1、理工大附中分校20172018学年度高二第二学期期中练习物理试题一、单项选择题（每小题3分，共51分）1.关于线圈在匀强磁场中转动产生的交变电流,下列说法中正确的是（ ）A. 线圈每经过中性面一次,感应电流方向改变一次，感应电动势方向不变B. 线圈每转动一周,感应电流方向就改变一次C. 线圈平面每经过中性面一次,感应电流和感应电动势方向都要改变一次D. 线圈转动一周,感应电流和感应电动势方向都要改变一次【答案】C【解析】感应电动势方向与感应电流方向一致，当线圈在匀强磁场中转动产生交变电流时，线圈平面每经过中性面一次，感应电流与感应电动势方向均改变一次，转动一周，感应电流方向改变两次。故C正确，
2、ABD错误。故选：C2.图中能产生感应电流的是( )A.B. C. D. 【答案】【解析】当条形磁铁向右运动过程中，穿过线圈的磁通量发生变化，会产生感应电动势，但由于线圈未闭合，故不会产生感应电流，A错误；导体棒向相反的方向运动，产生的感应电流方向方向相同，故有感应电流产生，B正确；由于通电直导线在线圈所在位置的磁场与线圈平面平行，穿过线圈的磁通量恒为零，故线圈没有感应电流产生，C错误；线圈向右运动过程中，穿过线圈的磁通量不变，不产生感应电流，D错误3.如图所示，金属导轨上的导体棒ab在匀强磁场中沿导轨做下列哪种运动时，铜制线圈c中将有感应电流产生且被螺线管吸引()向右做匀速运动向左做减速运动
3、向右做减速运动向右做加速运动A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】导体棒ab向右或向左做匀速运动时，ab中产生的感应电流不变，螺线管产生的磁场是稳定的，穿过c的磁通量不变，c中没有感应电流，线圈c不受安培力作用，不会被螺线管吸引。故错误。导体棒ab向左做减速运动时，根据右手定则判断得到，ab中产生的感应电流方向从ba，感应电流减小，螺线管产生的磁场减弱，穿过c的磁通量减小，根据楞次定律得知，c中产生逆时针方向（从左向右看）的感应电流，与线圈中的电流的方向相同，则线圈c被螺线管吸引。故正确。导体棒ab向右做减速运动时，根据右手定则判断得到，ab中产生的感应电流方向从ab，感应电流减小
4、，螺线管产生的磁场减弱，穿过c的磁通量减小，根据楞次定律得知，c中产生顺时针方向（从左向右看）的感应电流，与线圈中的电流的方向相同，则线圈c被螺线管吸引。故正确。导体棒ab向右做加速运动时，根据右手定则判断得到，ab中产生的感应电流方向从ab，感应电流增大，螺线管产生的磁场增强，穿过c的磁通量增大，根据楞次定律得知，c中产生逆时针方向（从左向右看）的感应电流，与线圈中的电流的方向相同反，则线圈c被螺线管排斥。故错误。故选C。【点睛】本题运用右手定则、安培定则和楞次定律按步就班进行分析的，也可以直接根据楞次定律进行判断：线圈c被螺线管吸引时，磁通量将要增大，说明原来的磁通量减小，导体棒必定做减速
5、运动。4.在如图所示电路中，已知交流电源电压u=200sin100t V，电阻R=100 ，则电流表和电压表的示数分别为（ ）A. 1.41 A，200 V B. 1.41 A，141 V C. 2 A，200 V D. 2 A，141 V【答案】【解析】试题分析：电流表和电压表的读数均为交变电流的有效值，由交流电源电压表达式可知Em=200V，因此A=1.41A故答案选B。考点：考查交流电路中电压表和电流表的读数问题和闭合电路欧姆定律。点评：熟记电流表和电压表的读数均指有效值，闭合电路欧姆定律是基础问题更应该熟练应用。基础题。5.如图所示，在磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，金属
6、杆MN在平行金属导轨上以速度v向右匀速滑动，MN中产生的感应电动势为E1；若磁感应强度增为2B，其他条件不变，MN中产生的感应电动势变为E2。则通过电阻R的电流方向及E1与E2之比E1E2分别为()A. ca,21B. ac,21C. ac,12D. ca,12【答案】C【解析】试题分析：由楞次定律判断可知，MN中产生的感应电流方向为NM，则通过电阻R的电流方向为acMN产生的感应电动势公式为E=BLv，其他条件不变，E与B成正比，则得El：E2=1：2故选C考点：楞次定律；感应电动势【名师点睛】本题关键要掌握楞次定律和切割感应电动势公式E=BLv，并能正确使用，属于基础题。视频6.如图所示，
7、线圈L的自感系数很大，且其电阻可以忽略不计，L1、L2是两个完全相同的小灯泡，随着开关S闭合和断开的过程中，灯L1、L2的亮度变化情况是(灯丝不会断)()A. S闭合，L1亮度不变，L2亮度逐渐变亮，最后两灯一样亮；S断开，L2立即不亮，L1逐渐变亮B. S闭合，L1不亮，L2很亮；S断开，L1、L2立即不亮C. S闭合，L1、L2同时亮，而后L1逐渐熄灭，L2亮度不变；S断开，L2立即不亮，L1亮一下才熄灭D. S闭合，L1、L2同时亮，而后L1逐渐熄灭，L2则逐渐变得更亮；S断开，L2立即不亮，L1亮一下才熄灭【答案】【解析】当S闭合瞬时，两灯同时获得电压，同时发光，随着线圈L电流的增加，
8、逐渐将L1灯短路，L1逐渐变暗直到熄灭，同时，L2电流逐渐增大，变得更亮；S断开瞬时，L2中电流消失，故立即熄灭，而L1中由于电感中产生一个与电流同向的自感电动势，故右端为正，电流由灯泡L1的右侧流入，故L1亮一下逐渐熄灭。故D正确，ABC错误；点睛：对于线圈要抓住双重特性：当电流不变时，它是电阻不计的导线；当电流变化时，产生自感电动势，相当于电源。7.如图所示，图线a是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生正弦交流电的图象，当调整线圈转速后，所产生正弦交流电的图象如图线b所示，以下关于这两个正弦交流电的说法错误的是()A. 在图中t0时刻穿过线圈的磁通量均为零B. 线圈先后两次转速之比为32C.
9、交流电a的瞬时值为u10sin 5t(V)D. 交流电b的最大值为【答案】A【解析】【详解】由图可知，t=0时刻线圈均在中性面，穿过线圈的磁通量最大，所以A错误；由图象可知TA：TB=2：3，故nA：nB=3：2，所以B正确，由图象可知，交流电a的最大值为10V，角速度为，所以交流电a的瞬时值为u=10sin5tV，所以C正确；交流电最大值Um=NBS，故Uma：Umb=3：2，故UmbUmaV，D正确。本题选错误的，故选A。【点睛】本题考查的是学生读图的能力，根据图象读出交流电的最大值和周期，同时要掌握住交变电流的产生的过程8.如图所示，图甲和图乙分别表示正弦脉冲波和方波的交变电流与时间的变
10、化关系若使这两种电流分别通过两个完全相同的电阻，则经过1 min的时间，两电阻消耗的电功之比W甲W乙为()A. B. 12 C. 13 D. 16【答案】【解析】试题分析：甲图中，在一个周期内，电阻发热的时间是0210-2s、410-2s610-2s内，根据电流的热效应有：，代入数据得，解得电流的有效值乙图中，在一个周期内，电阻发热的时间为0410-4s，根据电流的热效应有：2I12RI2RT，代入数据得，12R2210-2=I2R410-2，解得电流的有效值I=1A根据W=I2Rt知，在相同时间内消耗的电功之比等于（）2：11：3故A正确，BCD错误故选A考点：交流电的有效值9.如图所示，理
11、想变压器初级线圈的匝数为n1，次级线圈的匝数为n2，初级线圈的两端a、b接正弦交流电源，电压表V的示数为220 V，负载电阻R44 ，电流表A1的示数为0.20 A下列判断中正确的是()A. 初级线圈和次级线圈的匝数比为21B. 初级线圈和次级线圈的匝数比为51C. 电流表A2的示数为0.1 AD. 电流表A2的示数为0.4 A【答案】【解析】试题分析：理想变压器输入功率等于输出功率，原副线圈电流与匝数成反比变压器的输出功率等于输入功率，则，解得： ，由于原副线圈电流与匝数成反比，所以初级线圈和次级线圈的匝数比，故B正确10.如图所示，理想变压器的原线圈接在的交流电源上，副线圈接有R=55的负
12、载电阻，原、副线圈匝数之比为2:1，电流表、电压表均为理想电表。下列说法正确的是（ ）A. 原线圈的输入功率为B. 电流表的读数为1AC. 电压表的读数为D. 副线圈输出交流电的周期为50s【答案】【解析】电表的读数均为有效值，原线圈两端电压有效值为220 V，由理想变压器原、副线圈两端电压与线圈匝数成正比，可知副线圈两端电压有效值为110 V，C错误；流过电阻R的电流为2 A，可知负载消耗的功率为220 W，根据能量守恒可知，原线圈的输入功率为220 W，A错误；由P=UI可知，电流表的读数为1 A，B正确，由交变电压瞬时值表达式可知，=100 rad/s，周期T=0.02 s，D错误。【名
13、师点睛】理想变压器原副线圈两端电压、电流、功率与匝数的关系需注意因果关系，电压由原线圈决定副线圈，电流与功率则由副线圈决定原线圈。11.下列说法正确的是A. 液体中悬浮微粒的无规则运动称为布朗运动B. 液体分子的无规则运动称为布朗运动C. 物体从外界吸收热量，其内能一定增加D. 物体对外界做功，其内能一定减少【答案】A【解析】试题分析：布朗运动是悬浮在液体当中的固体颗粒的无规则运动，是液体分子无规则热运动的反映，温度越高，悬浮微粒越小，布朗运动越激烈；做功和热传递都能改变物体内能解：AB、布朗运动是悬浮在液体当中的固体颗粒的无规则运动，是液体分子无规则热运动的反映，故A正确，B错误；C、由公式
14、U=W+Q知做功和热传递都能改变物体内能，物体从外界吸收热量若同时对外界做功，则内能不一定增加，故C错误；D、物体对外界做功若同时从外界吸收热量，则内能不一定减小，故D错误故选：A【点评】掌握布朗运动的概念和决定因素，知道热力学第一定律的公式是处理这类问题的金钥匙视频12.下列说法正确的是（ ）A. 物体温度降低，其分子热运动的平均动能增大B. 物体温度升高，其分子热运动的平均动能增大C. 物体温度降低，其内能一定增大D. 物体温度不变，其内能一定不变【答案】B【解析】试题分析：温度是分子热平均动能的标志，物体温度降低，其分子热运动的平均动能减小，相反，温度升高，其分子热运动的平均动能增大，故
15、A错误，B正确；物体的内能与物体的体积、温度、摩尔数等因素都有关，所以温度降低，其内能不一定增大；温度不变，其内能不一定不变，故CD错误。考点：温度是分子平均动能的标志、物体的内能【名师点睛】解决本题的关键掌握温度的微观意义，知道温度是分子热平均动能的标志明确内能与物体的体积、温度、摩尔数等因素有关。视频13. 下列说法正确的是( )A. 物体放出热量，其内能一定减小B. 物体对外做功，其内能一定减小C. 物体吸收热量，同时对外做功，其内能可能增加D. 物体放出热量，同时对外做功，其内能可能不变【答案】C【解析】试题分析：做功和热传递都能改变内能；物体内能的增量等于外界对物体做的功和物体吸收热
16、量的和，即：U=Q+W解：A、物体放出热量，若外界对物体做更多的功大于放出的热量，内能可能增加，故A错误；B、物体对外做功，如同时从外界吸收的热量大于做功的数值，则内能增加，故B错误；C、物体吸收热量，同时对外做功W，如二者相等，则内能可能不变，若QW，则内能增加，若WQ，则内能减少，故C正确；D、物体放出热量，Q0，同时对外做功，W0，则U0，故内能一定减少，故D错误故选：C【点评】热力学第一定律实质是能量守恒定律的特殊情况，要在理解的基础上记住公式：U=W+Q，同时要注意符号法则的应用视频14.以下关于热运动的说法正确的是 （ ）A. 水流速度越大，水分子的热运动越剧烈B. 水凝结成冰后，
17、水分子的热运动停止C. 水的温度越高，水分子的热运动越剧烈D. 水的温度升高，每一个水分子的运动速率都会增大【答案】C【解析】水流速度是机械运动速度，不能反映热运动情况，A错误；分子在永不停息地做无规则运动，B错误；水的温度升高，水分子的平均速率增大，并非每一个水分子的运动速率都增大，D错误；选项C说法正确。【名师点睛】温度是分子平均动能的标志，但单个分子做无规则运动，单个分子在高温时速率可能较小。15.如图所示，弹簧振子在A、B之间做简谐运动。以平衡位置O为原点，建立Ox轴。向右为x轴的正方向。若振子位于B点时开始计时，则其振动图像为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】试题分析：
18、当振子运动到N点时开始计时，分析此时振子的位置，即确定出t=0时刻质点的位置，即可确定位移时间的图象由题意：设向右为x正方向，振子运动到N点时，振子具有正方向最大位移，所以振子运动到N点时开始计时振动图象应是余弦曲线，故A正确视频16.某弹簧振子沿x轴的简谐运动图象如图所示，下列描述正确的是：（ ）A. t=1 s时，振子的速度为零，加速度为负的最大值B. t=2 s时，振子的速度为负，加速度为正的最大值C. t=3 s时，振子的速度为负的最大值，加速度为零D. t=4 s时，振子的速度为正，加速度为负的最大值【答案】A【解析】在t=1 s和t=3 s时，振子偏离平衡位置最远，速度为零，回复力
19、最大，加速度最大，方向指向平衡位置，A正确，C错误；在t=2 s和t=4 s时，振子位于平衡位置，速度最大，回复力和加速度均为零，BD错误。【名师点睛】根据振动图象判断质点振动方向的方法：沿着时间轴看去，“上坡”段质点向上振动，“下坡”段质点向下振动。二、实验题（每空3分，共24分）17.某同学利用单摆测定当地的重力加速度。实验室已经提供的器材有：铁架台、夹子、秒表、游标卡尺。除此之外，还需要的器材有_。A长度约为1m的细线B长度约为30cm的细线C直径约为2cm的钢球D直径约为2cm的木球E最小刻度为1cm的直尺F最小刻度为1mm的直尺该同学在测量单摆的周期时，他用秒表记下了单摆做50次全振
20、动的时间，如图所示，秒表的读数为_s。该同学经测量得到6组摆长L和对应的周期T，画出L-T2图线，然后在图线上选取A、B两个点，坐标如图丙所示。则当地重力加速度的表达式g=_。处理完数据后，该同学发现在计算摆长时用的是摆线长度而未计入小球的半径，这样_（选填“影响”或“不影响”）重力加速度的计算。该同学做完实验后，为使重力加速度的测量结果更加准确，他认为：A在摆球运动的过程中，必须保证悬点固定B摆线偏离平衡位置的角度不能太大C用精度更高的游标卡尺测量摆球的直径D测量周期时应该从摆球运动到最高点时开始计时其中合理的有_。【答案】 (1). A、C、F. (2). 95.1s (3). (4).
21、不影响； (5). AB【解析】【详解】（1）由单摆周期公式T=2可得，g=L，实验需要测量摆长，摆长等于摆线的长度加上摆球的半径，所以需要毫米刻度尺，实验需要测量周期，则需要秒表，摆线的长度大约1m左右。为减小空气阻力的影响，摆球需要密度较大的摆球，因此摆球应选C，故选用的器材为A、C、F.（2）秒表表示读数：内圈读数：60s，外圈读数35.1s，总读数为：t=60s+35.1s=95.1s；（3）由T=2可得：L=T2，则 L-T2图象的斜率等于，由数学知识得： 解得： 根据数学知识，在计算摆长时用的是摆线长度而未计入小球的半径，这样不影响重力加速度的计算。（4）由T=2可得：g=L，则在
22、摆球运动的过程中，悬点松动会导致摆场的变化，影响精度，则必须保证悬点固定，选项A正确；摆线偏离平衡位置的角度不能太大，否则就不是简谐振动了，选项B正确；用精度更高的游标卡尺测量摆球的直径对摆长的测量影响不大，选项C错误；测量周期时应该从摆球运动到最低点时开始计时，选项D错误；故选AB.【点睛】本题关键明确实验原理，根据原理选择器材；由单摆的周期公式变形，得到T2与L的关系式得到图象斜率的物理意义，再分析实验产生的误差.18.在“用油膜法估测分子的大小”的实验中，所用油酸酒精溶液的浓度为每104 mL溶液中有纯油酸6 mL，用注射器测得1 mL上述溶液为75滴把1滴该溶液滴入盛水的浅盘里，待水面
23、稳定后，将玻璃板放在浅盘上，用彩笔在玻璃板上描出油膜的轮廊，再把玻璃板放在坐标纸上，其形状和尺寸如图所示，坐标中正方形方格的边长为1 cm.则(1)油酸薄膜的面积是_cm2.(2)每滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积是_mL.(取一位有效数字)(3)按以上实验数据估测出油酸分子直径约为_m(取一位有效数字)【答案】 (1). （1）115 (2). （2）810-6 (3). （3）710-10【解析】【详解】（1）面积超过正方形一半的正方形的个数为115个，油酸膜的面积是：1151cm2=115cm2（2）每滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积： （3）把油酸分子看成球形，且不考虑分子间的空隙，则
24、油酸分子直径三、计算题（共25分）19.一定质量的气体，在从状态1变化到状态2的过程中，吸收热量280 J，并对外做功120 J，试问：(1)这些气体的内能怎样发生变化？变化了多少？(2)如果这些气体又返回原来的状态，并放出了240 J热量，那么在返回的过程中是气体对外界做功，还是外界对气体做功？做功多少？【答案】(1)增加，160 J(2)外界对气体做功，80 J【解析】【详解】（1）气体吸收热量280J，则Q=280J；气体对外界做功120J，则W=-120J；根据热力学第一定律，结果为正，表示气体内能增加，增加量为160J。（2）由（1）可知，这些气体返回原来的状态的过程中，内能的变化；
25、该过程中放出240J热量，则；则，即气体对外界做功80J【点睛】气体吸收热量时，热量为正值，对外做功时，功为负值，根据热力学第一定律求出气体内能的变化量；如果这些气体又返回到原来的状态，内能的变化量相反再由热力学第一定律求出做功情况。20.如图所示，一台有两个副线圈的理想变压器，原线圈匝数n11100匝，接入电压U1220V的电路中(1)要求在两个副线圈上分别得到电压U26V，U3110V，它们的匝数n2、n3分别为多少？(2)若在两副线圈上分别接上“6V，20W”、“110V，60W”的两个用电器，原线圈的输入电流为多少？【答案】【解析】（1）变压器电压比等于匝数比，有所以n2=30匝，n3
26、=550匝（2）两组副线圈上电压分别为U2=6V，U3=110V，在两副线圈上分别接上“6V，20W”、“110V，60W”的两个用电器时，这两个用电器都能正常工作，所以这两个用电器实际消耗的功率就为20W和60W又因为理想变压器的输入功率等于输出功率，所以P1=P2+P3即I1U1=20W+60W=80W，因为U1=220V，所以I1=0.36A点睛：在本题中，由于副线圈有两个线圈，电流与匝数成反比的结论不再成立，所以在计算电流的时候不能再用，但是电压与匝数成正比的结论仍然是成立的21. 如图所示，空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B=0.50T，两条光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内
27、，导轨间距l=0.40m，左端接有阻值R=0.40的电阻。一质量m=0.10kg、阻值r=0.10的金属棒MN放置在导轨上。金属棒在水平向右的拉力F作用下，沿导轨做速度v=2.0m/s的匀速直线运动。求：（1）通过电阻R的电流I；（2）拉力F的大小；（3）撤去拉力F后，电阻R上产生的焦耳热Q。【答案】（1）0.80A（2）0.16N （3）0.16J【解析】试题分析：（1）感应电动势V通过电阻R的电流A（2）金属棒受到的安培力N根据牛顿第二定律有所以N（3）撤去拉力F后，金属棒做减速运动并最终静止，金属棒的动能全部转化为回路中的焦耳热。在这段过程中，根据能量守恒定律有所以J考点：法拉第电磁感应定律；安培力；牛顿第二定律及能量守恒定律.