宁夏银川一中2021-2022学年高二物理下学期期中试题（Word解析版）

银川一中2021/2022学年度（下）高二期中考试物理试卷一、单选题（每题3分，共30分）1.在物理学发展的过程中，许多物理学家的科学发现推动了人类历史的进步，在对以下几位物理学家所做科学贡献的叙述中，正确的说法是（　　）A.楞次首先发现通电导线周围存在磁场B.安培首先发现通电导线周围存在磁场C.法拉第首先发现电磁感应现象D.奥斯特首先发现电磁感应现象【1题答案】【答案】C【解析】【详解】奥斯特发现通电导线周围存在磁场，法拉第首先发现电磁感应现象，安培提出判断电流磁场方向的判断方法，楞次提出感应电流方向的判断方法，故C正确，ABD错误。故选C。2.下列情况中，线圈都以角速度绕图中的转轴匀速转动，不能产生交变电流的是（　　）A.B.,C.D.【2题答案】【答案】A【解析】【详解】A．线圈转动时，线圈的磁通量一直为零，即磁通量保持不变，故线圈不产生感应电流，选项A满足题意要求；BCD．选项BCD中的线圈都是在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，线圈中都会产生正弦式交变电流，选项BCD不满足题意要求；故选A。3.课本中有以下图片，下列说法错误的是（　　）A.真空冶炼炉利用金属中涡流产生的热量使金属融化B.使用电磁炉加热食物时可以使用陶瓷锅C.用互相绝缘的硅钢片叠成的铁芯来代替整块硅钢铁芯可以减小变压器铁芯中的热损失D.用来探测金属壳的地雷或有较大金属零件的地雷的探雷器是利用电磁感应工作的【3题答案】【答案】B【解析】【详解】A．真空冶炼炉利用金属中涡流产生的热量使金属融化，故A正确，不符合题意；B．使用电磁炉加热食物时，陶瓷锅内没有自由电荷，不能产生涡流，不会发热，故B错误，符合题意；C．变压器中用互相绝缘的硅钢片叠成铁芯可以减小涡流，减小热损失，故C正确，不符合题,意；D．用来探测金属壳的地雷或有较大金属零件的地雷的探雷器是利用电磁感应工作的，故D正确，不符合题意。故选B。4.如图所示，理想变压器原线圈的匝数为1000匝，两个副线圈的匝数分别为n2=50匝、n3=100匝，L1是“6V、2W”的小灯泡，L2是“12V、4W”的小灯泡，当n1接上交流电压时，L1、L2都正常发光，那么，原线圈中的电流为（　　）A.AB.AC.AD.A【4题答案】【答案】B【解析】【详解】设原线圈两端的电压为U1，根据变压器变压的原理有解得设通过原线圈的电流为I1，根据变压器的工作原理有解得可知ACD错误，B正确。故选B。,5.下列说法中不正确的是（　　）A.显微镜下观察到墨水中的小碳粒在不停的做无规则运动，这反映了液体分子运动的无规则性B.某气体的摩尔质量为M，摩尔体积为V，密度为ρ，每个分子的体积为V0，则阿伏加德罗常数为NA=C.物质由大量的分子组成，分子间有间隙D.在真空、高温条件下，可以利用分子扩散向半导体材料中掺入其它元素【5题答案】【答案】B【解析】【详解】A．显微镜下观察到墨水中的小碳粒在不停的做无规则运动，这是布朗运动，反映了液体分子运动的无规则性，故A正确；B．气体的体积是指气体所充满的容器的容积，它不等于气体分子个数与气体分子体积的乘积，故B错误；C．根据分子动理论可知，物质由大量的分子组成，分子间有间隙，故C正确；D．温度越高，分子热运动越剧烈，由此在真空、高温条件下，可以利用分子扩散向半导体材料中掺入其它元素，故D正确。故选B。6.如图所示，圆环形导体线圈a平放在水平桌面上，在a的正上方固定一竖直螺线管b，二者轴线重合，螺线管与电源和滑动变阻器连接成如图所示的电路。若将滑动变阻器的滑片P向下滑动，下列表述正确的是（　　）A.线圈a有扩张的趋势B.穿过线圈a的磁通量变小C.线圈a对水平桌面的压力将减小D.线圈a中将产生俯视逆时针方向的感,应电流【6题答案】【答案】D【解析】【详解】若将滑动变阻器的滑片P向下滑动，滑动变阻器接入电路的阻值减小，螺线管中的电流增大，产生的磁场增强，穿过线圈a的磁通量向下变大，根据楞次定律可知圈a中将产生俯视逆时针方向的感应电流，根据“增缩减扩”和“来拒去留“可知，线圈a有收缩的趋势和远离螺线管的趋势，此时线圈a对水平桌面的压力FN将增大，故ABC错误，D正确。故选D。7.如图1所示，细导线绕制的螺线管匝数匝，横截面积，导线电阻，电阻，点接地，磁场穿过螺线管，磁感应强度随时间变化的图象如图2所示（以向右为正方向），下列说法正确的是（　　）A.通过电阻的电流方向是从到B.感应电流的大小保持不变为C.电阻的电压为6VD.点的电势为【7题答案】【答案】D【解析】【详解】A．根据楞次定律可知，通过电阻的电流方向是从C到A，选项A错误；B．感应电动势,感应电流的大小保持不变为故B错误；C．电阻的电压为UR=IR=4.8V选项C错误；D．因UCA=UR=4.8VA点的电势为零，则点的电势为，选项D正确。故选D。8.如图所示，平行导轨MN、PQ间距为d，M、P间接一个电阻R，匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于平行金属导轨所在的平面向里。一根足够长的金属杆ab第一次垂直于导轨放置，第二次与导轨成60°角放置。金属杆和导轨的电阻不计，当金属杆两次均以速度v沿垂直于杆的方向滑行时，下列说法正确的是（　　）A.两次电阻R上的电压相等B.第一次和第二次金属杆中感应电流之比为C.第一次和第二次金属杆受到的安培力大小之比为D.第一次和第二次电阻R上的电功率之比为【8题答案】【答案】B【解析】【详解】A．第一次金属杆切割磁感线的有效长度为,第二次金属杆切割磁感线的有效长度为根据可得两次电阻R上的电压之比A错误；B．根据可得第一次和第二次金属杆中感应电流大小之比为B正确；C．根据安培力表达式可得第一次和第二次金属杆受到的安培力之比为C错误；D．根据可得第一次和第二次电阻R上的电功率之比为D错误。故选B。9.“凸”字形硬质闭合金属线框各边长如图所示，线框右侧有一宽度为3L的匀强磁场区域，,磁场方向垂直于纸面向外。线框在纸面内始终以速度v向右匀速运动，t=0时，线框开始进入磁场。规定顺时针方向为电流的正方向，在线框穿过匀强磁场区域的过程中线框中的感应电流i随时间t变化的图像正确的是（　　）A.B.C.D.【9题答案】【答案】B【解析】【详解】设线框向右运动的速度为v，线框的总电阻为R，当时，只有最右侧一个短边切割磁感线，由右手定则可知，感应电流沿顺时针方向，电流是正的，电流大小当时，从右侧中间两个短边进入磁场至左侧长边进入磁场，由右手定则可知，感应电流沿顺时针方向，是正的，电流大小,当时，从左侧长边进入磁场和一个右侧短边离开磁场至右侧两个短边离开磁场，由右手定则可知，感应电流沿逆时针方向，是负的，电流大小当时，从右侧中间两短边离开磁场至左侧长边离开磁场，由右手定则可知，感应电流沿逆时针方向，是负的，电流大小故选B。10.如图所示，某空间存在一磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面（竖直平面）向里的匀强磁场区域，磁场的上、下边界均为水平面且间距为L，纸面内磁场上边界的上方有一质量为m，电阻为R的正方形导线框abcd，其边长也为L，上、下两边均与磁场边界平行。将线框以初速度v0无旋转的水平抛出，线框恰能匀速进入磁场，重力加速度为g，不计空气阻力，则下列说法正确的是（　　）A.线框ab边离开磁场瞬间比线框ab边进入磁场的瞬间所受的安培力大B.线框抛出时ab边距离磁场上边界的高度为C.线框通过磁场的过程中产生的热量为D.线框通过磁场的过程中水平位移为【10题答案】【答案】B【解析】【详解】A．由于磁场的高度与正方形边长相等，线框恰能匀速进入磁场，则线框离开磁场时，也将匀速运动，安培力都等于重力，即线框ab边离开磁场的瞬间与线框ab,边进入磁场的瞬间所受的安培力相等，故A错误；B．线框下边进入磁场时有感应电动势为感应电流为线框抛出后到进入磁场，竖直方向上有，联立解得故B正确；C．由A分析可知，线框通过磁场的过程做匀速运动，根据能量守恒定理有即线框通过磁场的过程中产生的热量为，故C错误；D．由B分析可知，线框通过磁场的速度为则线框通过磁场的时间为线框通过磁场的过程中水平位移为故D错误。故选B。二、多选题（每题4分，共16分。每题有多个正确选项，全选对得4分，选对但不全的得2分，错选或多选不得分）11.下列说法不正确的是（　　）,A.由图甲可知，状态①的温度比状态②的温度高B.图乙为水中某花粉颗粒每隔一定时间位置连线图，连线表示该花粉颗粒做布朗运动的轨迹C.由图丙可知，当分子间距离r>r0时，分子间的作用力先增大后减小D.由图丁可知，在r由r1变到r2的过程中分子力做正功【11题答案】【答案】B【解析】【详解】A．由图甲可知，状态①速率大的氧气分子比例较大，所以状态①的温度比状态②的温度高，故A正确；B．由于图乙中的位置是每隔一定时间记录的，所以位置的连线不能表示该花粉颗粒做布朗运动的轨迹，只能说明花粉颗粒运动的无规则性，故B错误；C．由图丙可知，当分子间的距离r>r0时，分子间的作用力先增大后减小，故C正确；D．由图丁可知，在r由r1变到r2的过程中分子势能减小，分子力做正功，故D正确。本题选错误的，故选B。12.在图乙的电路中，通入如图甲所示的交变电流，此交变电流的每个周期内，前三分之一周期电压按正弦规律变化，后三分之二周期电压恒定。电阻R的阻值为12Ω，电表均为理想电表，下列判断正确的是（  ）A.电压表的示数为B.该交变电流的电压有效值为C.电阻R一个周期内产生的热量为9JD.电流表的示数为0.5A,【12题答案】【答案】CD【解析】【详解】AB．根据“热相等”原则，得解得U=6V所以该交变电流的电压有效值为6V，电压表读数为6V，故AB错误；C．由焦耳定律得故C正确；D．电流表示数为故D正确。故选CD。13.如图所示，灯泡1和2是两个电阻值均为的完全相同的小灯泡，滑动变阻器接入电路的阻值为，。是一个自感很大的线圈，它的电阻值也为。由于自感现象，当开关接通或断开时，下列说法正确的是（　　）A.开关接通时，灯泡1和2同时亮B.开关接通时，通过灯泡1和2的电流相等C.开关断开时，灯泡2立即熄灭，灯泡1先闪亮一下再熄灭,D.开关断开时，通过灯泡1和2的电流相等【13题答案】【答案】AC【解析】【详解】AB．开关接通时，灯泡1和2同时亮，但是由于线圈中的感应电动势阻碍电流的增加，则通过灯泡1的电流大于通过灯泡2的电流，选项A正确，B错误；C．开关断开时，灯泡2立即熄灭；因，即灯泡的电阻大于线圈的直流电阻，则当电路稳定时，通过线圈的电流大于通过灯泡1的电流，则当开关断开时，由于线圈阻碍电流减小，则原来通过线圈的电流再次通过灯泡1，则使得灯泡1先闪亮一下再熄灭，选项C正确；D．开关断开时，灯泡2的电流立刻变为零，但是通过灯泡1的电流是逐渐减为零，则通过灯泡1和2的电流不相等，选项D错误。故选AC。14.如图所示，理想变压器的原，副线圈匝数之比为5：1，R2=5Ω，现在电源输入电压如图乙所示的交流电，电流表和电压表均为理想电表，电流表A2的示数为4A，下列说法正确的是（　　）A.电压表V1的示数是100VB.电阻R1的值为275ΩC.电路消耗的总功率是80WD.若R2的阻值增大，则电压表V2的示数将增大【14题答案】【答案】AD【解析】【详解】A．由题意得由,得故A正确；B．由图乙可知电源的输入电压为所以R1上的电压为又因为所以所以故B错误；C．电路消耗的总功率为故C错误；D．若R2的阻值增大，则电流I2减小，从而I1减小，则R1上的电压减小，又因为总的输入电压不变，所以原线圈两端电压U1增大，则副线圈两端电压也增大，即电压表V2的示数将增大，故D正确。故选AD。三、实验题（12分）15.如图所示，为探究变压器线圈两端电压与匝数的关系，我们把没有用导线相连的线圈套在,同一闭合的铁芯上，一个线圈连到电源的输出端，另一个线圈连到小灯泡上，如图所示，试回答下列问题：（1）线圈应连到学生电源的______（选填“直流”、“交流”）输出端上；（2）将与灯泡相连的线圈拆掉部分匝数，其余装置不变继续实验，灯泡亮度将_____（选填“变亮”、“变暗”），这说明灯泡两端的电压_____（选填“变大”、“变小”）；（3）在“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验中，变压器原、副线圈的匝数分别为120匝和60匝，测得的原线圈两端的电压为8.2V，则副线圈两端的电压值可能是______。A．16.4VB.5.0VC.3.6V【15题答案】【答案】①.交流②.变暗③.变小④.C【解析】【分析】【详解】(1)[1]变压器利用交流电工作，所以线圈应连到学生电源的交流输出端。(2)[2][3]副线圈匝数减少，副线圈电压降低，所以灯泡亮度降低。(3)[4]根据电压规律得因为变压器不是理想变压器，所以副线圈电压低于4.1V，故选C。16.（1）如图所示的四个图反映“用油膜法估测分子的大小”实验中配置好油酸酒精溶液后的四个步骤，将它们按操作先后顺序排列应是___________（用符号表示）。（2）在“用油膜法估测分子的大小”的实验中，用移液管量取油酸，倒入标注的容量瓶中，再加入酒精后得到的溶液，然后用滴管吸取这种溶液，向小量筒中滴入100滴溶液，溶液的液面达到量筒中的刻度，再用滴管取配好的油酸溶液，向,撒有痱子粉的盛水浅盘中滴下1滴溶液，在液面上形成油酸薄膜，待油膜稳定后，放在带有正方形坐标格的玻璃板下观察油膜，如图所示。坐标格正方形的大小为，由图可以估算出油膜分子的直径是___________m（保留一位有效数字）。（3）某同学计算出的油酸分子直径明显偏大，可能的原因是___________。A．油酸中含有大量酒精B．痱子粉撒太多，油膜未能充分展开C．计算油膜面积时，将所有不完整的方格都作为一格保留D．计算每滴溶液中纯油酸的体积时，油酸酒精溶液的滴数多记了10滴【16题答案】【答案】①.②.③.B【解析】【详解】（1）图a然后将配制好的溶液滴在有痱子粉的浅盘里的水面上；图b是将画有油酸薄膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上，按不足半个舍去，多于半个的算一个，统计出油酸薄膜的面积；图c将玻璃板放在浅盘上，用彩笔描绘出油酸膜的形状；图d配制好油酸酒精溶液，通过量筒测出1滴此溶液的体积；故它们按操作先后顺序排列应是。（2）根据测量原理有由题目中图示油膜可知，油膜的面积为两滴油酸溶液含纯油的体积解得油酸分子的直径为（3）A．油酸中含有大量酒精不会造成影响，因为最终酒精会挥发或溶于水，故A错误；B．痱子粉撒太多，油膜未能充分展开，导致面积偏小，则所测分子直径偏大，故B正确；C．计算油膜面积时，将所有不完整的方格都作为一格保留，导致面积偏大，则所测分子直径偏小，故C错误；D．计算每滴溶液中纯油酸的体积时，油酸酒精溶液的滴数多记了10滴，导致一滴油酸的体积偏小，则所测分子直径偏小，故D错误。,故选B。四、解答题17.如图所示为交流发电机示意图，匝数为n=100匝的矩形线圈边长分别为a=10cm和b=20cm，内阻为r=5Ω，在磁感应强度B=0.5T的匀强磁场中绕OO'轴以ω=50rad/s的角速度匀速转动，计时开始时线圈平面与磁场方向平行，线圈通过电刷和外部R=20Ω的电阻相接。开关S合上后，求∶（1）线圈内产生的交变电动势瞬时值的表达式；（2）从计时开始到线圈转过的过程中，通过外电阻R的电荷量。【17题答案】【答案】（1）e=50cos50t（V）；（2）0.04C【解析】【详解】（1）感应电动势最大值为Em=nBSω=50V从线圈平行于磁场时刻开始计时，故表达式为e=Emcosωt=50cos50t（V）（2）从计时开始到线圈转过90°的过程中E=nI=q=IΔt代入数据解得q=0.04C18.如图所示，某小型水电站发电机的输出功率为10kW，输出电压为400V，向距离较远的用户供电，为了减少电能损耗，使用2kV高压输电，最后用户得到“220V；9.5kW”的电能，,求：（1）水电站升压变压器原、副线圈匝数比；（2）输电线路导线电阻R；【18题答案】【答案】（1）；（2）20【解析】【详解】（1）水电站升压变压器原、副线圈匝数比（2）由P损＝IR，输送电流取决于输送电压及输送功率I2＝所以R＝＝＝＝2019.半径L=5m、电阻不计的金属圆环水平放置，O为圆环的圆心，其内部存在着方向竖直向上、大小B=1T的匀强磁场（图中未画出），OA是一个长度为L的金属棒，它可绕O点旋转，且始终与金属圆环接触良好。一电路的两端分别与金属圆环和O点连接，如图所示。已知金属棒OA的电阻r=10Ω，滑动变阻器接入电路阻值R1=10Ω，定值电阻的阻值R2=5Ω，电容器的电容C=0.1F。当金属棒OA绕O点以某一角速度匀速转动时，电容器的电荷量q=0.5C。（1）求金属棒匀速转动的角速度；（2）改变R1接入电路的阻值，当R1、R2消耗的电功率之和最大时，求电容器的电荷量。,【19题答案】【答案】（1）；（2）【解析】分析】【详解】（1）金属棒切割磁感线产生的感应电动势电容器两端的电压电容器的电荷量联立解得（2）当、的阻值之和等于r时，、消耗的电功率之和最大此时电容器两端的电压为电容器的电荷量为20.如图甲所示，MN、PQ是间距l=0.5m且足够长的平行金属导轨，NQ⊥MN，导轨的电阻均不计，导轨平面与水平面间的夹角θ=37º，NQ间连接一个R=4Ω的电阻。有一磁感应强度B=1T的匀强磁场垂直于导轨平面向上。将一根质量m=0.05kg、阻值为r的金属棒ab紧靠NQ放置在导轨上，且与导轨接触良好。现由静止释放金属棒，当金属棒滑行至cd处时达到稳定速度。已知在此过程中通过金属棒横截面的电荷量q=0.2C，且金属棒的加速度a与速度v的,关系如图乙所示，设金属棒沿导轨向下运动过程中始终与NQ平行。（重力加速度为g=10m/s2）求：（1）金属棒与导轨间的动摩擦因数μ；（2）cd离NQ的距离x；（3）金属棒由静止释放至达到稳定速度时，电阻R上产生的热量。【20题答案】【答案】（1）；（2）；（3）0.08J【解析】【详解】（1）由题图乙知，当v=0时，a=2m/s2由牛顿第二定律得解得（2）由题图乙可知，金属棒速度稳定时vm=2m/s此时金属棒两端的感应电动势E=Blvm金属棒受到的安培力根据物体的平衡有解得,又因为此过程中通过金属棒横截面的电荷量有解得（3）金属棒由静止释放到达到稳定速度的过程中，根据动能定律即重力做功摩擦力做功由题图乙可知，金属棒速度稳定时vm=2m/s解得由解得