重庆市七校联盟2019-2020高二物理上学期期中联考试卷（附解析Word版）

重庆市七校联考物理试题 总分：110 分 考试时间：90 分钟 一、选择题：本题共 12 小题，每小题 4 分．在每小题给出的四个选项中，第 1～8 题只有一 项符合题目要求，第 9～12 题有多项符合题目要求．全部选对的得 4 分，选对但不全的得 2 分，有选错的得 0 分． 1. 以下叙述正确的是（ ） A. 奥斯特发现了电磁感应现象 B. 惯性是物体的固有属性，速度大的物体惯性一定大 C. 牛顿最早通过理想斜面实验得出力不是维持物体运动的原因 D. 感应电流遵从楞次定律所描述的方向，这是能量守恒定律的必然结果 【答案】D 【解析】 试题分析：1831 年 8 月，M．法拉第在软铁环两侧分别绕两个线圈，其一为闭合回路，在导线 下端附近平行放置一磁针，另一与电池组相连，接开关，形成有电源的闭合回路．实验发现， 合上开关，磁针偏转；切断开关，磁针反向偏转，这表明在无电池组的线圈中出现了感应电 流．紧接着他做了几十个实验，进而，法拉第发现，在相同条件下不同金属导体回路中产生 的感应电流与导体的导电能力成正比，他由此认识到，感应电流是由与导体性质无关的感应 电动势产生的，即使没有回路没有感应电流，感应电动势依然存在，故 A 正确；物体的惯性 只跟物体的质量有关，跟速度大小等都没有关系，物体质量越大，惯性越大，故 B 错误；古 希腊学者亚里士多德认为力是维持物体运动的原因，伽利略通过斜面理想实验，假设没有摩 擦，物体将一直运动下去不会停止，从而推翻了亚里士多德的说法“力是维持物体运动的原 因”，后来，英国科学家牛顿总结了伽利略等人的研究成果，概况了牛顿第一定律，故 C 错误； 电磁感应现象是导体中产生了电，是其它形式的能转化为电能，楞次定律是能量守恒定律在 电磁感应现象中的具体体现：感应电流的磁通必须反抗引起它的磁通变化，感应电流具有的 以及消耗的能量，必须从引起磁通变化的外界获取。要在回路中维持一定的感应电流，外界 必须消耗一定的能量，故 D 正确．所以选 AD． 考点：本题考查对牛顿第一定律、楞次定律的理解以及法拉第发现电磁感应现象和伽利略理 想斜面实验等物理学史方面的知识． 2.如图所示，竖直放置的螺线管与导线 abcd 构成回路，导线所围区域内有一垂直纸面向里的 变化的匀强磁场，螺线管下方水平桌面上有一导体圆环，导线 abcd 所围区域内磁场的磁感应 强度按下列哪一图线所表示的方式随时间变化时，导体圆环将受到向上的磁场作用力( ) A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】导体圆环将受到向上的磁场作用力，根据楞次定律的另一种表述，可见原磁场磁通 量是减小，即螺线管和 abcd 构成的回路中产生的感应电流在减小。根据法拉第电磁感应定律， 则感应电流 BE N St =   可知 减小。 A．图中 减小，则选项 A 正确； B．图中 变大，则选项 B 错误； C．图中 不变，则选项 C 错误； D．图中 不变，则选项 D 错误； 3.如图所示，E 为电池，L 是电阻可忽略不计、自感系数足够大的线圈，D1、D2 是两个规格相 同且额定电压足够大的灯泡，S 是控制电路的开关．对于这个电路，下列说法正确的是(  ) A. 刚闭合开关 S 的瞬间，通过 D1 电流大于通过 D2 的电流 B. 刚闭合开关 S 的瞬间，通过 D1 电流小于通过 D2 的电流 C. 闭合开关 S 待电路达到稳定，D1 熄灭，D2 比原来更亮 D. 闭合开关 S 待电路达到稳定，再将 S 断开，D1、D2 均闪亮一下再熄灭 【答案】C 【解析】 【详解】AB．S 闭合瞬间，由于自感线圈相当于断路，所以两灯是串联，电流相等，故 A B 错 误； C．闭合开关 S 待电路达到稳定时，D1 被短路，D2 比开关 S 刚闭合时更亮，C 正确； D．S 闭合稳定后再断开开关，D2 立即熄灭，但由于线圈的自感作用，L 相当于电源，与 D1 组 成回路，D1 要闪亮一下再熄灭，故 D 错误； 4.电感和电容对交流电的阻碍作用的大小不但跟电感、电容本身有关，还跟交流电的频率有 关，下列说法中正确的是(  ) A. 电感是通直流、阻交流，通高频、阻低频 B. 电容是通直流、阻交流，通高频、阻低频 C. 电感是通直流、阻交流，通低频、阻高频 N BSI tR =   B t   B t   B t   B t   B t   D. 电容是通交流、隔直流，通低频、阻高频 【答案】C 【解析】 AC、电感的特性：通直流，阻交流。通低频，阻高频。故 A 错误，C 正确； BD、电容器的特性：通交流，隔直流，通高频，阻低频。故 BD 错误。 故选：C。 5.图中两条平行虚线之间存在匀强磁场，虚线间的距离为 l，磁场方向垂直纸面向里。abcd 是位于纸面内的梯形线圈，ad 与 bc 间的距离也为 l。t=0 时刻，bc 边与磁场区域边界重合 （如图）。现令线圈以恒定的速度 v 沿垂直于磁场区域边界的方向穿过磁场区域。取沿 a→b→c→d→a 的感应电流方向为正，则在线圈穿越磁场区域的过程中，感应电流 I 随时间 t 变化的图线可能是（  ） A B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】开始时 bc 边进入磁场切割磁感线，根据右手定则可知，电流方向为逆时针，即为负 方向，故 A 错误；当 bc 边开始出磁场时，回路中磁通量减小，产生的感应电流为顺时针，方 向为正方向，故 D 错误。开始时 bc 边进入磁场切割磁感线，根据感应电动势大小公式：E=BLv 可得，有效切割长度越来越长，感应电动势增大，故感应电流越来越大，且电流方向为负方 向；当 bc 边开始出磁场时，根据感应电动势大小公式：E=BLv 可得，切割长度越来越长，感 . 应电动势增大，故感应电流越来越大，且电流方向为正方向，故 B 正确，C 错误。 6.风力发电机为一种新能源产品，功率为 200W 到 15kW，广泛应用于分散住户．若风力发电机 的矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，当线圈通过中性面时，下列说法正确的是(  ) A. 穿过线圈的磁通量最大，线圈中的感应电动势最大 B. 穿过线圈的磁通量等于零，线圈中的感应电动势最大 C. 穿过线圈的磁通量最大，线圈中的感应电动势等于零 D. 穿过线圈的磁通量等于零，线圈中的感应电动势等于零 【答案】C 【解析】 【详解】在中性面时，线圈与磁场垂直，磁通量最大。但线圈的磁通量变化率为零，感应电 动势为零； A．穿过线圈的磁通量最大，线圈中的感应电动势最大，与结论不相符，选项 A 错误； B．穿过线圈的磁通量等于零，线圈中的感应电动势最大，与结论不相符，选项 B 错误； C．穿过线圈 磁通量最大，线圈中的感应电动势等于零，与结论相符，选项 C 正确； D．穿过线圈的磁通量等于零，线圈中的感应电动势等于零，与结论不相符，选项 D 错误； 7.在匀强磁场中，一矩形金属框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图甲所示，产生的交变 电动势的图象如图乙所示，则(  ) A. t＝0.005s 时线框的磁通量变化率最大 B. t＝0.01s 时线框平面与中性面垂直 C. 线框产生的交变电动势有效值为 311V D. 线框产生的交变电动势频率为 100Hz 【答案】A 【解析】 【详解】A．t=0.005s 时，感应电动势最大，线框平面与中性面垂直，磁通量的变化率最大， 故 A 正确； 的 B．t=0.01s 时，感应电动势为零，线框平面与中性面重合，故 B 错误； C．线框产生的交变电动势最大值为 311V，有效值为 ，选项 C 错误； D．由图 2 可知 T=0.02s，据周期和频率的关系可得，该交变电流的频率为： 故 D 错误； 8.通过一阻值 R=100Ω 的电阻的交变电流如图所示，其周期为 1s.电阻两端电压的有效值为 ( ) A. 12V B. 4 V C. 15V D. 8 V 【答案】B 【解析】 【详解】由有效值的定义可得： 代入数据得： 解得： A．12V，与结论不相符，选项 A 错误； B．4 V，与结论相符，选项 B 正确； 311V 220V 2 = 1 1 50Hz0.02f T = = = 10 5 2 2 2 1 1 2 2 UI Rt I Rt TR + = 2 2 20.1 0.8 0.2 0.2 1UR R R × + × × = ×（ ） （ ） 4 10VU = 10 C．15V，与结论不相符，选项 C 错误； D．8 V，与结论不相符，选项 D 错误； 9.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像，当调整线圈 转速后，所产生正弦交流电的图像如图线 b 所示，以下关于这两个正弦交流电的说法正确的 是（ ） A. 在图中 t＝0 时刻穿过线圈的磁通量均最大 B. 线圈先后两次转速之比为 3∶2 C. 交流电 a 的瞬时值为 u＝10 sin 10πt(V) D. 交流电 b 的最大值为 5 V 【答案】AB 【解析】 【详解】A．由图可知，t=0 时刻线圈均在中性面，穿过线圈 磁通量最大，故 A 正确； B．由图象可知 TA：TB=2：3，根据 T=1/n，故 nA：nB=3：2，故 B 正确； C．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=10sin5πtV 故 C 错误； D．交流电最大值 Um=NBSω，ωA：ωB=3：2；故 Uma：Umb=3：2 故 故 D 错误； 10.如图所示，R1、R2 为定值电阻，L 为小灯泡，R3 为光敏电阻，当照射光强度增大时（ ） 的 5 2 5T πω π= = 2 20 V3 3mb maU U= = A. 电压表的示数增大 B. R2 中电流增大 C. 小灯泡的功率增大 D. 电路的路端电压增大 【答案】AC 【解析】 【分析】 当照射光强度增大时，R3 变小，分析电路中总电阻的变化，则由闭合电路欧姆定律可得出电 路中电流的变化，由欧姆定律可得出电压表示数的变化；同时还可得出路端电压的变化；由 串联电路的规律可得出并联部分电压的变化，再由并联电路的规律可得出通过小灯泡的电流 的变化，由功率公式即可得出灯泡功率的变化。 【详解】A 项：当光照增强时，光敏电阻的阻值减小，R3 变小，外电路总电阻减小，则电路中 的总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可得，电路中总电流增大，故 R1 两端的电压增大，即电 压表的示数增大，故 A 正确； B、D 项：因电路中总电流增大，电源的内电压增大，路端电压减小，同时 R1 两端的电压增大， 故并联电路部分电压减小，则流过 R2 的电流减小，故 B、D 错误； C 项：由并联电路电压增大，可知流过灯泡的电流一定增大，故由 P=I2R 可知，小灯泡消耗的 功率增大，故 C 正确。 故选：AC。 【点睛】闭合电路的动态分析问题一般按外电路、内电路再外电路的分析思路进行；分析内 电路主要根据总电流及内阻分析内压，而外电路较为复杂，要注意灵活应用电路的性质。 11.如图所示，有一台交流发电机 E，通过理想升压变压器 T1 和理想降压变压器 T2 向远处用户 供电，输电线的总电阻为 R.T1 的输入电压和输入功率分别为 U1 和 P1，它的输出电压和输出功 率分别为 U2 和 P2；T2 的输入电压和输入功率分别为 U3 和 P3，它的输出电压和输出功率分别为 U4 和 P4.设 T1 的输入电压 U1 一定，当用户消耗的电功率变大时，有(  ) A. U2 变小，U4 变大 B. U2 不变，U3 变小 C. P1 变小，P2 变小 D. P2 变大，P3 变大 【答案】BD 【解析】 本题考查远距离输电问题，输入功率和输出功率相等，输入功率岁输出功率的变化而变化， 当用户消耗的电功率变大时，T2 的输入功率也变大，T1 的输出功率也变大，它的输入功率也 变大；BD 正确； 12.如图所示的理想变压器副线圈为双绕组，两个副线圈 n2、n3 分别通过开关 S1、S2 与电阻 R1、R2 连接，其阻值为 R1＝R2＝R，原线圈 n1 接入正弦式交变电压 u＝10 cos 100πt (V)．若只闭合开关 S1，则电流表示数为 0.2 A；若只闭合开关 S2，电流表示数为 1.25A．则(  ) A. R1 消耗的电功率比 R2 小 B. n2∶n3＝3∶5 C. 若两个开关同时闭合，电路消耗的总功率为 14.5W D. 若两个开关同时闭合，R1 消耗的电功率比 R2 大 【答案】AC 【解析】 【详解】A．因 U1=10V；只闭合开关 S1，电流表示数为 0.2 A；根据 P=IU 可知，变压器输入功 率为 2W，此时变压器次级消耗功率 2W，也就是 R1 消耗的电功率 2W；同理只闭合开关 S2，R2 消耗的电功率 12.5W，即 R1 消耗的电功率比 R2 小，选项 A 正确； 2 B．因 ，则 ； 而 两式相除则 选项 B 错误。 CD．若两个开关同时闭合，变压器两个次级电压均不变，则次级电阻上消耗的功率不变，R1 消耗的电功率仍比 R2 小；则结合选项 A 的分析可知，电路消耗的总功率为 2W+12.5W=14.5W， 选项 C 正确， D 错误。 二、实验题（共 16 分，每空 2 分） 13.下图是某实验小组在研究磁通量变化时感应电流方向实验中的部分操作示意图，图甲所示 是电流通过灵敏检流计时指针的偏转情况，图乙是磁铁从线圈中抽出时灵敏检流计指针的偏 转情况． （1）实验操作如图乙所示，当磁铁向上抽出时，检流计 G 中指针是____偏（填“左”或 “右”）；继续操作如图丙所示，判断此时条形磁铁的运动是________线圈（填“插入”或“抽 31 2 1 2 3 UU U n n n = = 2 1 2 1 = n UU n 3 1 3 1 = n UU n 2 2 2 2 2 1 1 1 2 1 =U n UU I R n R = 2 2 2 3 3 1 1 2 2 1 =U n UU I R n R = 2 1 3 2 0.2 2 1.25 5 n I n I = = = 出”）． （2）通过完整实验，最后归纳总结出关于感应电流方向的结论是： _____________________． 【答案】 (1). 右 (2). 抽出 (3). 感应电流的磁场总是阻碍原来磁通量的变化 【解析】 【详解】（1）[1]．由甲图可知，当电流从上方流入电流表时指针向左偏转；在乙图中，当磁 铁向上抽出，磁通量减小，根据楞次定律知，感应电流的磁场与原磁场方向相同，则流过电 流计的电流方向为从下往上，所以检流计指针向右偏． [2]．在丙图中，知感应电流流过检流计的方向是从上而下，则感应电流的磁场方向向上，与 原磁场方向相同，知磁通量在减小，即磁铁抽出线圈． （2）[3]．通过完整实验，最后归纳总结出关于感应电流方向的结论是：感应电流的磁场总 是阻碍原来磁通量的变化。 14.如图所示是小明设计的一种自动测定水箱内水位的装置，R 是一种滑动变阻器，它的金属 滑片是杠杆的一端，从水位表指针所指的刻度就可知道水箱内水位的高低，从图中可知：水 位表是由________改装而成．当水面上升时，滑片________（填向上移动或者向下移动），滑 动变阻器连入电路电阻________，电流________，水量表示数________． 【答案】 (1). 电流表 (2). 向下移 (3). 变小 (4). 变大 (5). 变大 【解析】 【详解】[1]．从图中可知：水位表是由电流表改装而成． [2][3][4][5]．当水面上升时，滑片向下移动，滑动变阻器连入电路电阻变小，电流变大， 水量表示数变大． 三、计算题(本题共 2 小题，15 题 14 分，16 题 17 分共 31 分，计算时必须有必要的文字说明 和解题步骤，有数值计算的要注明单位) 15.如图所示，一小型发电机内有 n＝100 匝的矩形线圈，线圈面积 S＝0.10m2，在外力作用下 矩形线圈在 B＝0.10 T 的匀强磁场中，以恒定的角速度 ω＝100π rad/s 绕垂直于磁场方向的 固定轴 OO′匀速转动，发电机线圈电阻 r=10Ω，线圈与 R＝40Ω 的电阻构成闭合回路，其余 电阻忽略不计。求： (1)线圈转动时产生感应电动势的最大值； (2)从线圈平面通过中性面时开始，线圈转过 90°角的过程中通过电阻 R 横截面的电荷量； (3)线圈匀速转动 1 秒的过程中整个电路发热量． 【答案】(1)3.14×102 V (2)2.0×10－2 C (3)9.86×102 J 【解析】 【详解】（1）线圈中感应电动势的最大值 Em＝nBSω＝3.14×102 V （2）设从线圈平面通过中性面时开始，线圈转过 90°角所用时间为 Δt， 线圈中的平均感应电动势 ＝n 通过电阻 R 的平均电流 在 Δt 时间内通过电阻横截面的电荷量 ＝＝2×10－2 C. （3）线圈匀速转动过程中由焦耳定律有： 联立可得 E BS t∆ EI R r = + nBSq It R r = = + 2 ( )Q I R r t= + 2( ) mEI R r = + Q=9.86×102 J 16.如图 1 所示，两根足够长的平行金属导轨 MN、PQ 相距为 L，导轨平面与水平面夹角为 ， 金属棒 ab 垂直于 MN、PQ 放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，金属棒的质量为 m，导轨处 于匀强磁场中，磁场的方向垂直于导轨平面斜向上，磁感应强度大小为 B，金属导轨的上端与 开关 S、定值电阻 R1 和电阻箱 R2 相连。不计一切摩擦，不计导轨、金属棒的电阻，重力加速 度为 g，现闭合开关 S，将金属棒由静止释放。 （1）判断金属棒 ab 中电流的方向； （2）若电阻箱 R2 接入电路的阻值为 R2="2" R1，当金属棒下降高度为 h 时，速度为 v，求此过 程中定值电阻 R1 上产生的焦耳热 Q1； （3）当 B=0.40T，L=0.50m， 37°时，金属棒能达到的最大速度 vm 随电阻箱 R2 阻值的变 化关系如图 2 所示。取 g = 10m/s2，sin37°= 0.60，cos37°= 0.80。求定值电阻的阻值 R1 和 金属棒的质量 m。 【答案】（1）电流方向为 b 到 a（2） （3） m=0.1kg 【解析】 试题分析：（1）由右手定则，金属棒 ab 中的电流方向为 b 到 a （2）由能量守恒，金属棒减小的重力势能等于增加的动能和电路中产生的焦耳热 解得： （3）设最大速度为 v，切割磁感线产生的感应电动势 由闭合电路的欧姆定律： 从 b 端向 a 端看，金属棒受力如图： α 21 2Q mgh mv= − 1 2.0R = Ω 21 2mgh mv Q= + 21 2Q mgh mv= − E BLv= 1 2 EI R R = + 金属棒达到最大速度时满足 由以上三式得： 由图像可知：斜率 ，纵截距 ， 所以得到： 解得： m=0.1kg 考点：导体切割磁感线时的感应电动势 点评：本题要抓住金属棒能达到的最大速度的条件，找出表示图像的函数关系式，根据图像 中所给数据求解。 17.下列关于热学知识的说法正确的是     A. 固体、液体、气体中都有扩散运动和布朗运动 B. 热量能够从高温物体传到低温物体，但不能从低温物体传到高温物体 C. 水和酒精混合后总体积减小，说明分子间有空隙 D. 当分子间的距离 r=r0 时，斥力等于引力，表现出分子力为零 E. 扩散运动和布朗运动的剧烈程度都与温度有关 【答案】CDE 【解析】 【详解】A．布朗运动只能在气体和液体中发生，不能在固体中发生，故 A 错误； B．根据热力学第二定律知热量只能够自发从高温物体传到低温物体，但也可以通过热机做功 实现从低温物体传递到高温物体，故 B 错误； C．在水和酒精混合的实验中，水和酒精混合后总体积减小，说明分子间有空隙，故 C 正确； sin 0mg BILα − = 2 12 2 2 2 sin sinmg mgv R RB L B L α α= + 60 30 m/s =15m/s2k −= ⋅Ω ⋅Ω 0 30m / sv = 1 02 2 sinmg R vB L α = 2 2 sinmg kB L α = 1 2.0R = Ω D．根据分子力与距离的关系，当分子间的距离 r=r0 时，斥力等于引力，表现出分子力为零， 故 D 正确； E．温度是分子的平均动能的标志，是分子运动的激烈程度的标志，温度越高，扩散运动和布 朗运动的越剧烈，故 E 正确。 18.一高压气体钢瓶，容积为 V0，用绝热材料制成，开始时封闭的气体压强为 P0，温度为 T0＝ 300 K，内部气体经加热后温度升至 T1＝350 K，求： ①温度升至 T1 时气体的压强； ②若气体温度保持 T1＝350 K 不变，缓慢地放出一部分气体，使气体压强再回到 P0，此时钢瓶 内剩余气体的质量与原来气体总质量的比值为多少？ 【答案】 (1) p0 (2)6：7 【解析】 （1）设升温后气体的压强为 P，由于气体做等容变化，根据查理定律得： ，又 T0=300K，T1=350K 解得：P= p0； （2）根据克拉伯龙方程： 得：集热器内气体的体积不变，则得剩余气体的质量与 原来总质量的比值： ； 19.光滑水平地面上，A、B 两物体质量都为 m，A 以速度 v 向右运动，B 原来静止，左端有一 轻弹簧，如图所示，当 A 撞上弹簧，弹簧被压缩最短时(  ) A. A、B 系统总动量仍然 mv B. A 动量变为零 C. A 的动量变为 D. B 的动量达到最大值 E. A、B 的速度相等 为 的 7 6 0 0 1 p p T T = 7 6 pV m RT µ= 0 6 7 m m = 1 2 mv 【答案】ACE 【解析】 【详解】A．A、B 组成的系统所受的外力之和为零，动量守恒，总动量为 mv，则弹簧压缩最 短时，A、B 系统总动量仍然为 mv。故 A 正确。 BCE．弹簧压缩到最短时，A、B 速度相等，则 A 的动量不为零。由 可知此时 A 的动量为 故 B 错误，CE 正确。 D．A 在压缩弹簧的过程中，B 做加速运动，A 做减速运动，弹簧压缩量最短时，速度相等，然 后 B 继续加速，A 继续减速。所以弹簧压缩最短时，A 的动量未达到最小值，B 的动量未达到 最大值。故 D 错误。 20.如图，一质量为 M 的物块静止在桌面边缘，桌面离水平地面的高度为 h.一质量为 m 的子弹 以水平速度 v0 射入物块后，以水平速度 v0/2 射出.重力加速度为 g.求： （1）此过程中系统损失的机械能； （2）此后物块落地点离桌面边缘的水平距离。 【答案】(1) (2) 【解析】 【详解】试题分析：（1）设子弹穿过物块后物块的速度为 V，由动量守恒得 mv0=m +MV ① 解得 ② 系统的机械能损失为 '2mv mv= ' 1 2Ap mv mv= = 2 0 1 38 mE mvM  ∆ = −   0 2 mv hs M g = ΔE= ③ 由②③式得 ΔE= ④ （2）设物块下落到地面所需时间为 t，落地点距桌面边缘的水平距离为 s,则 ⑤ s=Vt ⑥ 由②⑤⑥得 S= ⑦ 考点：动量守恒定律；机械能守恒定律． 点评：本题采用程序法按时间顺序进行分析处理，是动量守恒定律与平抛运动简单的综合， 比较容易．