重庆市第十八中学2018-2019学年高二下学期半期考试物理试题 Word版含解析.docx

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重庆市第十八中学高2020届2018—2019学年（下）半期试题物理试卷（总分110分时间90分钟）一、选择题：本题共12小题，每小题4分，在1-8题每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求。9-12为多项选择题。1.如图所示，导体棒AB长2R，绕O点以角速度ω沿逆时针方向匀速转动，OB为R，且OBA三点在一直线上，有一匀强磁场磁感应强度为B，充满转动平面且与转动平面垂直，那么AB两端电势差大小为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】【详解】AB两端的电势差大小等于金属棒AB中感应电动势的大小为故选C。2.在如图所示的电路中，S1和S2是两个相同的小灯泡，L是一个自感系数相当大的线圈，其直流电阻值与R相等。在电键S接通和断开时，灯泡S1和S2亮暗的顺序是（　　）A.接通时，S1先达到最亮，断开时，S1后暗B.接通时，S2先达到最亮，断开时，S2后暗 C.接通时，S1先达到最亮，断开时，S1先暗D.接通时，S2先达到最亮，断开时，S2先暗【答案】A【解析】【详解】电键S接通瞬间，电路中迅速建立了电场，立即产生电流，但线圈中产生自感电动势，阻碍电流的增加，故开始时通过灯泡S1的电流较大，故灯泡S1先达最亮；电路中自感电动势阻碍电流的增加，但不能阻止电流增加；由于L是一个自感系数相当大的线圈，其电阻与R相同，所以电流稳定后，两个灯泡一样亮，即S1灯泡亮度逐渐正常，电键断开瞬间，电路中电流要立即减小零，但线圈中会产生很强的自感电动势，与灯泡S1构成闭合回路放电，故断开时S1后暗。故选A。3.一闭合矩形线圈abcd绕垂直于磁感线的固定轴匀速转动，线圈平面位于如图（甲）所示的匀强磁场中。通过线圈内的磁通量Φ随时间的变化规律如图（乙）所示。下列说法正确的是（　　）A.、时刻通过线圈的磁通量变化率最大B.、时刻线圈中感应电流方向改变C.、时刻线圈中感应电流方向改变D.、时刻线圈中感应电动势最小【答案】C【解析】【详解】AC．、时刻通过线圈的磁通量的绝对值最大，磁通量变化率此时感应电动势、感应电流为零，线圈中感应电流方向改变，故A错误，C正确；BD．t2、t4时刻线圈中磁通量为零，即线圈转到与中性面垂直位置处，磁通量的变化率最大，即感应电动势最大，电流方向不变，故BD错误。 故选C。4.如图甲为电热毯的电路图，电热丝接在U=311sin100πt(V)的电源上，电热毯被加热到一定温度后，通过装置P使输入电压变为图乙所示波形，从而进入保温状态，若电热丝电阻保持不变，此时交流电压表的读数是（）A.220VB.156VC110VD.311V【答案】B【解析】【详解】由图象可知该交变电流的周期为：T=2×10-2s；可分两段0-T/2和T/2-T，根据有效值的定义可得：，解得：U==156V，故B正确，ACD错误．故选B．【点睛】本题考查有关交变电压有效值的计算问题，求解有效值时要注意“三个相同”：相等时间、相同电阻、相同的热量；知道电压表和电流表测量的都是有效值．5.为了估测一容器中气体分子间的平均距离，需要知道的物理量是（　　）A.阿伏伽德罗常量、该气体的质量和摩尔质量B.阿伏伽德罗常量、该气体的摩尔质量和密度C.阿伏伽德罗常量、该气体的质量和体积D.该气体的密度、体积和摩尔质量【答案】B【解析】【分析】【详解】A．知道该气体的摩尔质量和质量，可以得到摩尔数，但不知道体积，无法计算，故A错误；B．知道阿伏加德罗常数、该气体的摩尔质量和密度，用摩尔质量除以摩尔密度可以得到摩尔体积，再除以阿伏加德罗常数得到每个分子平均占有的体积，用正方体模型得到边长，即为分子间距，故B正确； C．阿伏加德罗常数、该气体的质量和体积已知，可以得到密度，但不知道摩尔体积和摩尔质量，故C错误；D．已知该气体的密度、体积和摩尔质量，可以得到摩尔体积，但缺少阿伏加德罗常数，故D错误。故选B。6.下列说法正确的是（　　）A.布朗运动是液体分子的运动，它说明分子永不停息地做无规则运动B.扩散现象表明，分子在永不停息地运动C.悬浮微粒越大，在某一瞬间撞击它的液体分子数就越多，布朗运动越明显D.温度低的物体分子运动的平均速率小【答案】B【解析】【详解】A．布朗运动是悬浮在液体中的固体小颗粒的运动，不是液体分子的运动，A错误；B．不同物体互相接触时彼此进入对方的现象叫扩散，扩散现象表明，分子在永不停息地做无规则运动，B正确；C．悬浮微粒越大，在某一瞬间撞击它的液体分子数就越多，悬浮微粒受到的各方向的力就越趋向于平衡，布朗运动越不明显，C错误；D．温度是分子平均动能的决定因素，温度低的物体分子运动的平均动能小，但平均速率不一定小，还与分子质量有关，D错误。故选B。7.如图，匝矩形导线恒以角速度绕对称轴匀速转动，线圈面积为S，线框电阻、电感均不计，在左侧有磁感应强度为的匀强磁场，外电路接有电阻理想电流表A，那么可以确定是（　　）A.从图示时刻起，线框产生的瞬时电动势为B.交流电流表的示数C.两端电压的有效值 D.一个周期内的发热量【答案】B【解析】【分析】【详解】A．由图可知，线圈只有一半在磁场中，故产生的电动势的最大值为故瞬时表达式为A错误；B．电流表的示数为B正确；C．两端电压的有效值C错误；D．一个周期内的发热量D错误。故选B。8.边长为a的闭合金属正三角形框架，左边竖直且与磁场右边界平行，完全处于垂直于框架平面向里的匀强磁场中，现把框架匀速水平向右拉出磁场，则下列图像与这一过程相符合的是（　　） A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】AC．该过程中，框架切割磁感线的有效长度等于框架与磁场右边界两交点的间距，根据几何关系可得有效长度为所以电动势为即故A错误，C正确；B．框架匀速向右拉出磁场，则由平衡条件可得即故B错误；D．外力的功率为即故D错误。 故选C。9.两分子间的斥力和引力的合力F与分子间距离r的关系如图中曲线所示，曲线与r轴交点的横坐标为。相距很远的两分子在分子力作用下，由静止开始相互接近。若两分子相距无穷远时分子势能为零，下列说法正确的是（　　）A.在阶段，F做正功，分子动能增加，势能减小B.在阶段，F做负功，分子动能减小，势能也减小C.在时，分子势能最小，动能最大，分子势能为零D.分子动能和势能之和在整个过程中不变【答案】AD【解析】【详解】A．在阶段，两分子间的斥力和引力的合力F表现为引力，两分子在分子力作用下，由静止开始相互接近，F做正功，分子动能增加，势能减小，故A正确；B．在阶段，两分子间的斥力和引力的合力F表现为斥力，F做负功，分子动能减小，势能增大，故B错误；C．两分子相距无穷远时分子势能为零，结合前面分析可知在时，分子势能最小且小于零，动能最大，故C错误；D．在整个过程中，只有分子力做功，分子动能和势能之和保持不变，故D正确。故选AD。10.如图所示，理想变压器的副线圈上通过输电线接有两个相同的灯泡L1和L2，输电线的等效电阻为R，开始时，开关K断开，当K接通时，以下说法正确的是（　　） A.副线圈两端M、N的输出电压减小B.副线圈输电线等效电阻R上的电压减小C.通过灯泡L1的电流增大D.原线圈中的电流增大【答案】D【解析】【详解】A．输入电压和原、副线圈的匝数比不变，由可知副线圈两端M、N的输出电压不变，A错误；BC．当K接通时，副线圈电路的总电阻减小，总电流I2变大，输电线等效电阻R上的电压增大，并联部分的电压减小，通过灯泡L1的电流减小，BC错误；D．由可知，电流I2变大，则I1变大，即原线圈中的电流增大，D正确。故选D。11.如图甲所示为放在同一水平面内的两个闭合同心圆形线圈A、B，线圈A中通入如图乙所示的电流，时电流方向为顺时针（如图中箭头所示），则下列说法中正确的是（　　）A.在时间段内，线圈B内有顺时针方向的电流，线圈B有扩张的趋势B.在时间段内，线圈B内感应电流产生的磁场方向垂直纸面向里 C.在时间段内，线圈B内有逆时针方向的电流，线圈B有收缩的趋势D.在时间段内，线圈B内感应电流产生的磁场方向垂直纸面向里【答案】ABD【解析】【详解】CD．在时间段内，由题图可知，线圈A中的瞬时针电流在减小，电流产生磁场在减少，根据楞次定律有，线圈B的感应电流方向为顺时针，由安培定则可知，线圈B内感应电流产生的磁场方向垂直纸面向里。结合磁场叠加原则可知，线圈B所处磁场的方向垂直于直面向外，且在减小，两线圈的电流同向，则有相互吸引趋势，所以线圈B有收缩趋势，故C错误，D正确；AB．在时间段内，线圈A中逆时针电流增大，电流产生磁场在增强，根据安培定则与磁场叠加原则可知，线圈B内的感应电流产生的磁场方向向里，根据楞次定律，则有线圈B的感应电流的方向为顺时针，两线圈的电流方向反向，则有相互排斥趋势，所以线圈B有扩张趋势，故AB正确。故选ABD。12.在如图所示的倾角为θ的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小均为B的匀强磁场，区域Ⅰ的磁场方向垂直于斜面向上，区域Ⅱ的磁场方向垂直于斜面向下，磁场的宽度均为L.一个质量为m、电阻为R、边长也为L的正方形导线框由静止开始沿斜面下滑，当ab边刚越过GH进入磁场区域Ⅰ时，恰好以速度v1做匀速直线运动；当ab边下滑到JP与MN的中间位置时，又恰好以速度v2做匀速直线运动，ab从进入GH到运动至MN与JP的中间位置的过程中的，线框动能的变化量为ΔEk，重力对线框做的功为W1，安培力对线框做的功大小为W2，下列说法中正确的有(　　)A.在下滑过程中，由于重力做正功，所以有v2＞v1B.ab从进入GH到运动至MN与JP的中间位置的过程中机械能守恒C.ab从进入GH到运动至MN与JP的中间位置的过程中，有(W1－ΔEk)的机械能转化为电能D.ab从进入GH到运动至MN与JP的中间位置的过程中，线框动能的变化量ΔEk＝W1－W2【答案】CD【解析】【详解】A项：当ab边刚越过GH进入磁场Ⅰ区时，恰好以速度v1 做匀速直线运动，则由法拉第电磁感应定律得E1=BLv1，回路总电流I1=E1/R，导体棒滑动中受到安培力，当ab边下滑到JP与MN的中间位置时，线框又恰好以速度v2做匀速直线运动，此时正方形导线框的两边均切割磁感线，故这是典型的双电源问题，同理有E2=2BLv2，回路总电流I2=E2/R，导体棒滑动中受到安培力，故容易得到v2：v1=1：4，故A错误；B项：ab从进入GH到运动至MN与JP的中间位置的过程中，线框中产生焦耳热，故机械能不守恒，故B错误；C项：从ab进入GH到MN与JP的中间位置的过程中，由动能定理可知，，解得：，根据克服安培力做功等回路中产生的电能，故C正确；D项：ab从进入GH到运动至MN与JP的中间位置的过程中，由动能定理可知，，故D正确．点晴：当ab边刚越过GH进入磁场区时，ab边切割磁感线产生感应电动势，推导此时安培力的表达式，由重力沿斜面向下的分力与安培力平衡，列出方程，得出速度v1的表达式．当ab边下滑到JP与MN的中间位置时，ab边与dc边都切割磁感线，都产生感应电动势，再用同样的方法得出速度v2的表达式，再求出两个速度之比．根据功能关系分析线框克服安培力对线框做功与机械能减小的关系．根据动能定理研究线框动能的变化量．二、实验题（共2个题，共15分）13.一实验小组用某种导电材料制作成电阻较小的线状元件Z，并通过实验研究该元件中的电流随两端电压从零逐渐增大过程中的变化规律。（1）该小组连成的实物电路如图甲所示，其中有两处错误，请在错误的连线上打“×”，并在原图上用笔画出正确的连线______。（2）在实验中应选用的滑动变阻器是______。 A.滑动变阻器（0~5Ω额定电流5A）B.滑动变阻器（0~100Ω额定电流0.5A）（3）实验测得元件中的电流与电压的关系如下表所示，试在方格纸中画出电流与电压的关系图线______。U（V）00.400.500.600.700.801.001.20I（A）00.200.300.400.550.751.251.80（4）上述实验改进后，仍存在实验误差，导致被测电阻的______（选填“>”“=”或“<”）。你认为导致该误差的主要原因是（只要求写一条）______。【答案】（1）见解析（2）A（3）见解析（4）①.<②.电压表分流【解析】【小问1详解】由于电压从零逐渐增大，可知，控制电路采用滑动变阻器的分压式，则滑动变阻器左侧连接的导线错误；由于蓄电池的电动势一般为2V，为了确保电压表的安全与精度，电压表量程选择3V，由由于导电材料制作成电阻较小，为了减小电流表的分压影响，测量电路采用电流表外接法，可知，连接电压表右侧的导线错误，作出电路图如图所示【小问2详解】根据上可知，滑动变阻器采用分压式，为了确保测量数据的连续性强，滑动变阻器总阻值一般选择小一些的，即滑动变阻器选择0~5Ω。故选A。【小问3详解】将表格中的数据在方格纸上描点，用平滑曲线连接起来，如图所示 【小问4详解】[1][2]由于测量电路采用电流表外接法，可知，由于电压表的分流影响，导致电阻的测量值小于真实值。14.某实验小组想通过实验测定一节干电池的电动势和内阻，实验室提供的实验器材如下：A.待测干电池E（电动势约为1.5V，内阻约为3Ω）B直流电流表（量程0~0.6A，内阻约0.5Ω）C.直流电流表（量程0~3A，内阻约0.1Ω）D.电压表（量程0~2V，内阻约为2000Ω）E.电压表（量程0~6V，内阻约为6000Ω）F.滑动变阻器（最大电阻20Ω，额定电流2A）G.滑动变阻器（最大电阻200Ω，额定电流1A）H.电阻箱（最大电阻99.9Ω，额定电流1A）I.开关、导线若干（1）若用伏安法测电源的电动势和内阻，要求测量有尽可能高的精确度且便于调节，应选择的电流表是______，电压表是______，滑动变阻器是______。（填器材前面的序号）（2）请将图甲中的实物连接成实验电路______。（3）在用伏安法测电源的电动势和内阻时，电流表出现了故障，不能使用，实验小组如想方便且能较准确地进行测量，需将实验进行改进，只需去掉电流表，将上述器材中的______换成______ 即可。（填器材前面的序号）（4）请在下框中画出改进后的实验电路图______。（5）实验小组在改进后的实验中得到了多组路端电压和外电阻的数据，对所得数据进行处理后，在坐标纸上作出了如图乙所示图线。由图线得出：干电池的电动势_______V，内阻______Ω（结果保留两位有效数字）【答案】（1）①.B②.D③.F（2）见解析（3）①.F②.H（4）见解析（5）①.1.7②.2.5【解析】【小问1详解】[1][2][3]由于电动势约为1.5V，为了确保电压表的安全与精度，电压表选择2V量程，即电压表选择D；为了便于调节，确保测量数据的连续性强，在确保安全的前提下，滑动变阻器选择总阻值小一些的，即滑动变阻器选择F；电动势约为1.5V，内阻约为3Ω，电路的短路电流为为了确保电流表安全与精度，电流表量程选择0~0.6A，即电流表选择B。【小问2详解】结合上述可知，电压表内阻远远大于电流表内阻与电源内阻，为了减小实验误差，实验电路利用电压表直接测量电源路端电压，实验电路图如图所示 【小问3详解】[1][2]在用伏安法测电源的电动势和内阻时，电流表出现了故障，不能使用，实验小组如想方便且能较准确地进行测量，需将实验进行改进，只需去掉电流表，将上述器材中的滑动变阻器换成电阻箱，此时有变形有测量数据建立图像，根据图像的斜率与截距能够求出电动势与电源内阻。【小问4详解】结合上述，作出改进后的实验电路图，如图所示【小问5详解】[1][2]根据上述有结合图乙有，解得，三、计算题（共4个计算题共47分，其中15题8分，16题10分，17题14分，18题15分） 15.某村在距村庄较远的地方修建了一座小型水电站，发电机输出功率为9kW，输出电压为500V，输电线的总电阻为10Ω，允许线路损耗的功率为输出功率的4%.(1)当村民和村办小企业需要220V电压时，求所用升压变压器和降压变压器原、副线圈的匝数比各为多少？(不计变压器的损耗)(2)若不用变压器而由发电机直接输送，则村民和村办小企业得到的电压和功率各是多少？【答案】(1)1∶3　72∶11　(2)320V　5760W【解析】【详解】(1)建立如图甲所示的远距离输电模型由线路损耗的功率：，且由题意知：联立以上方程可得：又由公式，由此可求：则降压变压器得到的电压：由理想变压器电压与匝数成正比的关系可求：所以升压变压器和降压变压器原、副线圈的匝数比分别是1∶3和72∶11.(2)若不用变压器而由发电机直接输送(模型如图乙所示). 由公式，可得输电电流：所以线路损耗的功率：用户得到的电压：用户得到的功率：16.如图所示，固定在同一水平面内的两根平行长直金属导轨的间距为（导轨电阻不计），其右端接有阻值为的电阻，整个装置处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为。一质量为、电阻也为的匀质导体杆ab垂直于导轨放置，与导轨接触良好，杆与导轨之间的动摩擦因数为，对ab施加水平向左的恒力，使ab从静止开始沿导轨运动，当运动距离为时，速度恰好达到最大。已知重力加速度大小为g。在此过程中，求：（1）导体杆ab的最大速度；（2）电阻R产生的焦耳热。【答案】（1）；（2）12J【解析】【详解】（1）ab杆匀速运动时速度最大，加速度由平衡条件有摩擦力为 感应电动势为感应电流为杆所受的安培力为解得代入数据解得（2）恒力F做功摩擦力做功由动能定理得整个回路中产生的焦耳热电阻R产生的焦耳热解得17.如图甲所示，光滑倾斜导体轨道（足够长）与光滑水平导体轨道平滑连接。轨道宽度均为，电阻忽略不计。水平向右的匀强磁场仅分布在水平轨道平面所在区域：垂直于倾斜轨道平面向下，同样大小的匀强磁场仅分布在倾斜轨道平面所在区域。现将两质量均为电阻均为 的相同导体棒eb和cd，垂直于轨道分别置于水平轨道上和倾斜轨道的顶端，并同时由静止释放，导体棒cd下滑过程中加速度a与速度v的关系如图乙所示。（1）求导轨平面与水平面间夹角θ：（2）求磁场的磁感应强度B；（3）求导体棒eb对水平轨道的最大压力的大小；（4）若已知从开始运动到cd棒达到最大速度的过程中，eb棒上产生的焦耳热，求该过程中通过cd棒横截面的电荷量q。【答案】（1）；（2）；（3）；（4）【解析】【详解】（1）如图可知，导体棒cd刚开始运动时，加速度为根据牛顿第二定律，有解得（2）如图可知，导体棒cd加速度为0时，达到最大速度根据平衡关系有 可得（3）导体棒eb中电流最大时，对水平轨道有最大压力，此时导体棒cd速度最大，有（4）设cd棒从开始运动到达到最大速度的过程中下滑的位移为，根据动能定理有解得根据可得，通过cd棒横截面的电荷量为18.桌面上有不等间距平行金属导轨和如图水平放置（桌面未画出），MN和相连，PQ和相连，导轨宽度分别为和。和上自左端都涂有长度为2m的绝缘漆，图中用较粗部分所示，金属棒a和金属棒b分别垂直导轨放置，金属棒b开始位置与位置重合，他们质量分别为，。b用绝缘细线绕过光滑定滑轮和小物块c相连。c的质量，开始时距地面高度。整个空间充满垂直导轨向上的匀强磁场。已知绝缘漆部分和棒的动摩擦因数，导轨其余部分均光滑且和金属棒接触良好，开始用手托着c使系统保持静止，现放手开始运动，物体c触底后不再反弹，设整个过程中导轨足够长，重力加速度取 ，求：（1）金属棒b在导轨上涂有绝缘漆部分运动时绳子的拉力；（2）求金属棒a的最大速度；（3）从开始运动到金属棒a的速度为时，a，b棒与导线框之间产生的热量。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）设绳子中拉力为，根据牛顿第二定可得联立解得（2）当物块c落地时，金属棒b开始切割磁感线，产生感应电动势。金属棒a、b的运动方向相同，磁场方向相同，则切割磁感线产生的感应电动势方向相同，所以闭合回路中的电动势等于两金属棒产生的电动势之差。金属棒b做减速运动，金属棒a做加速运动。当两个金属棒产生的电动势大小相等时，回路中的电流减小为零，两金属棒不再受安培力，开始做匀速运动，此时金属棒a的速度达到了最大；设此时两金属棒的速度分别为和，则有解得当物块c落地时，金属棒b的速度为 由于即两金属棒的加速度大小始终相等，则有解得（3）在摩擦过程中摩擦力大小为摩擦生热产生的热量为金属棒b离开绝缘漆后开始切割磁感线，回路产生感应电流，b做减速运动，a做加速运动，流过它们的电流始终相等，所受安培力大小之比为，质量之比为，所以加速度大小始终相等，速度变化量的大小也相等。当a的速度从零变为时，变化量为，此时；b的速度变化量大小也为，此时b的速度为根据能量守恒可得系统产生的热量为所以总共产生的热量为