1、福建省福州市八县（市）协作体2019-2020学年高二物理下学期期末联考试题（含解析）一、选择题（12小题，每题4分，共48分。其中1-8题为单选；9-12题为多选，全部选对的得4分，对而不全的得2分，有选错的得0分。）1. 下列说法不正确的是（）A. 给车轮胎打气，越打越吃力，是由于分子间存在斥力B. 第二类永动机不可能制成是因为它违反了热力学第一定律C. 若一定质量的理想气体等压膨胀，则气体一定吸热D. 气体压强是由于气体分子不断撞击器壁而产生的【答案】AB【解析】【详解】A给车轮胎打气，越来越费力，主要是由于打气过程中气体压强增加的缘故，不是由于分子间存在斥力，A不正确；B第二类永动机虽
2、然不违背能量守恒，但因为它违反了热力学第二定律，所以不可能制成，B不正确；C一定质量理想气体等压膨胀，压强不变，根据理想气体状态方程可知，体积增大，温度升高；体积增大则对外做功，温度升高则内能增大，根据热力学第一定律可知，气体一定从外界吸热，C正确；D密封在某种容器中的气体压强产生的原因是大量气体分子对容器壁的持续的、无规则撞击产生的，D正确。让选不正确的，故选AB。2. 如图甲为电动汽车无线充电原理图，M为受电线圈，N为送电线圈。图乙为受电线圈M的示意图，线圈匝数为n、电阻为r、横截面积为S，a、b两端连接车载变流装置，磁场平行于线圆轴线向上穿过线圈。下列说法正确是（） A. 当线圈N接入恒
3、定电流时，线圈M两端产生恒定电压B. 当线圈N接入正弦式交变电流时，线圈M两端产生恒定电压C. 当线圈M中的磁感应强度增加时，有电流从a端流出D. 充电时，时间内线圈M中磁感应强度大小均匀增加，则M两端电压为【答案】C【解析】【详解】A当送电线圈N接入恒定电流，则产生的磁场不变化，受电线圈M中的磁通量没有发生变化，故无法产生感应电压，故A错误；B 当线圈N接入正弦式交变电流时，受电线圈M中的磁通量线圈按正弦式变化，故M两端产生正弦式电压，故B错误；C穿过线圈M的磁感应强度增加，根据楞次定律，如果线圈闭合，感应电流的磁通量向下，故感应电流方向从b向a，即电流从a端流出；故C正确；D根据法拉第电磁
4、感应定律，有EnnS设受电线圈外接电路的电阻为R，由闭合电路的欧姆定律得M两端的电压UR故D错误。故选。3. 如图所示电路中，L是自感系数足够大的线圈，它的电阻可忽略不计，和是两个完全相同的灯泡。将电键K闭合，待灯泡亮度稳定后，再将电键K断开，则下列说法正确的是（）A. K闭合瞬间，先亮，后亮，最后亮灯亮度一样B. K闭合瞬间，两灯同时亮，以后熄灭，变亮C. K断开时，两灯都亮一下再慢慢熄灭D. K断开时，、均立即熄灭【答案】B【解析】【详解】L是自感系数足够大的线圈，它的电阻可忽略不计，D1和D2是两个完全相同的小灯泡ABK闭合瞬间，但由于线圈的电流增加，导致线圈中出现感应电动势从而阻碍电流
5、的增加，所以两灯同时亮，当电流稳定时，由于电阻可忽略不计，故D1被短路而熄灭，电路电阻减小，电流增大，D2变亮，故A错误，B正确；CDK断开时，D2立即熄灭，但由于线圈的电流减小，导致线圈中出现感应电动势从而阻碍电流的减小，所以D1亮一下再慢慢熄灭，故CD错误。故选B。4. 心电图仪是将心肌收缩产生的脉动转化为电压脉冲的仪器，其输出部分可等效为一个不计内阻的交流电源，其电压U1会随着心跳频率发生变化。如图所示，心电仪与一理想变压器的初级线圈相连接，扬声器（等效为一个定值电阻）与一滑动变阻器连接在该变压器的次级线圈。则（）A. 保持滑动变阻器滑片P不动，当U1变小时，扬声器的功率变大B. 保持滑
6、动变阻器滑片P不动，当U1变小时，原线圈电流I1变小C. 若保持U1不变，将滑动变阻器滑片P向右滑，扬声器获得的功率增大D. 若保持U1不变，将滑动变阻器滑片P向右滑，副线圈的电流I2增大【答案】B【解析】【详解】AB保持滑动变阻器滑片P不动，当U1变小时，根据变压器原副线圈的电压与匝数关系可知，次级电压U2减小，则扬声器的功率变小；次级电流减小，则初级电流I1也减小，选项A错误，B正确；CD若保持U1不变，则次级电压U2不变，将滑动变阻器滑片P向右滑，则R电阻变大，次级电流I2减小，则扬声器获得的功率减小，选项CD错误。故选B。5. 如图，MN右侧一正三角形匀强磁场区域，上边界与MN垂直现有
7、一与磁场边界完全相同的三角形导体框，垂直于MN匀速向右运动导体框穿过磁场过程中感应电流随时间变化的图像可能是(取逆时针电流为正) （ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】本题导体的运动可分为两段进行分析，根据楞次定律可判断电路中感应电流的方向；由导体切割磁感线时的感应电动势公式可求得感应电动势的大小线框从开始进入到一半进入磁场时，磁通量向里增大，则由楞次定律可知，电流方向为逆时针；因切割的有效长度均匀增大，故由E=BLV可知，电动势也均匀增加，当一半进入磁场后电流方向相反，切割的有效长度均匀减小故选C【点睛】本题为选择题，而过程比较复杂，故可选用排除法解决，这样可以节约一定的时
8、间；而进入第二段磁场后，分处两磁场的线圈两部分产生的电流相同，且有效长度是均匀变大的6. 如图，一定量的理想气体从状态a变化到状态b，其过程如图中从a到b的直线所示。在此过程中下列说法正确的是（）A 气体温度一直降低B. 气体内能一直减小C. 气体一直从外界吸热D. 气体一直对外界放热【答案】C【解析】【详解】A由图知气体的pV值一直增大，由知气体的温度一直升高，A错误；B一定量的理想气体内能只跟温度有关，温度一直升高，气体的内能一直增加，B错误；CD气体的体积增大，则气体一直对外做功，气体的内能一直增加，根据热力学第一定律可知气体一直从外界吸热，C正确D错误。故选C。7. 人们对手机的依赖性
9、越来越强，有些人喜欢躺着看手机，经常出现手机砸伤眼睛的情况若手机质量为，从离人眼约的高度无初速掉落，砸到眼睛后手机未反弹，眼睛受到手机的冲击时间约为，取重力加速，下列分析正确的是A. 手机与眼睛作用过程中动量变化约为B. 手机对眼睛的冲量大小约为C. 手机对眼睛的冲量大小约为D. 手机对眼睛的作用力大小约为4.5N【答案】D【解析】【详解】手机做自由落体运动，到达眼睛时的速度大小为砸到眼睛后手机未反弹所以相互作用的末速度为0，则手机动量变化量的大小为： 故A错误；设手机对眼睛的冲量大小为I规定向下方向为正，根据动量定理 ，解得： 故BC错误；设手机对眼睛的作用力大小为F，则解得：故D正确；故选
10、D8. 如图，螺线管匝数匝，横截面积，螺线管导线电阻，电阻，磁感应强度B的图像（以向右为正方向），下列说法正确的是（） A. 电阻R的电流方向是从A到CB. 感应电流的大小逐渐增大C. 电阻R的电压为4VD. 电阻R的电压为3.2V【答案】D【解析】【详解】A由楞次定律判断，电阻R电流方向是从C到A，A错误；B根据公式 代值计算可得 ，电流恒定，B错误；CD根据公式可得电阻R的电压C错误，D正确。故选D。9. 关于分子动理论，下列说法中正确的是（）A. 花粉颗粒的布朗运动反映了花粉分子在永不停息地做无规则运动B. 物体的温度越高，分子热运动越剧烈，分子的平均动能越大C. 只要知道水的摩尔质量和
11、水分子的质量，就可以计算阿伏伽德罗常数D. 当分子间作用力表现为斥力时，分子势能随分子间距离的增大而增大【答案】BC【解析】【详解】A花粉颗粒的布朗运动反映了液体分子在永不停息地做无规则运动，选项A错误；B物体的温度越高，分子热运动越剧烈，分子的平均动能越大，选项B正确；C只要知道水的摩尔质量和水分子的质量，用水的摩尔质量除以水分子的质量就可以计算阿伏伽德罗常数，选项C正确；D当分子间作用力表现为斥力时，分子距离增大时，分子力做正功，分子势能减小，选项D错误。故选BC。10. 如图光滑水平桌面上两平行虚线之间有竖直向下的匀强磁场，桌面上一闭合金属线框获得水平初速度后进入磁场，通过磁场区域后穿出
12、磁场线框开始进入到刚好完全进入磁场和开始离开到刚好完全离开磁场的这两个过程相比较A. 线框中产生的感应电流方向相反B. 线框中产生的平均感应电动势大小相等C. 线框中产生的焦耳热相等D. 通过线框导线横截面的电荷量相等【答案】AD【解析】【详解】A项：线框进入磁场过程中，磁通量增大，由“楞次定律”可知，产生逆时针的感应电流，线框出磁场过程中，磁通量减小，由“楞次定律”可知，产生大顺时针的感应电流，故A正确；B项：由于线框在安培力的作用下减速运动，所以线框进入磁场的时间比出磁场的时间更小，两过程中的磁通量变化相同，由法拉第电磁感应定律可得，进入磁场过程中的平均感应电动势较大，故B错误；C项：产生
13、焦耳热等于克服摩擦力做的功，即，由于线框进入磁场的平均速度比出磁场的平均速度更大，所以进磁场产生的热量更大，故C错误；D项：两过程中磁通量变化相同，由公式可知，通过线框导线横截面的电荷量相等，故D正确故选AD11. A、B两球沿一直线运动并发生正碰，如图所示为两球碰撞前后的位移时间图象，a、b分别为A、B两球碰前的位移时间图象，c为碰撞后两球共同运动的位移时间图象，若A球质量mA2 kg，则由图象判断下列结论正确的是()A. A、B碰撞前的总动量为3 kgm/sB. 碰撞时A对B所施冲量为4 NsC. 碰撞前后A的动量变化为4 kgm/sD. 碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为10 J【答
14、案】BCD【解析】【详解】A由xt图象可知，碰撞前有碰撞后有对A、B组成的系统，A、B两球沿一直线运动并发生正碰，碰撞前后系统的动量守恒。以碰撞前B的速度方向为正方向，由动量守恒定律得mAvAmBvB(mAmB)v解得mBkgA、B碰前的总动量p总mAvAmBvB代入数值得p总kgm/s选项A错误；B由动量定理知，A对B的冲量为：IBmBvmBvBIB4 Ns选项B正确；C碰撞前后A球的动量变化为pAmAvmAvA4 kgm/s选项C正确；D碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能 代入数据解得Ek10 J选项D正确。故选BCD。12. 如图所示，ABCD为固定的水平光滑矩形金属导轨，处在方向竖直
15、向下，磁感应强度为B的匀强磁场中，AB间距为L，左右两端均接有阻值为R的电阻，质量为m、长为L且不计电阻的导体棒MN放在导轨上，与导轨接触良好，并与轻质弹簧组成弹簧振动系统。开始时，弹簧处于自然长度，导体棒MN具有水平向左的初速度，经过一段时间，导体棒MN第一次运动到最右端，这一过程中AB间R上产生的焦耳热为Q，则（）A. 初始时刻棒所受安培力大小为B. 当棒再一次回到初始位置时，AB间电阻的热功率为C. 从初始时刻至棒第一次到达最左端的过程中，整个回路产生的焦耳热为D. 当棒第一次到达最右端时，弹簧具有弹性势能为【答案】AD【解析】【详解】A据导体棒切割磁感线产生的电动势E=BLv0导体棒中
16、经过的电流并联总电阻导体棒所受安培力F=BIL得到安培力所以A选项正确；B由于安培力做负功，当导体棒再次回到初始位置时，安培力此时安培力的功率，则AB间的电阻热功率也小于，所以B选项错误；CMN棒第一次运动至最右端的过程中AB间电阻R上产生的焦耳热Q，回路中产生的总焦耳热为2Q由于安培力始终对MN做负功，产生焦耳热，棒第一次达到最左端的过程中，棒平均速度最大，平均安培力最大，位移也最大，棒克服安培力做功最大，整个回路中产生的焦耳热应大于 ，故C错误；D当导体棒从初位置到第一次到达最右端时，由动能定理得 而WF=2Q所以此过程弹簧具有是弹性势能为 选项D选项正确。故选AD。二、实验题：（共2小题
17、，共12分）13. 如图所示为“探究感应电流方向的规律实验时所用电路 (1)闭合开关时发现灵敏电流计的指针向左偏了一下，那么闭合开关后将线圈B迅速插入线圈A时，灵敏电流计指针将_；接着将滑动变阻器的滑片迅速向左滑动时，灵敏电流计指针_(均选填“向左偏”“向右偏或“不偏”) (2)某同学在完成实验后未断开开关，也未把A、B两线圈和铁芯分开放置，在拆除电路时突然被电击了一下，则被电击是在拆除_(选填“A”或“B”)线圈所在电路时发生的【答案】 (1). (1)向左偏 (2). 向右偏 (3). (2)A【解析】【分析】（1）根据在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向左偏了一下，结合题意，应用楞次定律分
18、析答题；（2）依据断电自感现象，即可判定求解【详解】（1）如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向左偏了一下，说明穿过线圈的磁通量增加时，电流计指针向左偏，当合上开关后，将线圈A迅速插入线圈B时，穿过线圈的磁通量增大，电流计指针将向左偏；当接着将滑动变阻器的滑片迅速向左滑动时，穿过线圈的磁通量减小，电流计指针将向右偏（2）在完成实验后未断开开关，也未把A、B两线圈和铁芯分开放置，在拆除电路时，线圈A中的电流突然减少，从而出现断电自感现象，线圈中会产生自感电动势，进而突然会被电击了一下，为了避免此现象，则在拆除电路前应断开开关；则被电击是在拆除A线圈所在电路时发生的【点睛】知道探究电磁感应现象的实
19、验有两套电路，这是正确连接实物电路图的前提与关键对于该实验，要明确实验原理及操作过程，平时要注意加强实验练习，注意断电自感现象的应用14. 如图所示为实验室中验证动量守恒的实验装置示意图。(1)若入射小球质量为，半径为；被碰小球质量为，半径为，则（ ）A， B，C， D，(2)为完成此实验，以下所提供的测量工具中必需的是_。（填下列对应的字母）A直尺 B游标卡尺 C天平 D弹簧秤 E秒表(3)设入射小球的质量为，被碰小球的质量为，P为碰前入射小球落点的平均位置，则关系式（用、及图中字母表示）_成立，即表示碰撞中动量守恒。【答案】 (1). C (2). AC (3). 【解析】【详解】(1)1
20、为保证两球发生对心正碰，两球的半径应相等，为防止碰撞后入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量故选C(2)2P为碰前入射小球落点的平均位置，M为碰后入射小球的位置，N为碰后被碰小球的位置，碰撞前入射小球的速度为碰撞后入射小球的速度为碰撞后被碰小球的速度为如果则表明通过该实验验证了两球碰撞过程中动量守恒，代入数据得所以需要测量质量和水平位移，用到的仪器是直尺、天平故选AC(3)3由(2)分析可得，实验中需验证的表达式为三、计算题：（共4小题，共40分；解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写最后答案的不给分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。）15. 如图所示，矩形线
21、圈abcd的匝数为匝，线圈ab的边长为，bc的边长为，在磁感应强度为的匀强磁场中，绕垂直于磁感线且通过线圈中线的轴匀速转动，转动的角速度，若线圈自身电阻为，负载电阻。试求：(1)感应电动势的最大值；(2)线圈在图示位置（线圈平面与磁感线平行）开始转动，感应电动势e的表达式；(3)1min时间内电阻R上产生的焦耳热Q的大小。【答案】(1) ；(2) ；(3)【解析】【详解】(1)感应电动势的最大值(2)交变电动势瞬时值的表达式为 (3)电源电动势的有效值 电流表示数为有效值 电阻R上产生的热量为16. 如图所示，一定质量的理想气体被封闭在体积为的容器中，室温为，有一光滑导热活塞C（不占体积）将容
22、器分成A、B两室，B室的体积是A室的3倍，A室容器上连接有一U形管（U形管内气体的体积忽略不计），两边水银柱高度差为76cm，B室容器中连接有一阀门K，可与大气相通（外界大气压等于）。求：(1)将阀门K打开后，A室的体积变成多大？(2)打开阀门K后，对容器内的气体加热，使U形管内两边水银面的高度差为零，则对气体加热的最高温度可达多少？【答案】(1)；(2)【解析】【分析】将阀门K打开后，A室气体等温变化。第二问气体等压变化，找好初末状态很好解出答案。【详解】(1)开始时，打开阀门，A室气体等温变化，体积，由玻意耳定律得解得(2)当A室体积为，U形管内两边水银面的高度差为零时，温度从升到T，压强
23、为，等压过程，由盖吕萨克定律得解得17. 如图所示，一弧形轨道与足够长的水平轨道平滑连接，水平轨道上静止一小球B。从弧形轨道上距离水平轨道高h处由静止释放一质量为m的小球A，A球沿轨道下滑后与B球发生弹性正碰，碰后A球被弹回，A球重新下滑到水平轨道后，与B球间的距离保持不变。所有接触面均光滑。求：(1)碰撞前瞬间A球的速度大小；(2)B球的质量和碰撞结束时A球的速度大小。【答案】(1)；(2)；【解析】【详解】(1)A沿弧形轨道下滑过程，机械能守恒，则解得(2)设碰后A球、B球的速度大小分别为、由题意得A与B碰撞过程动量守恒，机械能守恒，则解得18. 如图所示，光滑的定滑轮上绕有轻质柔软细线，
24、线的一端系一质量为2m的重物，另一端系一质量为m、电阻为R的金属杆。在竖直平面内有间距为L的足够长的平行金属导轨PQ、EF，在QF之间连接有阻值也为R的电阻，其余电阻不计，磁感应强度为B0的匀强磁场与导轨平面垂直，开始时金属杆置于导轨下端QF处，将重物由静止释放，当重物下降h时恰好达到稳定速度而匀速下降。运动过程中金属杆始终与导轨垂直且接触良好，不计一切摩擦和接触电阻，重力加速度为g，求：(1)重物匀速下降的速度v；(2)重物从释放到下降h的过程中，电阻R中产生的焦耳热QR；(3)将重物下降h时的时刻记作t=0，速度记为v0，若从t=0开始磁感应强度逐渐减小，且金属杆中始终不产生感应电流，试写出磁感应强度的大小B随时间t变化的关系。【答案】(1)；(2)；(3)【解析】【详解】(1)重物匀速下降时，设细线对金属棒的拉力为T，金属棒所受安培力为F，对金属棒受力，由平衡条件由安培力公式得由闭合电路欧姆定律得由法拉第电磁感应定律得对重物，由平衡条件得由上述式子解得(2)设电路中产生的总焦耳热为Q，则由系统功能原理得电阻R中产生的焦耳热为QR，由串联电路特点所以(3)金属杆中恰好不产生感应电流，即磁通量不变所以式中由牛顿第二定律得：对系统则磁感应强度与时间t的关系为