1、程溪中学2018-2019高二年下学期物理期中考试卷一、单选题（本大题共8小题，每小题4分，共32.0分）1. 如图所示，一个边长为2L的等腰直角三角形ABC区域内，有垂直纸面向里的匀强磁场，其左侧有一个用金属丝制成的边长为L的正方形线框abcd，线框以水平速度v匀速通过整个匀强磁场区域，设电流逆时针方向为正则在线框通过磁场的过程中，线框中感应电流i随时间t变化的规律正确的是（）A. B. C. D. 2. 如图所示，光滑导轨MN水平放置，两根导体棒平行放于导轨上，形成一个闭合回路，当一条形磁铁下落穿出导轨平面的过程中，导体P、Q运动情况是（）A. P、Q互相靠拢B. P、Q互相远离C. P、
2、Q均静止D. 因磁铁下落的极性未知，无法判断3. 如图所示，当通过下列哪种情况改变时，线圈a向右摆动（）A. 闭合开关，滑片p向右匀速滑动B. 闭合开关，滑片p向左加速滑动C. 闭合开关，滑片p向左匀速滑动D. 开关闭合瞬间4. 如图所示是两个互连的金属圆环，小金属环的电阻是大金属环电阻的12，磁场垂直穿过大金属环所在区域。当磁感应强度随时间均匀变化时，在大环内产生的感应电动势为E，则a、b两点间的电势差为()A. 12EB. 13EC. 23ED. E5. 如图所示的电路中，A1、A2是完全相同的灯泡，线圈L的自感系数较大，它的电阻与定值电阻R相等下列说法正确的是（）A. 闭合开关S，A1先
3、亮、A2后亮，最后它们一样亮B. 闭合开关S，A1、A2始终一样亮C. 断开开关S，A1、A2都要过一会才熄灭D. 断开开关S，A2立刻熄灭、A1过一会才熄灭6. 随着科技的不断发展，无线充电已经进入人们的视线。小到手表、手机，大到电脑、电动汽车的充电，都已经实现了从理论研发到实际应用的转化。下图给出了某品牌的无线充电手机利用电磁感应方式无线充电的原理图。关于电线充电，下列说法正确的是（）A. 无线充电时手机接收线圈部分的工作原理是“电流的磁效应”B. 只有将充电底座接到直流电源上才能对手机进行充电C. 接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同D. 只要有无线充电底座，所有手机都
4、可以进行无线充电7. 交流发电机在工作时产生电动势为e=0Sint的正弦交流电，若将其电枢（即线圈）的转速提高1倍，其它条件不变，则其电动势变为（）A. e=0Sint2B. e=20Sint2C. e=0Sin2tD. e=20Sin2t8. 如图所示，质量为m的物体在一个与水平方向成角的拉力F作用下，一直沿水平面向右匀速运动，则下列关于物体在t时间内所受力的冲量，正确的是（）A. 拉力F的冲量大小为FtcosB. 摩擦力的冲量大小为FtsinC. 重力的冲量大小为mgtD. 物体所受支持力的冲量是mgt二、多选题（本大题共6小题，每小题4分，共24.0分）9. 在匀强磁场中，一矩形金属线框
5、在匀强磁场中绕与磁感线垂直的转动轴匀速转动，如图甲所示，产生的交变电动势随时间变化的规律如图乙所示，则下列说法正确的是()A. t=0.01s时穿过线框的磁通量最小B. t=0.01s时穿过线框的磁通量变化率最大C. 该线框匀速转动的角速度大小为100D. 电动势瞬时值为22V时，线圈平面与中性面的夹角可能为4510. 两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L，底端接阻值为R的电阻.将质量为m的金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端，金属棒和导轨接触良好，导轨所在平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，如图所示.除电阻R外其余电阻不计.现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放，则()A. 释放瞬间金属棒的加速度
6、等于重力加速度gB. 金属棒向下运动时，流过电阻R的电流方向为baC. 金属棒的速度为v时，所受的安培力大小为F=B2L2vRD. 金属棒下落过程中，电阻R上产生的总热量等于金属棒重力势能的减少11. 如图所示，abcd为水平放置的平行“匸”形光滑金属导轨，间距为l，导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，导轨电阻不计。已知金属杆MN倾斜放置，与导轨成角，单位长度的电阻为r，保持金属杆以速度v沿平行于cd的方向滑动（金属杆滑动过程中与导轨接触良好）。则下列说法中错误的是（）A. 电路中感应电动势的大小为BlvsinB. 电路中感应电流的大小为BvsinrC. 金属杆所受安培力的大
7、小为B2lvsinrD. 金属杆的热功率为B2lv2rsin12. 如图所示。电路中有五个相同的灯泡，额定电流均为I电阻均为R，变压器为理想变压器，现在五个灯泡都正常发光。则（）A. 原、副线圈匝数之比n1：n2=1：3B. 原、副线围匝数之比n1：n2=3：lC. 电源电压U为3IRD. 电源电压U为5IR13. 在如图所示的远距离输电电路图中，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压和输电线的电阻均不变，随着用户消耗总功率的增加，下列说法中正确的有（）A. 升压变压器的输出电压增大B. 升压变压器初级线圈中的电流变大C. 降压变压器的输出电压增大D. 输电线上损耗的功率增大1
8、4. 小球A、B在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA=1kg，mB=2kg，vA=6m/s，vB=2m/s。当小球A追上小球B并发生碰撞后，小球A、B的速度可能是( )A. vA=10/3m/s，vB=10/3m/sB. vA=2m/s，vB=4m/sC. vA=-4m/s，vB=7m/sD. vA=7m/s，vB=1.5m/s三、实验题探究题（本大题共2小题，每空3分，共21分）15. 如图1所示，用“碰撞实验器“可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系（1）实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的但是，可以通过仅测量_（填选项前的符号），间接地解决这
9、个问题A小球开始释放高度hB小球抛出点距地面的高度HC小球做平抛运动的射程（2）图2中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影实验时，先让入射球ml多次从斜轨上S位置静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP然后，把被碰小球m2静置于轨道的水平部分，再将入射球ml从斜轨上S位置静止释放，与小球m2相碰，并多次重复接下来要完成的必要步骤是_（填选项前的符号）A用天平测量两个小球的质量ml、m2B测量小球m1开始释放高度hC测量抛出点距地面的高度HD分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M、NE测量平抛射程OM，ON（3）经测定，m1=45.0g，m2=7.5g，小球落地点的平均位置距O点的
10、距离如图所示碰撞前、后m1的动量分别为p1与p1，则p1：p1=_：11；若碰撞结束时m2的动量为p2，则p1：p2=11：_实验结果表明，碰撞前、后总动量的比值为_（此问结果保留三位有效数字）16. （1）某同学通过实验探究热敏电阻阻值随温度的变化规律，他得到了该热敏电阻的伏安特性曲线图甲，由图可知，热敏电阻的阻值随通过电流的增大升温而_。（填变大或变小）（2）他将这个热敏电阻接入图乙所示的电路中，已知电源电压为9V，内阻不计，R130，内阻不计的毫安表读数为500mA，则R2的阻值为_。四、计算题（本大题共2小题，17题13分.18题10分，共23分）17. 如图为远距离输电过程的示意图已
11、知某个小型发电机的输出功率为90kW，发电机的电压为250V，通过升压变压器升高电压后向远处输电，输电线总电阻为5，在用户端用一降压变压器把电压降为220V，要求在输电线上损失的功率控制为2kW（即用户得到的功率为88kW），求：（1）降压变压器输出的电流和输电线上通过的电流（2）输电线上损失的电压和升压变压器输出的电压（3）两个变压器各自的匝数比18. 如图所示，同一光滑水平轨道上静止放置A、B、C三个物块，A、B两物块质量均为m，C物块质量为2m，B物块的右端装有一轻弹簧，现让A物块以水平速度v0向右运动，与B碰后粘在一起，再向右运动推动C（弹簧与C不粘连），弹簧没有超过弹性限度求：（1）
12、A与B碰撞中的动能损失（2）整个运动过程中，弹簧的最大弹性势能高二下学期物理期中考答案和解析1.【答案】B2.【答案】A3.【答案】A4.【答案】B5.【答案】C6.【答案】C7.【答案】D8.【答案】C9.【答案】CD10.【答案】ABC11.【答案】ACD12.【答案】BD13.【答案】BD14.【答案】AB15.【答案】C ADE 14 2.9 1.01【解析】解：（1）验证动量守恒定律实验中，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的，但是通过落地高度不变情况下水平射程来体现速度故选C（2）实验时，先让入射球ml多次从斜轨上S位置静止释放，找到
13、其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP然后，把被碰小球m2静置于轨道的水平部分，再将入射球ml从斜轨上S位置静止释放，与小球m2相碰，并多次重复测量平均落点的位置，找到平抛运动的水平位移，因此步骤中D、E是必须的，而且D要在E之前至于用天平秤质量先后均可以所以答案是：ADE（3）若碰撞是弹性碰撞，动能是守恒的，则有成立碰撞前后m1动量之比：=1.01故答案为：C；ADE；14；2.9；1.01；验证动量守恒定律实验中，质量可测而瞬时速度较难因此采用了落地高度不变的情况下，水平射程来反映平抛的初速度大小，所以仅测量小球抛出的水平射程来间接测出速度过程中小球释放高度不需要，小球抛出高度也不要求只需
14、满足每次入射球每次从同一点开始运动即可；最后可通过质量与水平射程乘积来验证动量是否守恒本题考查验证动量守恒定律的实验；在验证动量守恒定律中，要注意明确实验原理，学会实验方法；学会在相同高度下，利用平抛运动的水平射程来间接测出速度，并能推导相应的动量守恒表达式求解对应的比值16.【答案】（1）变小 （2）25【解析】【分析】（1）I-U图象上各点与原点连线的斜率的倒数等于电阻；（2）对R1，根据欧姆定律求出通过R1的电流，由并联关系求出通过热敏电阻的电流，再由欧姆定律解答；本题关键在于理解热敏电阻的伏安特性曲线，知道图像图象上各点与原点连线的意义；【解答】（1）电阻的定义式，则知I-U图象上各点
15、与原点连线的斜率的倒数等于电阻，由图看出电压升高，电阻的温度升高，其电阻变小。（2）通过R1的电流，则通过热敏电阻的电流IR=I-I1=0.5A-0.3A=0.2A，由I-U图读出热敏电阻的电压UR=4V，则R2的电压U2=U-UR=9V-4V=5V，R2的阻值为故答案为（1）变小； （2）25 。 17.【答案】解：（1）由于用户获得的电压与降压变压器输出电压相同，根据功率的相关公式可知压变压器输出电流为：.2分根据输电导线线消耗的功率为P损的相关公式可知：1分（2）由欧姆定律可知输电导线消耗的电压为：U损=I2R=205V=100V，.2分根据升压变压器功率守恒可得升压变压器输出电压U2，
16、即：.2分（4）由输电导线上两端电压的关系可知降压变压器原线圈两端的电压为：U3=U2-U损=4500-100V=4400V，根据理想变压器原副线圈与匝数的关系可知：.3 分3分答：（1）降压变压器输出的电流为400A，输电线上通过的电流为20A（2）输电线上损失的电压为100V，升压变压器输出的电压为4500V（3）两个变压器各自的匝数比分别为1：18和20：118.【答案】解：（1）A与B碰撞过程中，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0=2mv1.1分得：v1=v02.1分A与B碰撞中的动能损失：Ek=12mv02-122mv12=14mv023分（2）当A、B、C有共同速度时，弹簧弹性势能最大。由动量守恒定律：2mv1=（2m+2m）v2.2分由能量转化守恒定律得，最大弹性势能为Ep=122mv12-124mv22=18mv02.3分（1）A与B碰撞过程中，系统的动量守恒，由动量守恒定律求出它们碰撞后的速度，再由能量守恒定律求动能损失。（2）当A、B、C有共同速度时，弹簧的弹性势能最大，根据动量守恒定律以及能量守恒定律列式求解。