【文档说明】贵州省思南中学2019-2020学年高二下学期期中考试物理试题【精准解析】.doc，共(14)页，482.500 KB，由小赞的店铺上传

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-1-思南中学2019—2020年度第二学期半期考试高二物理试卷一、选择题（每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，1~8题只有一个选项是正确的，9~12题为多选题，全部选对得4分，对而不全得2分。)1.在物理学史上，奥斯特首先发现电流周围存在磁场。随后，物理学家提出“磁生电”的闪光

思想。很多科学家为证实这种思想进行了十多年的艰苦研究，首先成功发现“磁生电”的物理学家是（）A.牛顿B.爱因斯坦C.法拉第D.楞次【答案】C【解析】【详解】1820年丹麦物理学家奥斯特发现了电流的磁效应，即电

生磁的现象，英国科学法拉第坚信电与磁是紧密联系的，经过十多年的艰苦研究，于1831年发现了电磁感应现象，即磁生电的现象，故ABD错误，C正确。故选C。2.一圆线圈位于垂直纸面向里的匀强磁场中，如图所示．下列操作中始终保证线圈在磁场中，且能使线圈中

产生感应电流的是A.把线圈向右拉动B.把线圈向上拉动C.垂直纸面向外运动D.以圆线圈的任意直径为轴转动【答案】D【解析】试题分析：把线圈向右拉动，线圈的磁通量不变，故不能产生感应电动势，所以A错误；把线圈向右拉动，线圈的磁通量不变，故不能产生感应电动势

，所以B错误；垂直纸面向外运动，磁通量也不变，故C错误；以圆线圈的任意直径为轴转动，磁通量变化，根据法拉第电磁感应定律知，线圈中产生感应电动势，形成感应电流，所以D正确-2-考点：本题考查法拉第电磁感应定律3.如图所示，一长直导线旁边同

一平面内有一矩形线圈abcd，导线中通有竖直向上的电流．下列操作瞬间，能在线圈中产生沿adcba方向电流的是（）A.线圈向左平动B.线圈竖直向下平动C.线圈以ab边为轴转动D.线圈向右平动【答案】A【解析】【详解】AD.导线在线框位置

产生的磁场垂直纸面向里，当在线圈平面内向左拉动线圈，逐渐靠近导线，穿过线圈向里的磁场增大，即穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律，产生感应电流为adcba方向，同理可知线圈向右平动，产生abcda方向的电流，故A正确，D错误．B.当线圈向下平动时，穿过线圈的磁通量不会发生变化，根据楞次定律可

知，没有感应电流产生．故B错误；C.当线圈以ab边为轴转动，穿过线圈向里的磁场减小，即穿过线圈的磁通量减小，故产生感应电流为顺时针，即感应电流的方向为abcda．故C错误；故选A。4.变压器副线圈两端电压为零时，原线圈两端的电压随时

间的变化化可能为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】-3-根据变压器的原理可知，当变压器的原线圈接入变化的电压时，在副线圈中才会感应出电压，所以ACD中的电压都变化，在副线圈中产生电压，而B中电压不变化，不能在副线圈中产生电压，故B正确；故选B．5.如

图所示电路中AB两端加交流电压u＝141sin157tV时，小灯泡发光．若AB间电压变换为如下四种情况时(小灯泡都没有被烧毁)，可以使小灯泡亮度增加的是()A.直流电压141VB.直流电压100VC.交流电压u＝141sin100tVD.交流电压u＝141sin314tV【答案】

D【解析】【详解】AB．电容器的作用是通交流，隔直流，通高频，阻低频，所以换成直流电压，灯泡不会亮，AB错误；CD．根据公式2f=可得交流电压141sin314Vut＝频率变大，交流电压141sin100Vut＝频率减小，

故C变暗，D变亮。故选D。6.如图所示，两个质量相等的物体A、B从同一高度沿倾角不同的两光滑斜面由静止自由滑下，在物体下滑到斜面底端的过程中，下列说法中正确的是（）A.两物体所受重力的冲量相同B.两物体所受合力的冲量相同C.两物体到达斜面底端时的动量不同D.两物体到达斜面底端时的

动量水平分量相同-4-【答案】C【解析】【详解】A．物体在下滑中只有重力做功，而重力做功只与高度差有关，故两种情况下重力做功相等，由212mghmv=得两种情况下到达斜面底端的速度的大小是相等的．两种情况下到达斜面

底端的速度的大小是相等，又因长的斜面倾角小，物体的加速度小，所以斜面越长下滑的时间越长，所以两种情况下重力作用的时间不相等，重力的冲量也不相等。故A错误；BD．物体在两种情况下到达斜面底端的速度的大小是相等的，而速度的方向不同，所以物体的末动量不同．根据动量定理I=△P=mv-

0所以合力的冲量大小相等，方向是不同的。故BD错误；C．物体在两种情况下到达斜面底端的速度的大小是相等的，方向不同，所以两物体到达斜面底端时的动量不同。故C正确。故选C。7.如图所示电路中，线圈L与灯泡A并联，当合上开关S后灯A正常发光．

已知，线圈L的电阻小于灯泡A的电阻．则下列现象可能发生的是（）A.当断开S时，灯泡A立即熄灭B.当断开S时，灯泡A突然闪亮一下，然后逐渐熄灭C.若把线圈L换成电阻，断开S时，灯泡A逐渐熄灭D.若把线圈L换成电阻

，断开S时，灯泡A突然闪亮一下，然后逐渐熄灭【答案】B【解析】AB．电键断开前，电路稳定，灯A正常发光，线圈相当于直导线，电阻较小，故流过线圈的电流较大；电键断开后，线圈中的电流会减小，发生自感现象，线圈成为A、L回路的电源，-5-故灯泡反而会更亮一下后熄

灭，故A错误，B正确；CD．若用电阻取代L接入电路，则不会发生自感现象，故断开S时，灯A立即熄灭，故C错误，D错误；故选B．【点睛】本题是断电自感的原型题，任何断电自感的问题均由此演化而来；要理清断电前、后瞬间各部分的电流方向和大小情况．8.

图是某交流发电机产生的感应电动势与时间的关系图象．如果其他条件不变，仅使线圈的转速变为原来的二倍，则交流电动势的最大值和周期分别变为()A.400V,0.02sB.200V,0.02sC.400V,0.08sD.200V,0.08s【答案】B【解析】试题分析：由图读出原来交流

电动势的最大值100mEV=，周期0.04Ts=，根据感应电动势最大值的表达式mENBS=得知，mE与成正比，则线圈的转速变为原来的两倍，感应电动势最大值变为原来的两倍，为200mEV=．由公式2T=分析可知，线圈的转速变为原来的两倍，周期为原来

的一半，即0.02Ts=．故选B考点：考查交流电动势的最大值和周期与转速的关系．点评：由图读出原来交流电动势的最大值和周期．原来根据感应电动势最大值的表达式mENBS=分析感应电动势最大值的变化．由公式2T=分析周期的变化．9.如图所示,理想变压

器原线圈接有交流电源，当副线圈上的滑片P处于图示位置时，灯泡L能发光．要使灯泡变亮，可以采取的方法有-6-A.向下滑动PB.增大交流电源的电压C.增大交流电源的频率D.减小电容器C的电容【答案】BC【解析】【详解】向下滑动P，副线圈匝

数减少，电压减小，A错误；增大交流电源的电压，副线圈两端电压也增大，B正确；增大交流电源的频率通过电容器的电流更大，C正确；减小电容器C的电容，增加了容抗，通过灯泡的电流减小，灯泡变暗，D错误；故选BC．【点睛】本题考查了变压器的变压原理和电容器对交流电的影响，要知道电容器

对交流电的作用是：通高频阻低频．10.有一个n匝的圆形线圈，放在磁感应强度为B的匀强磁场中，线圈平面与磁感线成30°角，磁感应强度均匀变化，线圈导线的规格不变，下列方法可使线圈中的感应电流增加一倍的是(

)A.将线圈匝数增加一倍B.将线圈面积增加一倍C.将线圈半径增加一倍D.将线圈平面转至跟磁感线垂直的位置【答案】CD【解析】【详解】A．法拉第电磁感应定律将线圈的匝数变化时，说明一定时，E与n成正比．

当线圈匝数增加一倍，则线圈产生的感应电动势也增加一倍，但线圈电阻也增加一倍，因此线圈中的感应电流没有变化，A错误；B．由法拉第电磁感应定律：，将线圈的面积增加一倍时，则△φ也增加一倍，则线圈产生的感应电动势是原来的2倍．线圈的面积增加一倍，半径为原来的倍，周

长也为原来的倍，由-7-电阻定律，可得线圈电阻是原来的倍，因此线圈中的感应电流是原来的倍，B错误；C．法拉第电磁感应定律：，将线圈的直径增加一倍，线圈面积是原来的4倍，因此△φ也是原来的4倍，所以线圈产生的感应电动势是原来的4倍，由电阻定律，可得线圈电阻是原来的2倍，

因此线圈中的感应电流是原来的2倍，即线圈中产生的感应电流增大1倍，C正确；D．由，将线圈平面转至跟磁感线垂直的位置，sinθ可以变为原来的2倍，电流可以变为原来的2倍，D正确；故选CD。11.如图所示为理想变压器原线圈所接正弦交流电源两

端的电压－时间图象．原、副线圈匝数比n1∶n2＝10∶1，串联在原线圈电路中交流电流表的示数为1A，则()A.变压器原线圈所接交流电压的有效值为220VB.变压器输出端所接电压表的示数为222VC.变压器输出端交变电

流的频率为50HzD.变压器的输出功率为2202W【答案】AC【解析】【详解】由图象知交流电的电压最大值为2202V，有效值为22022＝220V，故A正确；交流电压表测得电阻两端的电压为有效值，根据原副线圈电压比等于线圈匝数比可知：变压器输出端所接电压表的示数为22111220

2210nUUVn=＝＝，故B错误；由图象读出该交流电的周期为0.02s，根据频率与周期的关系可知：11500.02fHzT==＝，变压器不改变频率，故C正确；变压器的输入功率为P=UI=220W，而输出功率等于输入功率，也为220W，

故D错误；故选C．【点睛】此题关键是掌握住理想变压器的电压、电流之间的关系，交流电的最大值和有效值之间的关系即可解决本题．-8-12.如图所示，电阻为R，其他电阻均可忽略，ef是一电阻可不计的水平放置的导体棒，质量为m

，棒的两端分别与ab、cd保持良好接触，又能沿长度足够长的框架无摩擦下滑，整个装置放在与框架垂直的匀强磁场中，当导体棒ef从静止下滑经一段时间后闭合开关S，则S闭合后（）A.导体棒ef的加速度一定大于gB.导体棒ef的加速度一定小于gC.导体棒e

f最终达到稳定速度与开关闭合的先后无关D.导体棒ef的机械能与回路内产生的电能之和一定守恒【答案】CD【解析】【详解】AB．当ef从静止下滑一段时间后闭合S，ef将切割磁感线产生感应电流，受到竖直向上的安培力，若安培力大于2mg，由牛顿第二定律得知，ef的加速度大小大于g，若安培

力小于mg，则ef的加速度大小可能小于g，若安培力等于mg，则ef加速度为零，ef做匀速直线运动，故AB错误；C．闭合S，经过一段时间后，ef棒达到稳定速度时一定做匀速运动，由平衡条件得22BLvmgBILR==得22mgRvBL=可见稳定时速度v是定值，与开关

闭合的先后无关，故C正确；D．在整个过程中，只有重力与安培力做功，因此棒的机械能与电路中产生的电能是守恒的，故D正确。故选CD。二、填空题（每空2分，共10分）13.如图为实验室常用的气垫导轨验证动量守恒的装置．在水平放置的气垫导轨上，质量为-9-0.4kg、速度为0.5m/s的

滑块A与质量为0.6kg、速度为0.1m/s的滑块Ｂ迎面相撞，碰撞前A、Ｂ总动量大小是________kg•m/s；碰撞后滑块Ｂ被弹回的速度大小为0.2m/s，此时滑块Ａ的速度大小为________m/s，方向与它原来

速度方向________．（“相同”或“相反”）【答案】(1).0.14(2).0.05(3).相同【解析】【详解】以两滑块组成的系统为研究对象，两滑块碰撞过程动量守恒，以A的初速方向为正，则0.5/Avms=、0.1/Bvms=−、；因此碰撞前的总动量为0.40.50.60.10.14

−=；碰撞后物块Ｂ的速度增大，说明Ｂ的速度方向发生变化，由动量守恒AABBAABBmvmvmvmv+=+，解得：0.05/Avms=所以碰后滑块A的速度大小为0.05m/s，方向与它原来速度方向相同．14.如图所示，水平面中的平行导轨P、Q相距L，它

们的右端与电容为C的电容器的两极板分别相连，直导线ab放在P、Q上与导轨垂直相交并且沿导轨滑动，磁感应强度为B的匀强磁场竖直向下穿过导轨面，闭合开关S，若发现与导轨P相连的电容器极板上带负电荷，则ab向______沿导轨滑动(填“左”、“右”)；如电容器的带电荷量为q，则ab滑动

的速度v=______。【答案】(1).左(2).qBLC【解析】【详解】[1]根据右手定则可知，当直导线ab向左运动时，a端相当于电源的负极，即电容器极板上带负电荷；[2]根据电容器的电容公式Q=CU，可得qUC=-10-而棒切割磁感线产生感应电动势大小为E=BLv

，此时U=E，所以ab滑动的速度为EqvBLBLC==三、计算题（共42分，15题10分，16题10分、17题10分，18题12分）15.如图所示，光滑的金属导轨放在磁感应强度B＝0.2T的匀强磁场中．平行导轨的宽度d＝0.3m

，定值电阻R＝0.5．在外力F作用下，导体棒ab以v＝20m/s的速度沿着导轨向左匀速运动。导体棒和导轨的电阻不计。求：(1)通过R的感应电流大小；(2)外力F的大小。【答案】（1）2.4A（2）0.144N【解析】【详解】（1

）导体棒切割磁感线产生的电动势为：E=Bdv根据欧姆定律得电流为0.20.320A2.4A0.5EBdvIRR＝＝＝＝（2）由于导体棒做匀速直线运动，有F=F安=BId=0.2×2.4×0.3N=0.144N16.内蒙古拥有得天独厚的风力资源，是我国北部的风能富集区。在2008年奥运会

之前分两期兴建了总装机容量为12万千瓦的风力发电厂。建成后，若采用110kV电压向北京输电，已知从内蒙古到北京的输电线电阻为1Ω。(1)求输电导线损耗的功率；(2)若为了降低损耗，把输电电压提高为220kV，求提高输电电压后比原来少损耗的功率。【答案】(1)61.1910WP=

损；(2)58.90W31P=损【解析】【详解】(1)由公式111PUI=可知，输电电流为73131210A1.091011010I==A-11-输电导线损耗的功率2611.1910WPIR==损(2

)由22PPIRRU==损得'14PP=损损则'538.93104WPPPP=−==损损损损17.如图所示，光滑的长平行金属导轨宽度d=50cm，导轨所在的平面与水平面夹角θ=37°，导轨上端电阻R=0.8Ω，其他电阻不计．导轨放在竖直向上的匀强磁场中，磁感应

强度B=0.4T．金属棒ab从上端由静止开始下滑，金属棒ab的质量m=0.1kg．（sin37°=0.6，g=10m/s2）（1）求导体棒下滑的最大速度；（2）求当速度达到5m/s时导体棒的加速度；（3）若经过时间t，导体棒下

滑的垂直距离为s，速度为v．若在同一时间内，电阻产生的热与一恒定电流I0在该电阻上产生的热相同，求恒定电流I0的表达式（各物理量全部用字母表示）．【答案】（1）18.75m/s（2）a=4.4m/s2（3）222mgsmvRt-【解析】【分析】根据感

应电动势大小与安培力大小表达式，结合闭合电路欧姆定律与受力平衡方程，即可求解；根据牛顿第二定律，由受力分析，列出方程，即可求解；根据能量守恒求解；解：（1）当物体达到平衡时，导体棒有最大速度，有：sincosmgF=，根据安培力公式有：FBIL=，根据欧姆定律有：cosEBLv

IRR==，-12-解得：222sin18.75cosmgRvBL==；（2）由牛顿第二定律有：sincosmgFma−=，cos1BLvIAR==，0.2FBILN==，24.4/ams=；（3）根据能量守恒有：22012mgsmvIRt=+，解得：202mg

smvIRt−=18.如图所示，两块相同平板P1、P2置于光滑水平面上，质量均为m．P2的右端固定一轻质弹簧，左端A与弹簧的自由端B相距L．物体P置于P1的最右端，质量为2m且可以看作质点．P1与P以共同速度v0向右运动，与静止的P2发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后P1与P2

粘连在一起，P压缩弹簧后被弹回并停在A点（弹簧始终在弹性限度内）．P与P2之间的动摩擦因数为μ，求：（1）P1、P2刚碰完时的共同速度v1和P的最终速度v2；（2）此过程中弹簧最大压缩量x和相应的弹性势能Ep．【答案】（1）

012vv=，0234vv=；（2）2032vxLg=−，2016pmvE=【解析】【详解】（1）P1、P2碰撞过程，由动能守恒定律Mv0=2mv1解得：v1=012v，方向水平向右对P1、P2、P系统，由动能守恒定律Mv0+2mv0=

4mv2解得v2=034v，方向水平向右（2）当弹簧压缩最大时，P1、P2、P三者具有共同速度v2，由动能守恒定律-13-Mv0+2mv0=4mv2对系统由能量守恒定律4μmg（L+x）=222012111(2)(2)(4)222mvm

vmv+−解得x=2032vg-L最大弹性势能EP=222012111(2)(2)(4)-2()222mvmvmvmgLx+−+解得EP=20116mv-14-