【解析】北京理工大学附属中学分校2017-2018学年高二下学期期中考试物理试题含解析.pdf

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1、 理工大附中分校 20172018 学年度高二第二学期期中练习 物理试题 一、单项选择题（每小题 3 分，共 51 分）1.关于线圈在匀强磁场中转动产生的交变电流,下列说法中正确的是（）A.线圈每经过中性面一次,感应电流方向改变一次，感应电动势方向不变 B.线圈每转动一周,感应电流方向就改变一次 C.线圈平面每经过中性面一次,感应电流和感应电动势方向都要改变一次 D.线圈转动一周,感应电流和感应电动势方向都要改变一次【答案】C【解析】感应电动势方向与感应电流方向一致，当线圈在匀强磁场中转动产生交变电流时，线圈平面每经过中性面一次，感应电流与感应电动势方向均改变一次，转动一周，感应电流方向改变两

2、次。故 C 正确，ABD 错误。故选：C 2.图中能产生感应电流的是()A.B.C.D.【答案】【解析】当条形磁铁向右运动过程中，穿过线圈的磁通量发生变化，会产生感应电动势，但由于线圈未闭合，故不会产生感应电流，A 错误；导体棒向相反的方向运动，产生的感应电流方向方向相同，故有感应电流产生，B正确；由于通电直导线在线圈所在位置的磁场与线圈平面平行，穿过线圈的磁通量恒为零，故线圈没有感应电流产生，C错误；线圈向右运动过程中，穿过线圈的磁通量不变，不产生感应电流，D错误 3.如图所示，金属导轨上的导体棒 ab在匀强磁场中沿导轨做下列哪种运动时，铜制线圈 c中将有感应电流产生且被螺线管吸引()向右做

3、匀速运动 向左做减速运动 向右做减速运动 向右做加速运动 A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】导体棒 ab向右或向左做匀速运动时，ab中产生的感应电流不变，螺线管产生的磁场是稳定的，穿过 c 的磁通量不变，c 中没有感应电流，线圈 c 不受安培力作用，不会被螺线管吸引。故错误。导体棒 ab 向左做减速运动时，根据右手定则判断得到，ab中产生的感应电流方向从 ba，感应电流减小，螺线管产生的磁场减弱，穿过 c 的磁通量减小，根据楞次定律得知，c 中产生逆时针方向（从左向右看）的感应电流，与线圈中的电流的方向相同，则线圈 c 被螺线管吸引。故正确。导体棒 ab 向右做减速运动时，根据右手定则

4、判断得到，ab 中产生的感应电流方向从 ab，感应电流减小，螺线管产生的磁场减弱，穿过c 的磁通量减小，根据楞次定律得知，c 中产生顺时针方向（从左向右看）的感应电流，与线圈中的电流的方向相同，则线圈 c 被螺线管吸引。故正确。导体棒 ab 向右做加速运动时，根据右手定则判断得到，ab 中产生的感应电流方向从 ab，感应电流增大，螺线管产生的磁场增强，穿过 c 的磁通量增大，根据楞次定律得知，c 中产生逆时针方向（从左向右看）的感应电流，与线圈中的电流的方向相同反，则线圈 c被螺线管排斥。故错误。故选C。【点睛】本题运用右手定则、安培定则和楞次定律按步就班进行分析的，也可以直接根据楞次定律进行

5、判断：线圈 c被螺线管吸引时，磁通量将要增大，说明原来的磁通量减小，导体棒必定做减速运动。4.在如图所示电路中，已知交流电源电压 u=200sin100t V，电阻 R=100，则电流表和电压表的示数分别为（）A.1.41 A，200 V B.1.41 A，141 V C.2 A，200 V D.2 A，141 V【答案】【解析】试题分析：电流表和电压表的读数均为交变电流的有效值，由交流电源电压表达式可知 Em=200V，因此A=1.41A 故答案选 B。考点：考查交流电路中电压表和电流表的读数问题和闭合电路欧姆定律。点评：熟记电流表和电压表的读数均指有效值，闭合电路欧姆定律是基础问题更应该熟

6、练应用。基础题。5.如图所示，在磁感应强度为 B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，金属杆 MN在平行金属导轨上以速度 v 向右匀速滑动，MN 中产生的感应电动势为 E1；若磁感应强度增为 2B，其他条件不变，MN中产生的感应电动势变为 E2。则通过电阻 R的电流方向及 E1与 E2之比E1E2分别为()A.ca,21 B.ac,21 C.ac,12 D.ca,12【答案】C【解析】试题分析：由楞次定律判断可知，MN 中产生的感应电流方向为 NM，则通过电阻 R 的电流方向为 ac MN 产生的感应电动势公式为 E=BLv，其他条件不变，E 与 B 成正比，则得 El：E2=1：2故选 C 考点：

7、楞次定律；感应电动势【名师点睛】本题关键要掌握楞次定律和切割感应电动势公式 E=BLv，并能正确使用，属于基础题。视频 6.如图所示，线圈 L的自感系数很大，且其电阻可以忽略不计，L1、L2是两个完全相同的小灯泡，随着开关 S 闭合和断开的过程中，灯 L1、L2的亮度变化情况是(灯丝不会断)()A.S 闭合，L1亮度不变，L2亮度逐渐变亮，最后两灯一样亮；S 断开，L2立即不亮，L1逐渐变亮 B.S 闭合，L1不亮，L2很亮；S 断开，L1、L2立即不亮 C.S 闭合，L1、L2同时亮，而后 L1逐渐熄灭，L2亮度不变；S 断开，L2立即不亮，L1亮一下才熄灭 D.S 闭合，L1、L2同时亮，

8、而后 L1逐渐熄灭，L2则逐渐变得更亮；S断开，L2立即不亮，L1亮一下才熄灭【答案】【解析】当 S闭合瞬时，两灯同时获得电压，同时发光，随着线圈 L电流的增加，逐渐将 L1灯短路，L1逐渐变暗直到熄灭，同时，L2电流逐渐增大，变得更亮；S 断开瞬时，L2中电流消失，故立即熄灭，而 L1中由于电感中产生一个与电流同向的自感电动势，故右端为正，电流由灯泡 L1的右侧流入，故 L1亮一下逐渐熄灭。故 D正确，ABC错误；点睛：对于线圈要抓住双重特性：当电流不变时，它是电阻不计的导线；当电流变化时，产生自感电动势，相当于电源。7.如图所示，图线 a是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生正弦交流电的图象，

9、当调整线圈转速后，所产生正弦交流电的图象如图线 b所示，以下关于这两个正弦交流电的说法错误的是()A.在图中 t0时刻穿过线圈的磁通量均为零 B.线圈先后两次转速之比为 32 C.交流电 a 的瞬时值为 u10sin 5t(V)D.交流电 b的最大值为【答案】A【解析】【详解】由图可知，t=0时刻线圈均在中性面，穿过线圈的磁通量最大，所以 A错误；由图象可知 TA：TB=2：3，故 nA：nB=3：2，所以 B 正确，由图象可知，交流电 a 的最大值为 10V，角速度为，所以交流电 a 的瞬时值为 u=10sin5tV，所以 C 正确；交流电最大值 Um=NBS，故 Uma：Umb=3：2，故

10、 Umb UmaV，D正确。本题选错误的，故选 A。【点睛】本题考查的是学生读图的能力，根据图象读出交流电的最大值和周期，同时要掌握住交变电流的产生的过程 8.如图所示，图甲和图乙分别表示正弦脉冲波和方波的交变电流与时间的变化关系若使这两种电流分别通过两个完全相同的电阻，则经过 1 min 的时间，两电阻消耗的电功之比 W甲W乙为()A.B.12 C.13 D.16【答案】【解析】试题分析：甲图中，在一个周期内，电阻发热的时间是 0210-2s、410-2s610-2s 内，根据电流的热效应有：，代入数据得，解得电流的有效值乙图中，在一个周期内，电阻发热的时间为 0410-4s，根据电流的热效

11、应有：2I12R I2RT，代入数据得，12R2210-2=I2R410-2，解得电流的有效值 I=1A根据 W=I2Rt知，在相同时间内消耗的电功之比等于（）2：11：3故 A 正确，BCD 错误故选 A 考点：交流电的有效值 9.如图所示，理想变压器初级线圈的匝数为 n1，次级线圈的匝数为 n2，初级线圈的两端 a、b接正弦交流电源，电压表V的示数为220 V，负载电阻R44，电流表A1的示数为0.20 A 下列判断中正确的是()A.初级线圈和次级线圈的匝数比为 21 B.初级线圈和次级线圈的匝数比为 51 C.电流表 A2的示数为 0.1 A D.电流表 A2的示数为 0.4 A【答案】

12、【解析】试题分析：理想变压器输入功率等于输出功率，原副线圈电流与匝数成反比 变压器的输出功率等于输入功率，则，解得：，由于原副线圈电流与匝数成反比，所以初级线圈和次级线圈的匝数比，故B正确 10.如图所示，理想变压器的原线圈接在的交流电源上，副线圈接有R=55的负载电阻，原、副线圈匝数之比为 2:1，电流表、电压表均为理想电表。下列说法正确的是（）A.原线圈的输入功率为 B.电流表的读数为 1A C.电压表的读数为 D.副线圈输出交流电的周期为 50s【答案】【解析】电表的读数均为有效值，原线圈两端电压有效值为 220 V，由理想变压器原、副线圈两端电压与线圈匝数成正比，可知副线圈两端电压有效

13、值为 110 V，C 错误；流过电阻R的电流为2 A，可知负载消耗的功率为 220 W，根据能量守恒可知，原线圈的输入功率为 220 W，A 错误；由P=UI可知，电流表的读数为 1 A，B 正确，由交变电压瞬时值表达式可知，=100 rad/s，周期T=0.02 s，D 错误。【名师点睛】理想变压器原副线圈两端电压、电流、功率与匝数的关系需注意因果关系，电压由原线圈决定副线圈，电流与功率则由副线圈决定原线圈。11.下列说法正确的是 A.液体中悬浮微粒的无规则运动称为布朗运动 B.液体分子的无规则运动称为布朗运动 C.物体从外界吸收热量，其内能一定增加 D.物体对外界做功，其内能一定减少【答案

14、】A【解析】试题分析：布朗运动是悬浮在液体当中的固体颗粒的无规则运动，是液体分子无规则热运动的反映，温度越高，悬浮微粒越小，布朗运动越激烈；做功和热传递都能改变物体内能 解：AB、布朗运动是悬浮在液体当中的固体颗粒的无规则运动，是液体分子无规则热运动的反映，故 A 正确，B 错误；C、由公式 U=W+Q 知做功和热传递都能改变物体内能，物体从外界吸收热量若同时对外界做功，则内能不一定增加，故 C 错误；D、物体对外界做功若同时从外界吸收热量，则内能不一定减小，故 D 错误 故选：A【点评】掌握布朗运动的概念和决定因素，知道热力学第一定律的公式是处理这类问题的金钥匙 视频 12.下列说法正确的是

15、（）A.物体温度降低，其分子热运动的平均动能增大 B.物体温度升高，其分子热运动的平均动能增大 C.物体温度降低，其内能一定增大 D.物体温度不变，其内能一定不变【答案】B【解析】试题分析：温度是分子热平均动能的标志，物体温度降低，其分子热运动的平均动能减小，相反，温度升高，其分子热运动的平均动能增大，故 A 错误，B 正确；物体的内能与物体的体积、温度、摩尔数等因素都有关，所以温度降低，其内能不一定增大；温度不变，其内能不一定不变，故 CD 错误。考点：温度是分子平均动能的标志、物体的内能【名师点睛】解决本题的关键掌握温度的微观意义，知道温度是分子热平均动能的标志明确内能与物体的体积、温度、

16、摩尔数等因素有关。视频 13.下列说法正确的是()A.物体放出热量，其内能一定减小 B.物体对外做功，其内能一定减小 C.物体吸收热量，同时对外做功，其内能可能增加 D.物体放出热量，同时对外做功，其内能可能不变【答案】C【解析】试题分析：做功和热传递都能改变内能；物体内能的增量等于外界对物体做的功和物体吸收热量的和，即：U=Q+W 解：A、物体放出热量，若外界对物体做更多的功大于放出的热量，内能可能增加，故 A 错误；B、物体对外做功，如同时从外界吸收的热量大于做功的数值，则内能增加，故 B 错误；C、物体吸收热量，同时对外做功 W，如二者相等，则内能可能不变，若 QW，则内能增加，若 WQ

17、，则内能减少，故 C 正确；D、物体放出热量，Q0，同时对外做功，W0，则 U0，故内能一定减少，故 D 错误 故选：C【点评】热力学第一定律实质是能量守恒定律的特殊情况，要在理解的基础上记住公式：U=W+Q，同时要注意符号法则的应用 视频 14.以下关于热运动的说法正确的是（）A.水流速度越大，水分子的热运动越剧烈 B.水凝结成冰后，水分子的热运动停止 C.水的温度越高，水分子的热运动越剧烈 D.水的温度升高，每一个水分子的运动速率都会增大【答案】C【解析】水流速度是机械运动速度，不能反映热运动情况，A 错误；分子在永不停息地做无规则运动，B 错误；水的温度升高，水分子的平均速率增大，并非每

18、一个水分子的运动速率都增大，D 错误；选项 C 说法正确。【名师点睛】温度是分子平均动能的标志，但单个分子做无规则运动，单个分子在高温时速率可能较小。15.如图所示，弹簧振子在 A、B 之间做简谐运动。以平衡位置 O为原点，建立 Ox轴。向右为 x轴的正方向。若振子位于 B点时开始计时，则其振动图像为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】试题分析：当振子运动到 N点时开始计时，分析此时振子的位置，即确定出 t=0时刻质点的位置，即可确定位移时间的图象 由题意：设向右为 x 正方向，振子运动到 N 点时，振子具有正方向最大位移，所以振子运动到 N点时开始计时振动图象应是余弦曲线，故 A正确 视频

19、 16.某弹簧振子沿x轴的简谐运动图象如图所示，下列描述正确的是：（）A.t=1 s 时，振子的速度为零，加速度为负的最大值 B.t=2 s 时，振子的速度为负，加速度为正的最大值 C.t=3 s 时，振子的速度为负的最大值，加速度为零 D.t=4 s 时，振子的速度为正，加速度为负的最大值【答案】A【解析】在t=1 s 和t=3 s 时，振子偏离平衡位置最远，速度为零，回复力最大，加速度最大，方向指向平衡位置，A 正确，C 错误；在t=2 s 和t=4 s 时，振子位于平衡位置，速度最大，回复力和加速度均为零，BD 错误。【名师点睛】根据振动图象判断质点振动方向的方法：沿着时间轴看去，“上坡

20、”段质点向上振动，“下坡”段质点向下振动。二、实验题（每空 3 分，共 24 分）17.某同学利用单摆测定当地的重力加速度。实验室已经提供的器材有：铁架台、夹子、秒表、游标卡尺。除此之外，还需要的器材有_。A长度约为 1m的细线 B长度约为 30cm的细线 C直径约为 2cm的钢球 D直径约为 2cm的木球 E最小刻度为 1cm 的直尺 F最小刻度为 1mm的直尺 该同学在测量单摆的周期时，他用秒表记下了单摆做 50次全振动的时间，如图所示，秒表的读数为_s。该同学经测量得到 6组摆长 L 和对应的周期 T，画出 L-T2图线，然后在图线上选取 A、B两个点，坐标如图丙所示。则当地重力加速度的

21、表达式 g=_。处理完数据后，该同学发现在计算摆长时用的是摆线长度而未计入小球的半径，这样_（选填“影响”或“不影响”）重力加速度的计算。该同学做完实验后，为使重力加速度的测量结果更加准确，他认为：A在摆球运动的过程中，必须保证悬点固定 B摆线偏离平衡位置的角度不能太大 C用精度更高的游标卡尺测量摆球的直径 D测量周期时应该从摆球运动到最高点时开始计时 其中合理的有_。【答案】(1).A、C、F.(2).95.1s (3).(4).不影响；(5).AB【解析】【详解】（1）由单摆周期公式 T=2可得，g=L，实验需要测量摆长，摆长等于摆线的长度加上摆球的半径，所以需要毫米刻度尺，实验需要测量周

22、期，则需要秒表，摆线的长度大约 1m 左右。为减小空气阻力的影响，摆球需要密度较大的摆球，因此摆球应选 C，故选用的器材为 A、C、F.（2）秒表表示读数：内圈读数：60s，外圈读数 35.1s，总读数为：t=60s+35.1s=95.1s；（3）由T=2可得：L=T2，则 L-T2图象的斜率等于，由数学知识得：解得：根据数学知识，在计算摆长时用的是摆线长度而未计入小球的半径，这样不影响重力加速度的计算。（4）由 T=2可得：g=L，则在摆球运动的过程中，悬点松动会导致摆场的变化，影响精度，则必须保证悬点固定，选项 A 正确；摆线偏离平衡位置的角度不能太大，否则就不是简谐振动了，选项 B 正确

23、；用精度更高的游标卡尺测量摆球的直径对摆长的测量影响不大，选项 C 错误；测量周期时应该从摆球运动到最低点时开始计时，选项 D错误；故选 AB.【点睛】本题关键明确实验原理，根据原理选择器材；由单摆的周期公式变形，得到 T2与 L的关系式得到图象斜率的物理意义，再分析实验产生的误差.18.在“用油膜法估测分子的大小”的实验中，所用油酸酒精溶液的浓度为每 104 mL溶液中有纯油酸 6 mL，用注射器测得 1 mL上述溶液为 75滴把 1 滴该溶液滴入盛水的浅盘里，待水面稳定后，将玻璃板放在浅盘上，用彩笔在玻璃板上描出油膜的轮廊，再把玻璃板放在坐标纸上，其形状和尺寸如图所示，坐标中正方形方格的边

24、长为 1 cm.则 (1)油酸薄膜的面积是_cm2.(2)每滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积是_mL.(取一位有效数字)(3)按以上实验数据估测出油酸分子直径约为_m(取一位有效数字)【答案】(1).（1）115 (2).（2）810-6 (3).（3）710-10【解析】【详解】（1）面积超过正方形一半的正方形的个数为 115 个，油酸膜的面积是：1151cm2=115cm2（2）每滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积：（3）把油酸分子看成球形，且不考虑分子间的空隙，则油酸分子直径 三、计算题（共 25 分）19.一定质量的气体，在从状态 1 变化到状态 2的过程中，吸收热量 280 J，并对外

25、做功 120 J，试问：(1)这些气体的内能怎样发生变化？变化了多少？(2)如果这些气体又返回原来的状态，并放出了 240 J热量，那么在返回的过程中是气体对外界做功，还是外界对气体做功？做功多少？【答案】(1)增加，160 J(2)外界对气体做功，80 J【解析】【详解】（1）气体吸收热量 280J，则 Q=280J；气体对外界做功 120J，则 W=-120J；根据热力学第一定律，结果为正，表示气体内能增加，增加量为 160J。（2）由（1）可知，这些气体返回原来的状态的过程中，内能的变化；该过程中放出 240J 热量，则；则，即气体对外界做功 80J【点睛】气体吸收热量时，热量为正值，对

26、外做功时，功为负值，根据热力学第一定律求出气体内能的变化量；如果这些气体又返回到原来的状态，内能的变化量相反再由热力学第一定律求出做功情况。20.如图所示，一台有两个副线圈的理想变压器，原线圈匝数 n11100 匝，接入电压 U1220V的电路中 (1)要求在两个副线圈上分别得到电压 U26V，U3110V，它们的匝数 n2、n3分别为多少？(2)若在两副线圈上分别接上“6V，20W”、“110V，60W”的两个用电器，原线圈的输入电流为多少？【答案】【解析】（1）变压器电压比等于匝数比，有 所以 n2=30 匝，n3=550 匝（2）两 组 副 线 圈 上 电 压 分 别 为 U2=6V，U

27、3=110V，在 两 副 线 圈 上 分 别 接 上“6V，20W”、“110V，60W”的两个用电器时，这两个用电器都能正常工作，所以这两个用电器实际消耗的功率就为 20W 和 60W 又因为理想变压器的输入功率等于输出功率，所以 P1=P2+P3 即 I1U1=20W+60W=80W，因为 U1=220V，所以 I1=0.36A 点睛：在本题中，由于副线圈有两个线圈，电流与匝数成反比的结论不再成立，所以在计算电流的时候不能再用，但是电压与匝数成正比的结论仍然是成立的 21.如图所示，空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度 B=0.50T，两条光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距

28、l=0.40m，左端接有阻值 R=0.40 的电阻。一质量m=0.10kg、阻值 r=0.10 的金属棒 MN 放置在导轨上。金属棒在水平向右的拉力 F 作用下，沿导轨做速度 v=2.0m/s 的匀速直线运动。求：（1）通过电阻 R 的电流 I；（2）拉力 F 的大小；（3）撤去拉力 F 后，电阻 R 上产生的焦耳热 Q。【答案】（1）0.80A（2）0.16N（3）0.16J【解析】试题分析：（1）感应电动势V 通过电阻 R 的电流A（2）金属棒受到的安培力N 根据牛顿第二定律有 所以N（3）撤去拉力 F 后，金属棒做减速运动并最终静止，金属棒的动能全部转化为回路中的焦耳热。在这段过程中，根据能量守恒定律有 所以J 考点：法拉第电磁感应定律；安培力；牛顿第二定律及能量守恒定律.