【文档说明】【精准解析】云南省昆明市东川区明月中学2018-2019学年高二下学期期中考试物理试题.doc，共(19)页，946.500 KB，由小赞的店铺上传

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2019年高二年级春季学期物理期中考试测试卷一、选择题1.在电磁学发展过程中，许多科学家做出了贡献。下列说法正确的是（）A.库仑发现了点电荷的相互作用规律并通过油滴实验测定了元电荷的数值B.麦克斯韦预言了电磁

波；楞次用实验证实了电磁波的存在C.奥斯特发现了电流磁效应；法拉第发现了电磁感应现象D.安培发现了磁场对运动电荷的作用规律；洛伦兹发现了磁场对电流的作用规律【答案】C【解析】【详解】A．库仑发现了点电荷的相互作用规律，密立根通过油滴实验测定了元电荷的数值，

故A错误；B．麦克斯韦预言了电磁波，赫兹用实验证实了电磁波的存在，故B错误；C．由物理学史可知，奥斯特发现了电流磁效应，法拉第发现了电磁感应现象，故C正确；D．洛伦兹发现了磁场对运动电荷的作用规律，安培发现了磁场对电流的作用规律，故D错误。故选C。2.如图所示，

匀强磁场垂直圆形线圈指向纸内，a、b、c、d为圆形线圈上等距离的四点，现用外力在上述四点将线圈拉成正方形，且线圈仍处在原先所在平面内，则在线圈发生形变的过程中()A.线圈中将产生abcda方向的感应电流B.线圈中将

产生adcba方向的感应电流C.线圈中感应电流方向无法判断D.线圈中无感应电流【答案】A【解析】【详解】周长一定时，圆形的面积最大．本题线圈面积变小，磁通量变小，有感应电流产生．由楞次定律可知线圈中将产生顺时针方向的感应电流．A.线圈中将产生abcda

方向的感应电流，与结论相符合，选项A正确；B.线圈中将产生adcba方向的感应电流，与结论不相符，选项B错误；C.线圈中感应电流方向无法判断，与结论不相符，选项C错误；D.线圈中无感应电流，与结论不相符，选项D错误；3.如图所示，一正方形线圈的匝数为n，边长为a，线圈

平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中，在t时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B均匀的增大到2B．在此过程中，线圈中产生的感应电动势为（）A.22BatB.22nBatC.2nBatD.22nBat【答案】B【解析】【详解】在此过程

中，线圈中的磁通量改变量大小22222BBaBat−==，根据法拉第电磁感应定律22BnBaEnnSttt===，B正确；BEnnStt==，知道S是有效面积，即有磁通量的线圈的面积．4.当分子

间距离大于10r0（r0是分子平衡位置间距离）时，分子力可以认为是零，规定此时分子势能为零，当分子间距离是平衡距离r0时，下面的说法中正确的是（）A.分子力是零，分子势能不是零B.分子力是零，分子势能也是零C.分子力不是零，分子势能是零D.分子力

不是零，分子势能不是零【答案】A【解析】【详解】由图象知，在平衡位置r=r0处，f引=f斥，分子力即引力与斥力的合力为0；规定r>10r0时分子势能为0，分子间距离为r0时，分子势能最小，但不为0，为负值。故选A。5.如图所示，为两条

平行的水平放置的金属导轨，左端接有定值电阻R，金属棒ab斜放在两导轨之间，与导轨接触良好。磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面。设金属棒与两导轨接触点之间的距离为L，金属棒与导轨间夹角θ为60°，以垂直于金属棒的速度v匀速运动，不计导轨和棒的电阻，则流过金属棒中的电流为（）A.32BLvRB

.BLvRC.2BLvRD.33BLvR【答案】B【解析】【详解】公式E＝Blv适用于B、L、v三者互相垂直的情况，本题B与L、B与v、L与v是相互垂直的，L即为效切割长度，所以E＝BLv另由欧姆定律EBLvIRR==故选B。6.如图所示，在电路两端加上正弦交变电流，保持电压有效值不变，

使频率增大，发现各灯的亮暗情况是灯1变亮，灯2变暗，灯3不变，则M、N、L中所接元件可能是()A.M为电阻，N为电容器，L为电感线圈B.M为电感线圈，N为电容器，L为电阻C.M为电容器，N为电感线圈，L为电阻D.M为电阻，N

为电感线圈，L为电容器【答案】C【解析】【详解】交流电频率减小，灯1变亮，阻抗变小，说明M是电感线圈；灯2变暗，阻抗变大，说明N为电容器．灯3亮度不变，说明L为电阻，故C正确，ABD错误．故选C。7.在如图所示的竖直平面内，在水平线MN的下方有足够大的匀强磁场，一个等腰三角形金属线框顶点C

与MN重合，线框由静止释放，沿轴线DC方向竖直落入磁场中．忽略空气阻力，从释放到线框完全进入磁场过程中，关于线框运动的v-t图像，可能正确的是()AB.C.D.【答案】C【解析】【详解】线框进入磁场过程受到的安培力22BILBLvFBILBLRR===，线框进入磁

场过程中，切割磁感线的有效长度L增大，安培力增大，由牛顿第二定律得：mg-F=ma，则22BLvagmR=−；线框由静止做加速运动，由于L、v不断增大，加速度a减小，则线框进入磁场过程做加速度减小的加速运动，加速度减小，v-t图象的斜率减小．故A、B、D错误，C正确；故选C．【

点睛】本题考查了判断线框速度随时间变化的关系，求出安培力、应用牛顿第二定律求出加速是正确解题的关键．8.如图所示，线圈abcd在磁场区域ABCD中，下列哪种情况下线圈中有感应电流产生（）A.使线圈在磁场中匀速平移B.使线圈在磁场中加速平移C

.使磁场增强或减弱D.使线圈以过ab的直线为轴旋转【答案】CD【解析】【详解】AB．无论线圈在磁场中匀速还是加速平移，磁通量都不变，不会产生感应电流，故AB错误；C．使磁场增强或减弱，线圈中的磁通量发生变化，会产生感应电流，选项C正确；D．使线圈以过ab的直线为轴旋转

，线圈中的磁通量发生变化，会产生感应电流，故D正确。故选CD。9.如图所示，一导线弯成半径为a的半圆形闭合回路。虚线MN右侧有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于半圆形回路所在的平面。半圆形回路以速度v向右匀速进入磁场，直径CD始终与MN垂

直。从D点到达边界开始到C点进入磁场为止，下列结论正确的是（）A.感应电流方向始终沿顺时针方向B.CD段直导线始终受安培力作用C.感应电动势最大值Em＝BavD.感应电动势平均值E＝πBav【答案】BC【解析】【详解】A．由楞次定律可判定感应电流始终

沿逆时针方向，故A错误；B．由左手定则知CD段直导线始终受安培力，故B正确；C．当有一半进入磁场时，切割磁感线的有效长度最大，最大感应电动势为Em＝Bav选项C正确；D．根据法拉第电磁感应定律可得感应电动势平均值21224aBEBavatv===选项D错误。故选BC。10.

一个按正弦规律变化的交流电流的图象如图所示、根据图象可以知道（）A.该交流电流的频率是50HzB.该交流电流的有效值是10AC.该交流电流的瞬时值表示式是i=20sin（50πt）AD.在t=8T（T是周期）时刻，该电流的大小与其有效值相

等【答案】AD【解析】【详解】A．由图象知周期T=0.02s，该交流电流的频率是150HzfT==故A正确；B．由图象读出电流的最大值Im=20A，则有效值为20A102A14.1A2I===所以B选项错误；C．由图象知周期T=0.02s，线圈转动的角速度为2100rad/s0.0

2==所以交流电流的瞬时值表达式是20sin100(A)it=故C错误；D．在8Tt=时刻，该电流的大小220sin102A8i==与其有效值相等；选项D正确；故选AD。11.如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数之比为10：1，R1=20Ω，R2=10Ω，C为电容器，原线

圈所加电压的瞬时值表达式为u=2202sin100πt（V）下列说法正确的是（）A.通过电阻R3的电流不为零B.副线圈两端交变电压的频率为5HzC.电阻R2的电功率为48.4WD.原、副线圈铁芯中磁通量的变化率之比为1

0：1【答案】AC【解析】【详解】A．电容器能够通交流，所以通过电阻R3的电流不为零，选项A正确；B．交流电的频率为50Hz2f==变压器能够改变交流电的电压，但是不能改变交流电的频率，选项B错误；C．初级电压12202V=220V2U=根据1122UnUn=得U2=22V所以电阻R2的

电功率为222248.4WUPR==选项C正确；D．根据法拉第电磁感应定律可知，原、副线圈铁芯中磁通量的变化率之比为1：1，选项D错误。故选AC。12.在倾角为θ足够长的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小相等的匀强磁场，磁场方向一个垂直斜面向上，另一个垂直斜面向下，宽度均为L

，如图所示。一个质量为m、电阻为R、边长也为L的正方形线框abcd。在t=0时刻以速度v0进入磁场，恰好做匀速直线运动。若经过时间t0线框ab边到达gg’与ff’正中间位置时，线框又恰好开始做匀速运动，则下列说法正确的是（）A.当ab边刚越

过ff’时，线框加速度的大小为3gsinθB.t0时刻线框匀速运动的速度为04vC.t0时间内线框中产生的热量为32mgLsinθ+1532mv02D.线框离开磁场的过程中一直做匀速直线运动【答案】AB

C【解析】【详解】A．线框开始进入磁场时，线框处于平衡状态，此时有220sinBLvmgBILR==当ab边刚越过ff′时，此时线框速度仍为v0，此时有222sinBILmgma−=022BLvIR=联立解得3sinag=故A项正

确。B．设t0时刻的速度为v，此时处于平衡状态，有32BLvIR=32sinBILmg=联立解得04vv=故B项正确。C．在时间t0内根据功能关系有2220311315sinsin222232QmgLmvmvmgmv=+−=+

故C项正确。D．离开磁场时线圈的一个边在磁场中切割磁感线，则此时安培力变小，即安培力小于重力沿斜面的分力，因此线框将做加速度逐渐减小的变加速运动，故D项错误。故选ABC。二、非选择题13.我们可以通过实验探究电磁感应现象中

感应电流方向的决定因素和遵循的物理规律.以下是实验探究过程的一部分.（1）如图甲所示,当磁铁的N极向下运动时,发现电流计指针偏转,若要探究线圈中产生感应电流的方向,必须知道__________.（2）如图乙所示实验中发现闭合开关时,电流计指针向右偏.电路稳定后,若向

左移动滑动触头,此过程中电流计指针向__________偏转;若将线圈A抽出,此过程中电流计指针向__________偏转(均填“左”或“右”).【答案】(1).电流表指针偏转方向与电流方向间的关系(2).右(3).左【解析】【详

解】（1）若要探究线圈中产生的感应电流的方向，必须知道电流从正（负）接线柱流入时，电流表指针的偏转方向（2）因为当闭合开关时，电路中的电流增大，穿过线圈的磁通量增加，此时产生的感应电流使电流表指针向右偏；若向左移动滑动触头，此过程中

电路中的电流也增大，则电流表指针向右偏转；若将线圈A抽出，穿过线圈的磁通量减少，则此过程中电流表指针向左偏转．14.利用如图（a）所示电路，可以测量电源的电动势和内阻，所用的实验器材有：待测电源，电阻箱R（最大阻值999.9Ω），电阻R0（阻值为3.0Ω），电阻R1（阻值为3.0Ω），电流表A（

量程为200mA，内阻为RA=6.0Ω），开关S。实验步骤如下：①将电阻箱阻值调到最大，闭合开关S；②多次调节电阻箱，记下电流表的示数I和电阻箱相应的阻值R③以1I为纵坐标，R为横坐标，作1I—R图线（用直线拟合）；④求出直线的

斜率k，在纵坐标轴上的截距b回答下列问题：(1)实验得到的部分数据如下表所示，其中电阻R=3.0Ω时电流表的示数如图（b）所示，读出数据，完成下表。答：①______________，②____________；R/Ω1.02.03.04.05.06.07.0I/A0.1430.125①0.100

0.0910.0840.077I-1/A-16.998.00②10.011.011.913.0(2)将所缺数据点补充完整后并作1I—R图如图（c）所示，根据图线求得斜率k=__________A-1Ω-1，截距b=__________A-1；(3)根据图线求得电源电

动势E=___________V，内阻r=___________Ω。【答案】(1).0.110(2).9.09(3).1.0(4).6.0(5).3.0V(6).1.0Ω【解析】【详解】(1)[1][2]．据图可知，电流表中20mA分为5小格，每小

格表示4mA，指针指示100mA后两格半处，故示数为110mA=0.110A、其倒数为约等于9.09A-1。(2)[3][4]．根据图中（5，11），（1，7）两点可算出图线斜率为1.0A-1Ω-1，截距为6.0A-1。(3)[5][6

]．电流表与电阻R1并联，两端电压相等，电阻R1的阻值为3.0Ω，电流表内阻为RA=6.0Ω，则通过电阻R1的电流为为通过电流表的2倍，电流表示数为I，电路电流为3I，并联电阻R并=2Ω，由图a所示电路图可知E=3I（R并+R0+R+r）

则0133335.0RRrRRrIEEEE++=+=++并（）由图示图象与图象的函数表达式可知3kE=35.0brE=+（）代入数据解得，电源电动势E=3.0Vr=1.0Ω。15.如图甲所示，一个圆形线

圈的匝数n=1000匝，线圈面积S=200cm2，线圈的电阻r=1Ω，线圈外接一个阻值R=4Ω的电阻，把线圈放入一方向垂直线圈平面向里的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示，求：(1)前4s内的感应电动势的大小

以及通过R的电流方向；(2)t=5s时，电阻R两端的电压U。【答案】(1)1V，通过R的电流方向自下而上；(2)3.2V【解析】【详解】(1)前4s内磁通量的变化量432121()20010(0.40.2)Wb410WbSBB−−=−=−=−=由法

拉第电磁感应定律得34101000V1V4Ent−===通过R的电流方向自下而上。(2)由图可知0.40.2T/s2Bt==根据法拉第电磁感应定律有210002100.24VNNSBEtt−====根据全电路欧姆定

律EIRr=+根据UIR=解得443.2V41U==+16.发电机的端电压为220V，输出电功率为44kW，输电线路的电阻为0.2Ω，先用初、次级匝数之比为1:10的升压变压器升压，经输电线路后，再用初、次级匝数比为10:1的降压变压器降压供给用户。(1)画出

全过程的线路图；(2)求用户得到的电压和功率。【答案】(1)；(2)219.6V；43.92kW【解析】【详解】(1)全过程的线路示意图如图所示(2)根据1122UnUn=计算得出升压变压器的输出电压为22

2010V2200VU==则输电线上的电流为2244000A20A2200PIU===损失的功率为22=4000.2W80WPIR==损输电线上损失的电压为2=200.2V4VUIR==则降压变压器输入电压为3222004V2196VUUU=−=−

=根据3344UnUn=得用户得到的电压为34219.6V10UU==用户得到的功率为4400080W43920W43.92kWPPP=−=−==损17.如图所示，固定的光滑金属导轨间距为L，导轨电阻不计，上端a、b间接有阻值为R的电阻，导轨平面与水平面的夹角为θ，且处在磁感应强度大小为

B、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中．质量为m、电阻为r的导体棒与固定弹簧相连后放在导轨上．初始时刻，弹簧恰处于自然长度，导体棒具有沿轨道向上的初速度v0．整个运动过程中导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触．已知弹簧的劲度系数为k，

弹簧的中心轴线与导轨平行．（1）求初始时刻通过电阻R的电流I的大小和方向；（2）当导体棒第一次回到初始位置时，速度变为v，求此时导体棒的加速度大小a；（3）导体棒最终静止时弹簧的弹性势能为Ep，求导体棒从开始运动直到停止的过程中，电阻R上产生的焦耳热Q．【答案】(1)0BLv

IRr=+,方向为b到a；(2)22sin()BLvgmrR−+(3)2201(sin)2pRmgQmvERrk=+−+【解析】【分析】（1）棒向上运动切割磁感线，由E1=BLv0，求感应电动势，由欧姆定律求感应电流，根据右手定则判断感应电流的方向．（2）

当导体棒第一次回到初始位置时，速度变为v，棒产生的感应电动势为E2=BLv，再由欧姆定律求得感应电流，由F=BIL求出此时棒所受的安培力，根据牛顿第二定律就可以求出加速度．（3）导体棒最终静止时，由胡克定律求出弹簧的被压缩长度x，对整个过程，运用能量守恒列式，可求出回路产生

的总热量，再用串联关系求出R上产生的焦耳热Q．【详解】（1）棒产生的感应电动势：10EBLv=通过R的电流大小：011BLvEIRrRr==++根据右手定则判断电流方向b→a（2）棒产生的感应电动势为：2EBLv=

感应电流：22EBLvIRrRr==++棒受到的安培力大小：22BLvFBILRr==+方向沿斜面向上，根据牛顿第二定律，有：sinmgFma−=解得：22sin()BLvagmRr=−+（3）导体棒最终静止，有：sinm

gkx=解得压缩量：sinmgxk=设整个过程回路产生的焦耳热为Q0，根据功能关系，有：2001sin2PmvmgxEQ=++解得：22001(sin)2PmgQmvEk+=−电阻R上产生的焦耳热：2200

1(sin)2PRRmgQQmvERrRrk+==−++答：（1）初始时刻通过电阻R的电流0BLvIRr=+，方向为b到a；（2）此时导体棒的加速度大小22sin()BLvagmRr=−

+；（3）从开始运动直到停止的过程中，电阻R上产生的焦耳热2201(sin)2pRmgQmvERrk=+−+18.根据你学过的热学中的有关知识，判断下列说法正确的是（）A.悬浮在水中的花粉的布朗运动不能反映花粉分子的热运动B.空

中的小雨滴呈球形是水的表面张力作用的结果C.凡与热现象有关的宏观过程都具有方向性，在热传递中，热量只能从高温物体传递给低温物体，而不能从低温物体传递给高温物体D.尽管技术不断进步，热机的效率仍不能达到100%，制冷机却可以使温度降到-293℃E

.干湿泡温度计的湿泡显示的温度低于干泡显示的温度，这是湿泡外纱布中的水蒸发吸热的结果【答案】ABE【解析】【详解】A．布朗运动是悬浮在水中花粉的无规则运动，由于花粉是由大量花粉分子组成的，所以布朗运动不能反映了花

粉分子的热运动，故A正确；B．空气的小雨滴呈球形是水的表面张力，使雨滴表面有收缩的趋势的结果，故B正确；C．凡与热现象有关的宏观过程都具有方向性，在热传递中，热量能自发从高温物体传递给低温物体，也能从低温物体传递给高温物体，但必须借助外界的帮助，故C错误；D．C−是一切低温的

极限，故制冷机不可能使温度降到C−，故D错误；E．湿温度计下端包有湿纱布，湿纱布上的水分要蒸发，蒸发是一种汽化现象，汽化要吸热，所以湿温度计的示数较低，故E正确。故选ABE。19.如图所示，一根两端开口、横截面积为S＝2cm2足够长的玻璃管竖直插入水银槽

中并固定(插入水银槽中的部分足够深)．管中有一个质量不计的光滑活塞，活塞下封闭着长L＝21cm的气柱，气体的温度为1t＝7℃，外界大气压取501.010p=Pa(相当于75cm高的汞柱压强)．（1）若在活塞上放一个质量为m＝0.1kg的砝码，保持气体的温度1t不变，则平衡后气

柱为多长？(g＝102/ms)（2）若保持砝码的质量不变，对气体加热，使其温度升高到2t＝77℃，此时气柱为多长？（3）若在(2)过程中，气体吸收的热量为10J，则气体的内能增加多少？【答案】（1）20cm；（2）25cm；(3)8.

95J【解析】【详解】（1）被封闭气体的初状态为：P1=P0=1.0×105Pa=75cmHg，V1=LS=21S，T1=280K末态为：552040.1101.0101.051078.75210mgPPpacmHgS−=+=+==V2=L2S，T2

=T1=280K根据玻意耳定律，有：P1V1=P2V2即：P1L1=P2L2得：121275212078.75PLLcmcmP===（2）对气体加热后，气体的状态变为：P3=P2，V3=L3S，T3=350K根据盖•吕萨克定律，有

3223VVTT＝即：3223LLTT＝得：33223502025280TLLcmcmT＝＝＝（3）气体对外做功为：W=P2Sh=P2S（L3-L2）=1.05×105×2×10-4×（0.25-0.20）J=1.05J根据热力学第

一定律有：△U=W+Q=-1.05+10=8.95J【点睛】解决本题的关键是判断气体的变化过程，确定气体的状态，分析各状态下的状态参量，再根据气体状态方程列式求解．并且熟练的掌握热力学第一定律的应用．