广东省第二师范学院番禺附属中学2018-2019学年高二下学期期中考试物理试题 word版含解析

广东第二师范学院番禺附属中学2018学年第二学期中段测试题
高二 物理
一.选择题
1.关于电磁感应现象的有关说法中，正确的是（　　）
A. 只要穿过闭合电路的磁通量不为零，闭合电路中就一定有感应电流产生
B. 穿过闭合电路的磁通量变化越快，闭合电路中感应电动势越大
C. 穿过闭合电路的磁通量越大，闭合电路中的感应电动势越大
D. 穿过闭合电路的磁通量减少，则闭合电路中感应电流就减小
【答案】B
【解析】
【详解】只有穿过闭合回路中磁通量发生变化时，闭合回路中才会产生感应电流，穿过闭合电路磁通量不为零，若磁通量不变化，没有感应电流产生，故A错误。 穿过闭合电路的磁通量变化越快，磁通量变化率越大，根据法拉第电磁感应定律知，感应电动势越大，故B正确。穿过闭合电路的磁通量越大，闭合电路中的感应电动势不一定越大，故C错误。感应电流的大小取决于磁通量变化的快慢，磁通量减小时，若磁通量的变化率增大，则感应电流可能变大，故D错误；故选B。
【点睛】本题的解题关键是准确理解并掌握法拉第电磁感应定律及感应电流的产生条件，要在准确二字上下功夫．

2.如图所示，绕在铁芯上的线圈、电源、滑动变阻器和电键组成闭合回路．在铁芯的右端套有一个表面绝缘的铜环A，下列各种情况中铜环A中没有感应电流的是（　　）

A. 线圈中通以恒定的电流 B. 通电时，使变阻器的滑片P作匀速滑动
C. 通电时，使变阻器的滑片P作加速滑动 D. 将电键突然断开的瞬间
【答案】A
【解析】
【详解】A项：线圈中通以恒定的电流时，线圈产生稳恒的磁场，穿过铜环A的磁通量不变，没有感应电流产生。故A正确。
B项：通电时，使变阻器的滑片P作匀速滑动时，变阻器接入电路的电阻减小，回路中电流增大，线圈产生的磁场增强，穿过铜环A磁通量增大，产生感应电流。不符合题意。故B错误。
C项：通电时，使变阻器的滑片P作加速滑动时，变阻器接入电路的电阻变化，回路中电流变化，线圈产生的磁场变化，穿过铜环A磁通量变化，产生感应电流。不符合题意。故C错误。
D项：将电键突然断开的瞬间，线圈产生的磁场从有到无消失，穿过穿过铜环A的磁通量减小，产生感应电流，不符合题意。故D错误。
故选：A。

3.如图所示，两水平平行金属导轨间接有电阻R，置于匀强磁场中，导轨上垂直搁置两根金属棒ab、cd．当用外力F拉动ab棒向右运动的过程中，cd棒将会　（　　）

A. 向右运动 B. 向左运动 C. 保持静止 D. 向上跳起
【答案】A
【解析】
【分析】
当用外力F拉动ab棒向右运动，会产生感应电动势，从而产生感应电流，cd棒中有电流后会受到安培力，在安培力的作用下将会运动，根据右手定则判断感应电流的方向，根据左手定则判断安培力的方向，从而确定运动的方向；
【详解】当用外力F拉动ab棒向右运动，根据右手定则，在ab棒中产生b到a的电流，则在cd棒中有c到d的电流，根据左手定则，cd棒受到向右的安培力，所以cd棒将会向右运动，故A正确，BCD错误。
【点睛】解决本题的关键掌握用右手定则判定感应电流的方向，用左手定则判定安培力的方向，本题也可以利用楞次定律进行判断。

4.如图所示，有界匀强磁场垂直纸面向里，一闭合导线框abcd从高处自由下落，运动一段时间后进入磁场，下落过程线框始终保持竖直，对线框进入磁场过程的分析正确的是（ ）

A. 感应电流沿顺时针方向
B. a端电势高于b端
C. 可能匀加速进入
D. 感应电流的功率可能大于重力的功率
【答案】D
【解析】
【详解】线框进入磁场时，磁通量增大，根据楞次定律可知感应电流方向为逆时针方向，选项A错误；根据右手定则可知，b端电势高于a端，选项B错误；线圈进入磁场时受向上的安培力作用，大小为 ，随速度的增加，安培力逐渐变大，可知加速度逐渐减小，则线圈进入磁场时做加速度减小的加速运动，选项C错误；开始进入磁场时，可能安培力大于重力，即，即 ，即，即感应电流的功率可能大于重力的功率，选项D正确；故选D.

5. 由交变电流瞬时表达式i＝10sin500t（A）可知，从开始计时起，第一次出现电流峰值所需要的时间是（ ）
A. 2 ms B. 1 ms C. 6．28 ms D. 3．14 ms
【答案】D
【解析】
试题分析：交变电流瞬时表达式i=10sin500t（A），故角频率为：ω=500rad/s，故周期为：由于是正弦式交变电流，从线圈经过中性面开始计时的，故在时刻第一次出现电流峰值，即：3．14 ms，故选D．
考点：交流电的周期
【名师点睛】本题关键能够从交变电流瞬时表达式推导出周期，知道周期与角频率的关系；基础题。

6.理想变压器的原、副线圈匝数比为10 ∶1，下列说法中正确的是(　　)
A. 穿过原、副线圈每一匝磁通量之比是10 ∶1
B. 穿过原、副线圈每一匝的磁通量之比是1 ∶10
C. 正常工作时，原、副线圈的输入、输出电压之比为10 ∶1
D. 正常工作时，原、副线圈的输入、输出电压之比为1 ∶10
【答案】C
【解析】
【详解】AB．理想变压器无漏磁，故穿过原、副线圈每一匝磁通量之比是1:1，故选项 A、B错误；
CD．理想变压器的原、副线圈匝数比为，根据变压比关系，正常工作时，原、副线圈的输入、输出电压之比为，故选项C正确，D错误。

7.古时有“守株待兔”的寓言,设兔子的头部受到大小等于自身重力的撞击力时即可致死,并设兔子与树桩的作用时间为0.2 s,则被撞死的兔子奔跑的速度可能为(g取10 m/s2)(　　)
①1 m/s　②1.5 m/s　③2 m/s　④2.5 m/s
A. ③ B. ③④
C. ②③④ D. ①②③④
【答案】B
【解析】
对兔子由动量定理可得：Ft=mv1-mv0，选取兔子奔跑的方向为正方向，即-Ft=0-mv0，解得F=；当F≥mg时，兔子即被撞死，即F=≥mg，所以v0≥gt，即v0≥10×0.2 m/s=2 m/s,故应选B.

8.在氢原子光谱中，可见光区域中有4条，其颜色为一条红色，一条蓝色，两条紫色，它们分别是从n＝3、4、5、6能级向n＝2能级跃迁时产生的，则以下判断正确的是(　　)
A. 红色光谱线是氢原子从n＝6能级到n＝2能级跃迁时产生的
B. 紫色光谱线是氢原子从n＝6和n＝5能级向n＝2能级跃迁时产生的
C. 若从n＝6能级跃迁到n＝1能级将产生红外线
D. 若从n＝6能级跃迁到n＝2能级所辐射的光子不能使某金属产生光电效应，则从n＝6能级向n＝3能级跃迁时辐射的光子将可能使该金属产生光电效应
【答案】B
【解析】
【详解】A．从n=3、4、5、6能级向n=2能级跃迁，从n=6向n=2能级跃迁，辐射的光子能量最大，频率最大，而红光的频率最小，故选项A错误；
B．在四条谱线中，紫光的频大于蓝光的频率，蓝光的频率大于红光，所以两条紫色光谱线是氢原子从n=6和n=5能级向n=2能级跃迁时产生的，故选项B正确；
C．因为n=6向n=1能级跃迁产生的光子频率大于n=6向n=2能级跃迁产生的紫光的光子频率，所以从n=6能级向n=1能级跃迁时，则能够产生紫外线，故选项C错误；
D．因为n=6向n=2能级跃迁产生的光子频率大于n=6向n=3能级跃迁产生的光子频率，所以原子从n=6能级向n=2能级跃迁时所产生的辐射不能使某金属发生光电效应，则原子从n=6能级向n=3能级跃迁时一定不能使该金属发生光电效应，故选项D错误。

9.氦原子被电离一个核外电子，形成类氢结构的氦离子。已知基态的氦离子能量为，氦离子的能级示意图如图所示。在具有下列能量的光子或者电子中，不能被基态氦离子吸收而发生跃迁的是（ 　）

A. 42.8eV(光子) B. 43.2eV（电子） C. 41.0eV（电子） D. 54.4eV(光子)
【答案】A
【解析】
由于光子能量不可分，因此只有能量恰好等于两能级差的光子才能被氦离子吸收，故A项中光子不能被吸收；而实物粒子(如电子)只要能量不小于两能级差，均可能被吸收，故B、C两项中电子均能被吸收，A对；

10.用导线把验电器与锌板相连接，当用紫外线照射锌板时，发生的现象是（ ）
A. 有电子从锌板飞出 B. 有光子从锌板飞出
C. 锌板带负电 D. 验电器内的金属箔带负电
【答案】A
【解析】
【详解】光电效应是指光子照射下，金属表面的电子脱离原子核的束缚逸出金属表面的现象，用紫外线照射锌板时，发生光电效应，有电子从锌板逸出，锌板失去电子带正电，所以验电器带正电而张开一定角度，故选项A正确，B、C、D错误。

11.如图所示，匀强磁场垂直于金属导轨平面向里，导体棒ab与导轨接触良好，当导体棒ab在金属导轨上做下述哪种运动时，能使闭合金属线圈c向右摆动( )

A. 向右加速运动 B. 向右减速运动 C. 向左加速运动 D. 向左减速运动
【答案】BD
【解析】
导线ab加速向右运动时，导线ab中产生的感应电动势和感应电流增加，螺线管产生的磁场增大，穿过环C中的磁通量增大，则环C远离螺线管，以阻碍磁通量的增加，故A错误；导线ab减速向右运动时，导线ab产生的感应电动势和感应电流减小，螺线管产生的磁场减小，穿过环C中的磁通量减小，则环C向螺线管靠近，以阻碍磁通量的减小，故B正确；导线ab加速向左运动时，导线ab中产生的感应电动势和感应电流增加，螺线管产生的磁场增大，穿过环C中的磁通量增大，则环C远离螺线管，以阻碍磁通量的增加，故C错误；导线ab减速向左运动时，导线ab产生的感应电动势和感应电流减小，螺线管产生的磁场减小，穿过环C中的磁通量减小，则环C向螺线管靠近，以阻碍磁通量的减小，故D正确。所以BD正确，AC错误。

12.如图所示，带铁芯的电感线圈的电阻与电阻器R的阻值相同，A1和A2是两个完全相同的电流表，则下列说法中正确的是

A. 闭合S瞬间，电流表A1示数小于A2示数
B. 闭合S瞬间，电流表A1示数等于A2示数
C. 断开S瞬间，电流表A1示数大于A2示数
D. 断开S瞬间，电流表A1示数等于A2示数
【答案】AD
【解析】
【详解】闭合S瞬间，由于线圈的电流变大，导致其产生电动势，从而阻碍电流的变大，所以电流表A1示数小于A2示数，故A正确，B错误；断开S瞬间，线圈电流变小，从而产生电动势，相当于电压会变小电源与电阻相串联，由于两电流表串联，所以电流表A1示数等于A2示数，故C错误，D正确；故选AD。
【点睛】线圈电流增加，相当于一个电源接入电路，线圈左端是电源正极．当电流减小时，相当于一个电源，线圈左端是电源负极．

13.现在低碳环保问题已引起广大人民群众的普遍关注，深圳市民林先生自主研发出一种磁悬浮风力发电机，其发电原理可以简化为：一个矩形线圈绕在其平面内并且垂直于匀强磁场的轴做匀速转动而产生感应电动势，产生的感应电动势图象如图所示，并且接在原、副线圈匝数比为n1:n2=1:5的理想变压器原线圈两端，则(　　)

A. 变压器副线圈两端电压的有效值为U2＝110 V
B. 感应电动势的瞬时值表达式为e＝2sin10πt(V)
C. t＝0.005 s时穿过线圈平面的磁通量最大
D. t＝0.005 s时线圈平面和磁场方向平行
【答案】AD
【解析】
【详解】AB．由图象可以得到变压器原线圈的电压的最大值为，所以电压的有效值为22V，由于原、副线圈匝数之比为，根据电压与匝数成正比可得变压器副线圈两端的电压为，交流电的周期为0.02s，所以，所以感应电动势的瞬时值表达式为，故选项A正确，B错误；
CD．当时，代入数据得可得，此时的电压最大，所以此时穿过副线圈平面的磁通量的变化率最大，穿过副线圈平面的磁通量为零，矩形线圈平面与磁场方向平行。故选项D正确，C错误。

14.在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图乙所示，产生的交变电动势随时间变化规律的图象如图甲所示，已知发电机线圈内阻为1.0 Ω，外接一只电阻为9.0 Ω的灯泡，则(　　)

A. 电压表V的示数为20 V
B. 电路中的电流方向每秒改变10次
C. 灯泡实际消耗的功率为36 W
D. 电动势随时间变化的瞬时表达式为e＝20cos5πt(V)
【答案】BC
【解析】
【详解】由甲图知电压峰值为，周期0.2s，所以有效值为，角速度；
A．电压表测的是路端电压，故选项A错误；
B．交流电频率为，每一周期电流改变两次，所以每秒改变10次，故选项B正确；
C．灯泡实际消耗的功率为，故选项C正确；
D．线框在如图乙位置时，穿过线框的磁通量为零，线框的感应电动势最大，电动势随时间变化的瞬时值表达式为，故选项D错误。

15. 如图所示，质量分别为m和2m的A、B两个木块间用轻弹簧相连，放在光滑水平面上，A靠紧竖直墙．用水平力F将B向左压，使弹簧被压缩一定长度，静止后弹簧储存的弹性势能为E．这时突然撤去F，关于A、B和弹簧组成的系统，下列说法中正确的是（ ）

A. 撤去F后，系统动量守恒，机械能守恒
B. 撤去F后，A离开竖直墙前，系统动量不守恒，机械能守恒
C. 撤去F后，A离开竖直墙后，弹簧的弹性势能最大值为E
D. 撤去F后，A离开竖直墙后，弹簧的弹性势能最大值为E/3
【答案】BD
【解析】
试题分析：撤去F后，A离开竖直墙前，竖直方向两物体的重力与水平面的支持力平衡，合力为零，而墙对A有向右的弹力，使系统的动量不守恒．这个过程中，只有弹簧的弹力对B做功，系统的机械能守恒．A离开竖直墙后，系统水平方向不受外力，竖直方向外力平衡，则系统的动量守恒，只有弹簧的弹力做功，机械能也守恒．故A错误，B正确．撤去F后，A离开竖直墙后，当两物体速度相同时，弹簧伸长最长或压缩最短，弹性势能最大．设两物体相同速度为v，A离开墙时，B的速度为v0．根据动量守恒和机械能守恒得2mv0=3mv，E=?3mv2+EP，又E=?2mv02联立得到，弹簧的弹性势能最大值为EP=E．故C错误，D正确．故选BD．
考点：动量守恒和机械能守恒
【名师点睛】本题考查动量守恒和机械能守恒的判断和应用能力．动量是否守恒要看研究的过程，系统动量守恒的条件：系统不受外力或所受合外力为零；A离开竖直墙后，当两物体速度相同时，弹簧伸长最长或压缩最短，弹性势能最大；要细化过程分析，不能笼统。

16.在光滑水平面上动能为E0、动量大小为p0的小钢球1与静止小钢球2发生碰撞，碰撞前后球1的运动方向相反，将碰撞后球1的动能和动量大小分别记为E1、p1，球2的动能和动量大小分别记为E2、p2，则必有(　　)
A. E1p0 C. E2>E0 D. p1>p0
【答案】AB
【解析】
碰撞后两球均有速度．根据碰撞过程中总动能不增加可知，E1＜E0，E2＜E0，P1＜P0．否则，就违反了能量守恒定律．故A正确，CD错误；根据动量守恒定律得：P0=P2-P1，得到P2=P0+P1，可见，P2＞P0，故B正确。故AB正确，CD错误。

二、实验题
17.气垫导轨是常用的一种实验仪器，它是利用气泵使带孔的导轨与滑块之间形成气垫，使滑块悬浮在导轨上，滑块在导轨上的运动可视为没有摩擦，我们可以用带竖直挡板C和D的气垫导轨和滑块A和B验证动量守恒定律，实验装置如图所示，采用的实验步骤如下：

a．松开手的同时，记录滑块A、B运动时间的计时器开始工作，当A、B滑块分别碰到C、D挡板时计时器结束计时，分别记下A、B到达C、D的运动时间t1和t2．
b．在A、B间水平放入一个轻弹簧，用手压住A、B使弹簧压缩，放置在气垫导轨上，并让它静止在某个位置．
c．给导轨送气，调整气垫导轨，使导轨处于水平．
d．用刻度尺测出A左端至C板的距离L1，B的右端至D板的距离L2．
（1）实验步骤的正确顺序是_________________．
（2）实验中还需要的测量仪器是_____________．
还需要测量的物理量是____________________．
（3）利用上述测量的实验数据，验证动量守恒定律的表达式是____________________．
（4）实验中弹簧与A、B滑块之一是粘连好还是不粘连好？__________好．
【答案】 (1). （1）cbda； (2). （2）天平， (3). A、B两滑块的质量MA、MB； (4). （3）； (5). （4）粘连
【解析】
【详解】(1)采用的实验步骤为：给导轨送气，调整气垫导轨，使导轨处于水平；在A、B间水平放入一个轻弹簧，用手压住A、B使弹簧压缩，放置在气垫导轨上，并让它静止在某个位置；用刻度尺测出A的左端至C板的距离，B的右端至D板的距离；松开手的同时，记录滑块A、B运动时间的计时器开始工作，当A、B滑块分别碰到C、D挡板时计时器结束计时，分别记下A、B到达C、D的运动时间和；所以实验操作的顺序是cbda；
(2、3、4)滑块在气垫导轨上做匀速直线运动，根据A、B运行的距离和时间可以求出分开时的速度，根据动量守恒定律得，又，，则，知还需要测量A、B的质量、，所需的器材是天平；利用测量的实验数据，验证动量守恒定律的表达式是；
(5)只与A、B中的某一个粘连好，这样把弹簧的质量考虑进去，会减小系统误差；不粘连好，否则A、B可能碰不到C、 D；使计时误差大。

三、解答题
18.如图所示为一个冲击摆，它可以用来测量高速运动的子弹的速率。一个质量m=10 g的子弹，以一定的水平速度v0射入质量为M=0.990 kg的木质摆锤并留在其中（射入过程时间极短），摆锤上升的最大高度h=5.00 cm，重力加速度g取10 m/s，求
（1）子弹刚射入摆锤后和摆锤的共同速度v
（2）子弹射入摆锤前的速度v0
（3）子弹和冲击摆系统损失的机械能

【答案】（1）1.0m/s；（2）100m/s；（3）49.5J
【解析】
【详解】解：(1)以子弹和木块作为整体，在子弹和木块一起升至最高点的过程中，根据机械能守恒有：
解得：
(2)在子弹射入木质摆锤的过程中，根据动量守恒有：
解得：
(3)子弹和冲击摆系统损失的机械能：

19.如图所示，固定在匀强磁场中的水平导轨ab、cd的间距L1＝0．5 m，金属棒ad与导轨左端bc的距离为L2＝0．8 m，整个闭合回路的电阻为R＝0．2 Ω，磁感应强度为B0＝1 T 的匀强磁场竖直向下穿过整个回路．ad杆通过滑轮和轻绳连接着一个质量为m＝0．04 kg 的物体，不计一切摩擦，现使磁场以＝0．2 T/s的变化率均匀地增大．求：

(1)金属棒上电流的方向．
(2)感应电动势的大小．
(3)物体刚好离开地面的时间(g＝10 m/s2)．
【答案】（1）电流由a到d（2）0.08V（3）5s
【解析】
(1)由楞次定律可以判断，金属棒上的电流由a到d．
(2)由法拉第电磁感应定律得：
(3)物体刚好离开地面时，其受到的拉力F＝mg
而拉力F又等于棒所受的安培力．
即mg＝F安＝BIL1
其中B＝B0＋t　 I＝
解得t＝5 s．
点睛：解决本题关键掌握法拉第电磁感应定律，知道磁感应强度的变化率恒定时感应电流恒定，根据共点力平衡进行求解．

20.如图所示，位于竖直平面内的矩形金属线圈，边长L1=0．40m、L2=0．25m，其匝数n=100匝，总电阻r=1．0Ω，线圈的两个末端分别与两个彼此绝缘的铜环C、D（集流环）焊接在一起，并通过电刷和R=3．0Ω的定值电阻相连接。线圈所在空间存在水平向右的匀强磁场，磁感应强度B=1．0T，在外力驱动下线圈绕竖直固定中心轴O1O2匀速转动，角速度ω=2．0rad/s。求：

（1）电阻R两端电压的最大值；
（2）从线圈通过中性面（即线圈平面与磁场方向垂直的位置）开始计时，经过周期通过电阻R的电荷量；
（3）在线圈转动一周的过程中，整个电路产生的焦耳热。
【答案】（1）15V；（2）2．5C；（3）157J。
【解析】
试题分析：（1）线圈中感应电动势的最大值Em= nBSω，其中S= L1L2
Em= nBSω=nBL1L2ω=20V
线圈中感应电流的最大值Im==5．0A
电阻R两端电压的最大值Um=ImR=15V
（2）设从线圈平面通过中性面时开始，经过周期的时间Dt==
此过程中线圈中的平均感应电动势`E = n= n
通过电阻R的平均电流，
通过电阻R的电荷量
（3）线圈中感应电流的有效值I==A
线圈转动一周的过程中，电流通过整个回路产生的焦耳热：Q热=I 2（R+r）T = 50pJ?157J
考点：电磁感应；交流电的最大值与有效值；焦耳定律。











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