1、安徽省合肥二校（合肥一中、合肥六中）2018-2019学年高二物理下学期期中联考试题（含解析）一 选择题.1.下列说法不正确的是（ ）A. 物体内分子热运动的平均动能越大，则物体的温度越高B. 液体表面层中分子间的相距作用表现为引力C. 用显微镜观察液体中的布朗运动，观察到的是液体分子的无规则热运动D. 一定质量的理想气体保持体积不变，温度升高，则单位时间内撞击器壁单位面积上的分子数增多【答案】C【解析】【详解】A. 温度是分子平均动能的标志，物体内分子热运动的平均动能越大，则物体的温度越高，选项A正确；B. 液体表面层中分子间的距离比液体内部分子间的距离大，从而有分子引力不均衡，产生沿表面作
2、用于任一界线上的张力，表现为引力，故B正确。C.布朗运动是悬浮微粒的无规则运动，反映的是液体分子的无规则运动，故C错误。D.一定质量的理想气体保持体积不变，温度升高，则分子运动的激烈程度增大，所以单位时间内撞击器壁单位面积上的分子数增多，故D正确。此题选择不正确的选项，故选C.2.如图，在方向垂直于纸面向里的匀强磁场中有一U形金属导轨，导轨平面与磁场垂直。金属杆PQ置于导轨上并与导轨形成闭合回路PQRS，一圆环形金属线框T位于回路围成的区域内，线框与导轨共面。现让金属杆PQ突然向右运动，在运动开始的瞬间，关于感应电流的方向，下列说法正确的是（ ）A. PQRS中沿顺时针方向，T中沿逆时针方向B
3、. PQRS中沿顺时针方向，T中沿顺时针方向C. PQRS中沿逆时针方向，T中沿逆时针方向D. PQRS中沿逆时针方向，T中沿顺时针方向【答案】D【解析】【详解】因为PQ突然向右运动，由右手定则可知，PQRS中有沿逆时针方向的感应电流，穿过T中的磁通量减小，由楞次定律可知，T中有沿顺时针方向的感应电流，D正确，ABC错误。3.如图所示，甲、乙两人各站在静止小车的左右两端，车与地面之间无摩擦，当她俩同时相向运动时，发现小车向右运动。下列说法不正确的是（）A. 乙的动量必定大于甲的动量B. 乙对小车的冲量必定小于甲对小车的冲量C. 甲、乙和车组成系统动量守恒D. 甲、乙动量总和必定不为零【答案】B
4、【解析】【详解】C.甲乙两人及小车组成的系统不受外力，系统动量守恒，选项C正确；AD.根据动量守恒定律得：mAvA+mBvB+m车v车=0；小车向右运动，则说明甲与乙两人的总动量向左，说明乙的动量大于甲的动量，即两人的总动量不为零，故A D正确；B.因小车的动量向右，说明小车受到的总冲量向右，而乙对小车的冲量向右，甲对小车的冲量向左，故乙对小车的冲量一定大于甲对小车的冲量；故B错误；本题选不正确的，故选B。4.一物体在合外力F作用下从静止开始做直线运动，合外力方向不变，大小随时间的变化如图所示，该物体在t0和2t0时刻，物体的动能分别为、，物块的动量分别为P1、P，则A. ，B. ,C. ,D
5、. ,【答案】A【解析】根据动量定理得：F0t0=mv12F0t0=mv2mv1由解得：v1:v2=1:3得：P1:P2=mv1：mv2=1:3Ek1：Ek2=：=1:9故选：A.5.在竖直向上的匀强磁场中，水平放置一个不变形的单匝金属圆线圈，规定线圈中感应电流的正方向如图甲所示，当磁场的磁感应强度B随时间t如图乙变化时，正确表示线圈中感应电动势E变化的是图中的（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】在0-1s内，根据法拉第电磁感应定律，根据楞次定律，感应电动势的方向与图示箭头方向相同，为正值；在1-3s内，磁感应强度不变，感应电动势为零；在3-5s内，根据法拉第电磁感应定律，
6、根据楞次定律，感应电动势的方向与图示方向相反，为负值。故A正确，BCD错误。6.如图所示，竖直平面内有一半径为a，总电阻为R的金属环，磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过环平面，在环的最高点用金属铰链连接长度为2a、电阻为R/2的导体棒MN。MN由水平位置紧贴环面摆下，导体棒MN与金属环接触良好，当摆到竖直位置时，N点的线速度大小为v，则这时MN两端的电压大小为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】当摆到竖直位置时，导体棒产生的感应电动势为：；金属环并联的电阻为：，MN两端的电压是路端电压，MN两端的电压大小为： A. ，与结论不相符，选项A错误；B. ,与结论相符，选项B正确；
7、C. ，与结论不相符，选项C错误；D. ，与结论不相符，选项D错误；7.如图所示，在匀强磁场中匀速转动的矩形单匝线圈的周期为T，转轴OO垂直于磁场方向，线圈电阻为2。从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈转过60时的感应电流为1A，那么（）A. 某一时刻线圈中的感应电动势为B. 某一时刻穿过线圈的磁通量为C. 线圈消耗的电功率为4WD. 线圈中感应电流的有效值为2A【答案】C【解析】【详解】D.线圈从与磁场方向平行时开始，其瞬时表达式为i=Imcos，则，故电流的有效值为I=A，选项D不符合题意；C. 电流的有效值为I=A，所以电功率为，故选项C符合题意；A.从线圈平面与磁场方向平行时开始计
8、时，故电流瞬时值为：i=Imcos=2cost；故电动势的瞬时表达式为：e=ir=4cost(V)，故选项A不符合题意；B.任意时刻穿过线圈的磁通量为=BSsint；根据公式Em=BS=m=Imr=4V，可得：；故=sint，故选项B不符合题意；8.超强台风山竹于2018年9月16日前后来到我国广东中部沿海登陆，其风力达到17级超强台风强度，风速左右，对固定建筑物破坏程度非常巨大。请你根据所学物理知识推算固定建筑物所受风力（空气的压力）与风速（空气流动速度）大小关系，假设某一建筑物垂直风速方向的受力面积为S，风速大小为v，空气吹到建筑物上后速度瞬间减为零，空气密度为，风力F与风速大小v关系式为
9、( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据“推算固定建筑物所受风力（空气的压力）与风速（空气流动速度）大小关系”可知，本题考查动量定理，设t时间内吹到建筑物上的空气质量为m，根据动量定理的公式Ft=mv，即可求解。【详解】设t时间内吹到建筑物上的空气质量为m，则m=Svt，根据动量定理-Ft=0-mv=0-Sv2t，F=Sv2，故B正确，ACD错误。故选：B9.如图所示，闭合线圈固定在小车上，总质量为1 kg.它们在光滑水平面上，以10 m/s的速度进入与线圈平面垂直、磁感应强度为B的水平有界匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，已知小车运动的速度v随车的位移x变化的vx图象如图所
10、示则以下说法的正确是()A. 线圈的长度L15 cmB. 磁场的宽度d15 cmC. 线圈通过磁场过程中产生的热量为48 JD. 线圈进入磁场过程中做匀加速运动，加速度为0.8 m/s2【答案】C【解析】【详解】ABD、线圈进入磁场时，受到向左的安培力，速度减小，安培力减小，根据牛顿第二定律可知加速度减小，所以进磁场的过程做加速度减小的减速运动，完全进入磁场后，不受安培力，做匀速直线运动；根据图象知，线圈的长度，磁场的宽度，故A、B、D错误；C、线圈进磁场时速度为，出磁场时的速度为，根据能量守恒得：，故C正确；故选C。10.某带活塞的汽缸里装有一定质量的理想气体，气体经历如图所示的AB、BC、
11、CD、DA四个变化过程。已知状态A的温度为7C，则下列说法正确的是（ ）A. B态的温度287KB. AB过程气体对外做功200JC. CD过程气体对外做功140JD. 从A态又回到A态的过程气体吸热60J【答案】BD【解析】【详解】A.A态的温度为T=t+273K=（7+273）K=280K，AB过程，压强不变，体积由2L变为4L，即变为原来的2倍，由盖-吕萨克可知，温度变为原来的2倍，即B态时温度为560K，故A错误；B.由图象知，其面积为气体对外做功的多少，即W1=P1V1=1105（4-2）10-3J=200J，故B正确；C.由CD过程外界对气体做功W2=P2V2=140J，故C错误；
12、D.从A态又回到A态，气体内能不变，即U=0，此过程中外界对气体做功W=W2-W1=-60J，由热力学第一定律：U=Q+W，解得Q=60J，即气体吸热，故D正确。11.若以V表示在标准状态下水蒸气的摩尔体积，表示在标准状况下水蒸气的密度，M表示水的摩尔质量，m0表示一个水分子的质量，V0表示一个水分子的体积，NA表示阿伏伽德罗常数，则下列关系式正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】BC【解析】试题分析：对水蒸气，由于分子间距的存在，摩尔体积V处于阿伏加德罗常数NA等于每个分子占据的空间体积，但并不等于分子体积，故A错误；M（表示摩尔质量）除以（标准状况下水蒸气的密度）等于标准状态下水蒸
13、气的摩尔体积V，故B正确；单个分子的质量等于摩尔质量除以阿伏伽德罗常数，故C正确；对水蒸气，由于分子间距的存在，NAV0并不等于摩尔体积，故D错误；故选BC考点：阿伏伽德罗常数【名师点睛】本题主要考查气体阿伏伽德罗常数的计算，阿伏加德罗常数NA是联系宏观与微观的桥梁，抓住它的含义，区分对气体还是液体的计算是解题的关键。12.如图是一种理想自耦变压器示意图，线圈绕在一个圆环形的铁芯上，P是可移动的滑动触头输入端AB接交流电压U，输出端CD连接了两个相同的灯泡L1和L2，Q为滑动变阻器的滑动触头当开关S闭合，P处于如图所示的位置时，两灯均能发光下列说法正确的是（）A. P不动，将Q向右移动，变压器
14、的输入功率变大B. P不动，将Q向右移动，两灯均变暗C. Q不动，将P沿逆时针方向移动，变压器的输入功率变小D. P、Q都不动，断开开关S，L1将变亮【答案】AD【解析】P不动，将Q向右移动，负载电阻变小，电流变大，电压不变，变压器的输入功率变大，A正确；P不动，将Q向右移动，负载电阻减小，电流增大，两灯均变亮，B错误；Q不动，将P沿逆时针方向移动，副线圈匝数增大，电压增大，输出功率增大，变压器的输入功率变大，C错误；P、Q都不动，副线圈电压不变，断开开关S，电阻增大，电流减小，R分压减小，将变亮，D正确13.如图所示，竖直墙面和水平地面均光滑，质量分别为mA=6kg，mB=2kg的A、B两物
15、体用质量不计的轻弹簧相连，其中A紧靠墙壁现对B物体缓慢施加一个向左的力，该力对物体B做功W=25J，使A、B间弹簧被压缩，在系统静止时，突然撤去向左推力解除压缩，则A. 解除压缩后，两物体和弹簧组成系统动量守恒B. 解除压缩后，两物体和弹簧组成系统机械能守恒C. 从撤去外力至A与墙面刚分离，A对弹簧的冲量I=10 Ns，方向水平向右D. A与墙面分离后至首次弹簧恢复原长时，两物体速率均2.5m/s【答案】BCD【解析】【详解】A、解除压缩后，弹簧在恢复原长的过程中，墙壁对A物体还有弹力的作用，故解除压缩后到弹簧恢复原长前，两物体和弹簧组成系统动量不守恒，恢复原长后，AB一起向右运动，系统的合外
16、力为零，动量守恒，故A错误；B、解除压缩后，两物体和弹簧组成系统只有动能和弹性势能的相互转化，故机械能守恒，故B正确；C、压缩弹簧时，外力做的功全转化为弹性势能，撤去外力，弹簧恢复原长，弹性势能全转化为B的动能，设此时B的速度为v0，则：，得v05m/s，此过程墙壁对A的冲量大小等于弹簧对A的冲量大小，也等于弹簧对B的冲量大小，由动量定理得：ImBv010 Ns，故C正确；D、当弹簧恢复原长时，A的速度最小，则：vAmin0，A、B都运动后，B减速，A加速，当A、B速度相等时弹簧拉伸最长此后，B继续减速，A继续加速，当弹簧再次恢复原长时，以向右为正，由系统动量守恒、机械能守恒有：，得，故D正确
17、。14.如图所示，足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ固定在水平而上，间距为L，空间存在着方向竖直向上的磁感应强度大小为B的匀强磁场。在导轨上放有两根质量分别为m和2m的金属棒ab、cd，两棒和导轨垂直且接触良好，有效电阻均为R，导轨电阻不计。现给金属棒ab水平向左的瞬时冲量I0，同时给cd棒水平向右的瞬时冲量2I0，则在以后的运动过程中( )A. 通过ab棒的最大电流为B. cd棒的最大加速度为C. 最终两金属棒将静止在导轨上D. 整个过程中该系统产生的焦耳热为【答案】BD【解析】【详解】A、设两金属棒的初速度大小为v0，则，两棒刚开始运动时都会切割磁感线，产生感应电流，此时回路中的电流最大，
18、cd棒受到的安培力最大，加速度最大，此后两棒均做减速运动，由于两棒构成的系统在水平方向上不受外力，系统动量守恒，取向右为正方向，设两棒最终共同的速度为v，则有，解得，即最终两棒以共同速度向右匀速运动，此时回路中的磁通量不变，回路中无感应电流，选项B正确，A、C错误；D、由能的转化与守恒定律知，该系统产生热量，选项D正确。【点睛】本题是电磁感应与力学、电学相结合的综合题，考查了动量守恒定律的应用，分析清楚金属棒的运动过程是解题的前提与关键，应用动量守恒定律、能量守恒定律、动量定理与法拉第电磁感应定律、欧姆定律可以解题。二、计算题15.如图所示为一理想变压器，原、副线圈的匝数比为n，原线圈接电压为
19、的正弦交流电，副线圈接有一个交流电流表和一个电动机，电动机的线圈电阻为R，当电动机带动一质量为m的重物匀速上升时，电流表的示数为I，重力加速度为g，求：(1)电动机的电功率P；(2)重物匀速上升的速度v。【答案】（1） （2）【解析】【详解】（1）根据原副线圈的电流与匝数的关系：，所以：；电动机消耗的电功率等于输入的电功率：P电机P入；（2）由功能关系可知，变压器的输出功率转化为重物的势能增大的功率与电动机消耗的内能的功率，即：mgv+I2R，整理得：v= 16.如图所示，一竖直放置的足够长汽缸内有两个活塞用一根轻质硬杆相连，上面小活塞面积S1=2 cm2，下面大活塞面积S2=8 cm2，两活
20、塞的总质量为M=0.3 kg；汽缸内封闭温度T1=300K的理想气体，粗细两部分长度相等且L=5 cm；大气压强为Po=1.01l05Po，g=10ms2，整个系统处于平衡，活塞与缸壁间无摩擦且不漏气。求：(1)初状态封闭气体的压强Pi；(2)若封闭气体的温度缓慢升高到T2 =336 K，气体的体积V2是多少；(3)上述过程中封闭气体对外界做功W。【答案】（1） （2） （3）0.56J【解析】（1）平衡条件 代入数据得 （2）初态体积 等压膨胀，根据盖吕萨克定律 代入数据得 （3）封闭气体对外界做功 点睛：本题主要是考查了理想气体的状态方程；解答此类问题的方法是：找出不同状态下的三个状态参量
21、，分析理想气体发生的是何种变化，利用理想气体的状态方程列方程求解；本题要能用静力学观点分析压强，要注意研究过程中哪些量不变，哪些量变化，选择合适的气体实验定律解决问题17.如图所示，无限长平行金属导轨EF、PQ固定在倾角=37的光滑绝缘斜面上，轨道间距L=1m，底部接入一阻值R=0.06的定值电阻，上端开口，垂直斜面向上的匀强磁场的磁感应强度B=2T。一质量m=2kg的金属棒ab与导轨接触良好，ab与导轨间的动摩擦因数=0.5，ab连入导轨间的电阻r=0.04，电路中其余电阻不计。现用一质量M=6kg的物体通过一不可伸长的轻质细绳绕过光滑的定滑轮与ab相连.由静止释放物体，当物体下落高度h=2
22、.0m时，ab开始匀速运动，运动中ab始终垂直导轨并与导轨接触良好。不计空气阻力，sin37=0.6，cos37=0.8，g取10m/s2。(1)求ab棒沿斜面向上运动的最大速度；(2)在ab棒从开始运动到开始匀速运动的这段时间内，求通过杆的电量q；(3)在ab棒从开始运动到开始匀速运动的这段时间内，求电阻R上产生的焦耳热。【答案】(1) (2)q=40C (3)【解析】【分析】(1)由静止释放物体，ab棒先向上做加速运动，随着速度增大，产生的感应电流增大，棒所受的安培力增大，加速度减小，棒做加速度减小的加速运动；当加速度为零时，棒开始匀速，速度达到最大。据法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定
23、律、安培力公式、平衡条件等知识可求出棒的最大速度。(2)本小问是感应电量的问题，据法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律、电流的定义式、磁通量的概念等知识可进行求解。(3)从ab棒开始运动到匀速运动，系统的重力势能减小，转化为系统增加的动能、摩擦热和焦耳热，据能量守恒定律可求出系统的焦耳热，再由焦耳定律求出电阻R上产生的焦耳热。【详解】(1)金属棒ab和物体匀速运动时，速度达到最大值，由平衡条件知对物体，有；对ab棒，有又、联立解得：(2) 感应电荷量据闭合电路的欧姆定律据法拉第电磁感应定律在ab棒开始运动到匀速运动的这段时间内，回路中的磁通量变化联立解得：(3)对物体和ab棒组成的系统，根据
24、能量守恒定律有： 又解得：电阻R上产生的焦耳热18.如图所示，倾角=37光滑固定斜面上放有A、B、C三个质量均为m的物块(均可视为质点)，A固定，C与斜面底端处的挡板接触，B与C通过轻弹簧相连且均处于静止状态，A、B间的距离为d。现释放A，一段时间后A与B发生碰撞，重力加速度大小为g，取sin37=0.6，cos37=0.8。(1)求A与B碰撞前瞬间A的速度大小v0；(2)若A、B碰撞为弹性碰撞，碰撞后立即撤去A，且B沿斜面向下运动到速度为零时(此时B与C未接触弹簧仍在弹性限度内)，弹簧的弹性势能增量为Ep，求B沿斜面向下运动的最大距离x；(3)若A下滑后与B碰撞并粘在一起，且C刚好要离开挡板时，A、B的总动能为Ek，求弹簧的劲度系数k。【答案】（1） ；（2） ；（3）【解析】【详解】（1）根据机械能守恒定律： 解得 （2）设碰撞后瞬间AB的速度大小分别为v1v2，根据动量守恒定律： 由能量关系：解得v1=0 ；AB碰撞后，对B沿斜面向下压缩弹簧至B速度为零的过程，根据能量关系： 解得 （3）AB碰撞前，弹簧压缩量： 设AB碰撞后瞬间的共同速度大小为v3，则：mv0=2mv3解得当C恰好要离开挡板时，弹簧的伸长量为：可见，在B开始沿斜面向下运动到C刚好要离开挡板的过程中，弹簧的弹性势能该变量为零，根据机械能守恒定律： 解得：
