1、高二下学期期中考试物理试题注：卷面满分100分；时间90分钟。一、选择题(本题包括12个小题，每小题4分，共48分。其中1、3、5、6、7、8、10、11题、为单选题，其余为多选题。)1.第一个发现电磁感应现象的科学家是（ ）A.焦耳 B.库仑 C.法拉第 D.安培【答案】C【考点】物理学史法拉第在1831年发现了电磁感应现象，符合题意2.如图所示装置中，在下列各种情况下，能使悬挂在螺线管附近的铜质闭合线圈A中产生感应电流的是（ ） A.开关S接通的瞬间B.开关S接通后，电路中有稳定电流时C.开关S接通后，移动滑动变阻器的滑动触头的过程中D.开关S断开的瞬间【答案】ACD【考点】楞次定律解：A
2、、将电键突然接通的瞬间，线圈产生的磁场从无到有，穿过穿过铜环A的磁通量增大，产生感应电流，符合题意故A正确；B、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B错误C、通电时，使变阻器的滑片P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，产生感应电流符合题意故C正确D、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，符合题意故D正确故选：ACD3如图所示，电路中完全相同的三只灯泡、b、c分别与电阻R、电感L、电容C串联，然后再并联到220V、50Hz的交流电路上，三
3、只灯泡亮度恰好相同。若保持交变电压不变，将交变电流的频率增大到100Hz，则三灯的亮度变化是（ ）A三灯亮度不变 B三灯均变亮C不变、b变亮、c变暗 D不变、b变暗、c变亮【答案】D【考点】电容器和电感器对交变电流的导通和阻碍作用解：根据电感的特性：通低频、阻高频，当电源的频率变高时，电感对电流的感抗增大，b灯变暗；根据电容器的特性：通调频、阻低频，当电源的频率变高时，电容哭喊对电流的容抗减小，c灯变亮而电阻的亮度与频率无关，a灯亮度不变故D正确，ABC错误；故选：D4.一交变电流的图象如图所示，由图可知（ ）A.该交变电流的有效值为A B.该交变电流的频率为100 HzC.该交变电流的周期为
4、0.02sD.该交变电流的瞬时值表达式为isin 200t A【答案】BD【考点】正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率解：A、由i-t图象，电流最大值为，故有效值为：，故A错误；B、C、由i-t图象，周期为0.01s，故频率，故B正确，C错误；D、角速度=2f=200rad/s，所以瞬时值表达式，故D正确；故选：BD5.图中闭合铁芯上绕有两组线圈，金属棒可在平行金属导轨上沿导轨滑行，若电流计G中电流方向向下，则导体棒的运动可能是（ ）A.向左匀速运动 B.向右匀速运动 C.向左匀加速运动 D.向右匀加速运动【答案】C【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；变压器的构造和原理解：A、B导体棒向右
5、或向左匀速运动时，产生恒定的感应电流，此感应电流通过右侧线圈，线圈产生恒定的磁场，此磁场穿过左侧线圈的磁通量不变，电流计G没有感应电流产生，故AB错误C、导体棒向左匀加速运动时，根据右手定则判断可知，棒中产生向下的感应电流，而且感应电流增大，此感应电流通过右侧线圈，线圈产生逐渐增强的磁场，此磁场穿过左侧线圈的磁通量增大，根据楞次定律判断可知，电流计G有向下的感应电流产生，故C正确D、同理可得，导体棒向右匀加速运动时，电流计G有向上的感应电流产生，故D错误故选：C6如图所示，由粗细均匀的电阻丝制成的边长为l的正方形线框abcd，其总电阻为R，现使线框以水平向右的速度v匀速穿过一宽度为2l、磁感应
6、强度为B的匀强磁场区域，整个过程中ab、cd两边始终保持与磁场边界平行。令线框的cd边刚好与磁场左边界重合时t=0，电流沿abcda流动的方向为正，u=Blv。线框中a、b两点间电势差u随线框cd边的位移x变化的图象正确的是（ ）【答案】B【考点】楞次定律解：当线框进入磁场的过程，切割的长度不变，即电动势及电流大小不变；由右手定则可知，电流为逆时针（沿abcd），故为正值，当线框全部进入磁场，磁通量不变，无感应电流ab边的电压等于ab边产生的感应电动势，故为正值；同理可知，线框从磁场中 出来的过程中，电流为顺时针的方向，故为负值故选项B正确故选：B7.下列说法正确的是（ ）A.若一个物体的动量
7、发生变化，则动能一定变化B.若一个物体的动能发生变化，则动量一定变化C.匀速圆周运动的物体，其动量保持不变D.一个力对物体有冲量，则该力一定会对物体做功【答案】B【考点】动量 冲量；动能动能是标量，动量是矢量，矢量方向的变化也是矢量变化；根据动能和动量的公式列式求解8一质量为m的甲物体以水平速度v与静止在光滑水平面上的乙物体发生正碰，乙的质量为M，碰后甲物体的速度大小为，方向与初速度方向相反则碰后乙物体的动量大小为（ ）A. mv B. Mv C. mv D. Mv【答案】C【考点】动量守恒定律解：设甲物体的初速度为正方向，根据动量守恒定律：得：故选：C9.质量为m的物体以初速度大小为v0做平
8、抛运动，经过时间t，下落的高度为h，速度大小为v，在t时间内，该物体的动量变化量大小为（ ） Amvmv0 Bmgt CD 【答案】BCD【考点】动量定理；平抛运动解：根据动量定理得，合力的冲量等于动量的变化量，所以P=mgt末位置的动量为mv，初位置的动量为mv0，根据三角形定则，知动量的变化量故选：BCD10如图所示，在光滑绝缘的水平直轨道上有两个带电小球a和b，a球质量为2m、带电量为+q，b球质量为m、带电量为+2q，两球相距较远且相向运动。某时刻a、b球的速度大小依次为v和1.5v，由于静电斥力的作用，它们不会相碰。则下列叙述正确的是（ ）A两球相距最近时，速度大小相等、方向相反Ba
9、球和b球所受的静电斥力对两球始终做负功Ca球一直沿原方向运动，b球要反向运动Da、b两球都要反向运动，但b球先反向【答案】C【考点】电势差与电场强度的关系；功能关系解：水平方向系统动量守恒，由完全非弹性碰撞的知识可知，当两球速度大小相等、方向相同时，系统损失机械能最大，两球相距最小，故A错误；由题意可知，a球动量大于b球动量，因此系统动量水平向右，故b球运动过程中将反向运动而a球将一直沿原方向运动，（或者根据牛顿第二定律分析，此时a、b速度大小一样，而b的减速的加速度大，故b先减为零，然后反向加速运动），因此静电斥力对b球先做负功后做正功，故BD错误，C正确故选C11. 如图所示,A、B两物体
10、质量分别为mA、mB，且mAmB，置于光滑水平面上,相距较远。将两个大小均为F的力，同时分别作用在A、B上，作用相同的距离后，撤去两个力，两物体发生碰撞并粘在一起后将（ ）A. 停止运动 B. 向左运动 C. 向右运动 D. 运动方向不能确定 【答案】B【考点】动量守恒定律解：力F大小相等，mAmB，由牛顿第二定律可知，两物体的加速度有：aAaB，由题意知：SA=SB，由运动学公式得：S可知：tAtB，由IA=FtA，I2=FtB，得：IAIB，由动量定理可知PA=IA，PB=IB，则PAPB，碰前系统总动量向左，碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律可知，碰后总动量向左，故ACD错误，B正确故选：
11、B12. 如图所示，光滑水平面上两小车中间夹一压缩了的轻弹簧，两手分别按住小车,使它们静止，对两车及弹簧组成的系统，下列说法中正确的是（ ）A. 两手同时放开后，系统总动量增大 B. 先放开左手，后放开右手后，系统总动量不为零，且方向向左 C. 先放开左手，后放开右手后，系统总动量不为零，且方向向右D. 无论先放哪只手，系统机械能都守恒【答案】BD【考点】动量守恒定律解：A、两手同时放开后，系统总动量所受的合外力为零，总动量守恒，故A错误B、C、先放开左手，左车已经有向左的速度，后放开右手，此后两车的总动量向左，故B正确，C错误D、无论先放哪只手，由于手的作用力对两车不做功，系统的机械能守恒，
12、故D正确故选：BD二、实验题（本题2小题，每空2分，共10分）13在“研究电磁感应现象”的实验中，首先要按甲图接线，以查明电流表指针的偏转方向与电流方向之间的关系；当闭合开关S时观察到电流表指针向左偏，不通电时电流表指针停在正中央；然后按图乙所示将电流表与副线圈B连成一个闭合回路，将原线圈A、电池、滑动变阻器和开关S串联成另一个闭合电路。则在图乙中：（填“向左”、“向右”或“不”）（1）S闭合后将螺线管A插入螺线管B的过程中电流表的指针将_偏转（2）线圈A放在B中不动将滑动变阻器的滑片P向左滑动时电流表指针将_偏转（3）线圈A放在B中不动突然断开S，电流表指针将_偏转【答案】（1）向左；（2）
13、向左；（3）向右【考点】研究电磁感应现象解：在图甲中，闭合开关，电流从正接线柱流入电流表，电流表指针向左偏转，即电流从哪个接线柱流入，指针就向哪侧偏转在图乙中，闭合开关后，由安培定则可知，线圈A中的电流产生的磁场竖直向下；（1）将S闭合后，将螺线管A插入螺线管B的过程中，穿过B的磁场向下，磁通量变大，由楞次定律可知，感应电流从电流表负接线柱流入，则电流表的指针将左偏转；（2）螺线管A放在B中不动，穿过B的磁场向上，将滑动变阻器的滑动触片向左滑动时，穿过B的磁通量减小，由楞次定律可知，感应电流从电流表正接线柱流入，则电流表的指针将左偏转；（3）螺线管A放在B中不动，穿过B的磁场向下，突然切断开关
14、S时，穿过B的磁通量减小，由楞次定律可知，感应电流从电流表正接线柱流入，则电流表的指针将向右偏转故答案为：（1）向左；（2）向左；（3）向右14磁电式仪表的线圈通常用铝框作骨架，把线圈绕在铝框上，这样做的目的是_（选填“防止”或“利用”）涡流而设计的，起_（选填“电磁阻尼”或“电磁驱动”）的作用。【答案】利用，电磁阻尼【考点】涡流现象及其应用解：常用铝框做骨架，当线圈在磁场中转动时，导致铝框的磁通量变化，从而产生感应电流，出现安培阻力，使其很快停止摆动而塑料做骨架达不到电磁阻尼的作用，这样做的目的是利用涡流；故答案为：利用，电磁阻尼三、计算题（本题共4小题，共42分，解答应写出必要的文字说明、
15、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。）15.（8分）用不可伸长的细线悬挂一质量为M的小木块，木块静止，如图实线所示。现有一质量为m初速度为v0的子弹自左方水平射入木块并停留在木块中，然后又与木块摆起到如图虚线所示的最大高度处，设子弹射入时间极短。求：(1)子弹射入木块后瞬间子弹和木块的共同速度大小；(2)子弹与木块上升的最大高度。【答案】，【考点】动量守恒，能量守恒解：（1）子弹射入木块瞬间动量守恒得：（2）子弹和木块一起上升，上升过程只有重力做功，机械能守恒，则有（3分）解得（2分）16.（10分）交流发电机的发电原理是矩形线圈在匀强
16、磁场中绕垂直于磁场的轴OO匀速转动一小型发电机的线圈共220匝，线圈面积S0.05 m，线圈转动的频率为50Hz，线圈内阻不计，磁场的磁感应强度BT。为用此发电机所发出交变电流带动两个标有“220 V，11 kW”的电机正常工作，需在发电机的输出端a、b与电机之间接一个理想变压器，电路如图所示，求： (1)发电机的输出电压有效值为多少？(2)变压器原、副线圈的匝数比为多少？(3)与变压器原线圈串联的交流电流表的示数为多大？【答案】1100V，5,20A【考点】交变电流解最大电动势为VV (3分)发电机输出电压为1100V （1分）变压器原、副线圈的匝数比为 （2分）由PUI得副线圈的总电流为A
17、100A （2分）由得A=20A （2分）17.(12分) 如图所示，水平放置的U形导轨足够长，处于磁感应强度B=5 T的匀强磁场中，导轨宽度L=0.4 m，导体棒a b质量m=2.0 kg，电阻R=1，与导轨的动摩擦系数为，其余电阻可忽略不计。现在导体棒a b在水平外力F=10 N的作用下，由静止开始运动了s=40 cm后，速度达到最大。求: (1)导体棒ab运动的最大速度是多少？(2)当导体棒ab的速度为最大速度的一半时，棒ab的加速度是多少？(3)导体棒ab由静止达到最大速度过程中，棒ab上产生的热量是多少？【答案】（1）导体棒ab运动的最大速度是1.5m/s；？（2）当导体棒ab的速度
18、为最大速度的一半时，棒ab的加速度是1.5m/s2；（3）导体棒ab由静止达到最大速度过程中，棒ab上产生的热量是0.15J【考点】导体切割磁感线时的感应电动势解：（1）导体棒受到的安培力：当导体棒做匀速直线运动时速度最大，由平衡条件得：解得最大速度：v=1.5m/s；（2）当速度达到最大速度一半：由牛顿第二定律得：解得：a=1.5m/s2；（3）在整个过程中，由能量守恒定律可得：解得：Q=0.15J；答：（1）导体棒ab运动的最大速度是1.5m/s；？（2）当导体棒ab的速度为最大速度的一半时，棒ab的加速度是1.5m/s2；（3）导体棒ab由静止达到最大速度过程中，棒ab上产生的热量是0.15J【答案】【考点】动量守恒，能量守恒 (1)设滑块P滑上乙车前的速度为v1，此时甲乙共同的速度为v2，对整体应用动量守恒和能量关系有：mv1-2Mv2=0（2分）解得（2）设滑块P和小车乙达到的共同速度v,对滑块P和小车乙有：代入数据接得：