第二次速度相同时的速度大小v2，对ABC系统，根据动量守恒定律：mv0=3mv2解得v2=v0（3）B与C接触的瞬间，B、C组成的系统动量守恒，有：解得v3v0系统损失的机械能为当A、B、C速度相同时，弹簧的弹性势能最大此时v2=v0根据能量守恒定律得，弹簧的最大弹性势能考点：动量守恒定律及能量守恒定律【名师点睛】本题综合考查了动量守恒定律和能量守恒定律，综合性较强，关键合理地选择研究的系统，运用动量守恒进行求解。