2019-2020学年广东省北京师范大学附属外国语学校高二下学期期中考试物理试题卷(珠海分校)解析版

1、北师大珠海分校附属外国语学校A班）试2019-2020学年第二学期期中考试局二年级物理（题卷-15 -.单项选择题（每小题只有一个选项正确,每小题 6分，共计36分）1.图中能产生感应电流的是A.C.通人搭大的电流D.XXXX【解析】【详解】A.线圈是不闭合的，不能产生感应电流。故 A错误;B.线框的面积增大，穿过线框的磁通量增大，能够产生感应电流。故B正确;C.由于直导线在线圈的直径的上方，所以穿过线圈的磁通量等于0,电流增大，线圈的磁通量仍然是0.故C错误;D.线圈整体垂直于磁场运动，线圈的磁通量始终是最大，没有发生变化，没有感应电流。故D错误。故选B。2.如图所示的理想变压器，b是原线圈

2、的中点接头， 从某时刻开始在原线圈 c、d两端加上正弦交变电压，现将单刀双掷开关与a连接，下列说法正确的是（）A.滑动变阻器触头 P向上移动时，电压表、电流表示数均变小B.滑动变阻器触头 P向上移动时，原线圈中电流增大C单刀双掷开关由a转向b,电压表、电流表示数均变大D.单刀双掷开关由a转向b,变压器输入功率将变小【答案】C【解析】【详解】当滑动变阻器触头P向上移动的过程中，滑动变阻器的电阻变大，电路的总电阻变大，由于电压是由变压器决定的，所以电流变小，电压表的示数不变，所以A错误.电流与匝数成反比，副线圈电流减小，原线圈电流也减小，所以 B错误.若当单刀双掷开关由a扳向b时，理想变压器原、副

3、线圈的匝数比变小，所以输出的电压升高，电压表和电流表的示数均变大，所以 C正确.由C知电压表和电流表的示数均变大，变压器输入功率等于输出功率将变大，所以D错误.3.如图甲所示，甲为一台小型发电机构造示意图，线圈逆时针转动，产生的电动势随时间变化的正弦规律如图乙所示，发电机线圈内阻为1Q,外接灯泡的电阻为 9Q恒定不变，则下列说法中正确的为（）甲乙A.电压表的示数为6VB.通过电阻的电流方向 1秒钟改变50次C.线圈在磁场中匀速转动的角速度50 rad/sD.在0.01s时刻，穿过线圈的磁通量最大【答案】D【解析】【详解】A .感应电动势 有效值二Em62E2,26V电压表测量的是小灯泡两端的电

4、压E 9U R 6 5.4V故A错误；B.交变电流的周期T=0.02s一个周期电流方向改变 2次，1s内电流方向改变100次，故B错误；C.产生该交变电流的线圈在磁场中匀速转动的角速度为22 一=100 rad / sT 0.02故C错误；D.在0.01s时刻，感应电动势为 0,线圈处于中性面，穿过线圈的磁通量最大，故 D正确。故选Do4 .如图所示，竖直放置的矩形导线框MNPQ边长分别为L和2L, M、N间连接水平的平行板电容器，两极板间距为 d,虚线为线框中轴线，虚线右侧有垂直线框平面向里的匀强磁场。两极板间有一质量为 m、电荷量为q的带负电油滴恰好处于平衡状态，已知重力加速度为g,则卜列

5、磁场磁感应强度大小B的变化情况及其变化率分别是（A.止在减小，BmgdT 2At2qL2B.止在减小，ABmgd2-AtqLC.止在增强，ABmgd- 2At2qLD.止在增强，Bmgd2AtqL2【详解】ABCD .电荷量为q的带负电的油滴恰好处于静止状态，电场力竖直向上，则电场强度方向竖直向下，所以电容器的上极板带正电，线框上端相当于电源的正极，感应电动势逆时针方向，感应电流的磁场方向和原磁场方向相反，根据楞次定律可知，穿过线框的磁通量在均匀增强，线框产生的感应电动势UABS -UMNaS At L油滴所受电场力与重力大小相等，则mgU MNqT联立以上两式得，线圈中的磁通量变化率的大小为

6、B及mgd故D正确，ABC错误。故选Do5 .玻璃杯从同一高度落下，掉在水泥地上比掉在草地上容易碎，这是由于玻璃杯与水泥地面撞击的过程中（）A.玻璃杯的动量较大B.玻璃杯受到的冲量较大C.玻璃杯的动量变化较大D.玻璃杯的动量变化较快【答案】D【解析】【详解】玻璃杯从同一高度下落，落地前的速度大小相等，故落地前的动量相等；而最后的 速度均为零；故说明动量的变化一定相等；由动量定理可知冲量也一定相等；但由于掉在水 泥地上的时间较短，则说明玻璃杯掉在水泥地上动量变化较快，从而导致冲击力较大；使玻 璃杯易碎；故D正确.6 .如图所示，质量为 M的小船在静止水面上以速率 vo向右匀速行驶，一质量为 m的

7、救生员站 在船尾，相对小船静止.若救生员以相对水面速率 v水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船 的速率为（）. . m ,、A. vo+ (vo+v)MB. vo- -m vMC. V0+D. vo+-m(vov)M【解析】人在跃出的过程中船人组成的系统水平方向动量守恒，规定向右为正方向，由动量守恒定律得：（M + m） vo=Mv -mv,解得：v' vo+里（vo+v）;MA. vo+ -m（vo+ v）,与结论相符'选项 A正确；B vo- v,与结论不相符，选项 B错误； MC. vo+ v,与结论不相符，选项 C错误； MD. vo+ （vo- v）,与结论不相符，选

8、项 D错误； M二、多项选择题：（本题共4小题，每小题6分，共24分.在每小题给出的四 个选项中，有多个选项符合题目要求，全选对的得 6分，漏选且正确的得3分, 有错选或不答的得0分）7.如图所示，光滑固定金属导轨 M、N水平放置，两根导体棒 P、Q平行放于导轨上，形成一 个闭合回路，当条形磁铁从高处下落接近回路的过程中，下列说法正确的是（ ）I1Hd /4-A. P、Q将相互远离B. P、Q将相互靠近C.磁铁的加速度小于 gD.磁铁的加速度仍为 g【答案】BC【解析】【详解】AB .当一条形磁铁从高处下落接近回路时，穿过回路的磁通量增加，根据楞次定律： 感应电流的磁场总是阻碍磁通量的变化，可

9、知，P、Q将互相靠拢，回路的面积减小一点，使穿过回路的磁场减小一点，起到阻碍原磁通量增加的作用，故A错误，B正确；CD.由楞次定律中的来去拒留可知，磁铁受到向上的安培力作用，所以合力小于重力，磁铁的加速度一定小于 g,故C正确，D错误。故选BC。8.如图所示，某发电站的电能输送示意图，输电线总电阻为r,升压变压器原副线圈匝数分别成并压缩为ni、n2,降压变压器原副线圈匝数分别为n3、m,两变压器均为理想变压器.若发电机的输出电压与负载的额定电压刚好相等，要使负载正常工作，下列判断正确的是变压器的输入电流【答案】BD【解析】功率与输出功率相等，但由于电线电阻功率损失，所以升压变压器的输出功率大于

10、降压变压器的输入功率.故 C错误.升;器的输出电流等区变压器的输入电流，故 D正确;故选BD.D.当A、B两物体距离最近时，其速度相等A.B.%C.升压变压器的输出功率等于降压变压器的输入功率D.升压变压器的输出电流等于降压由变压器电压比与匝数之比的关系得:U2UiU 3 n3，一，.= ；因为线路电压损失，即U4 山U2>U3,n2 n3由题意Ui=U4,所以一 一,选项A错反, ni n4B正确；因是理想变压器，则其输入点睛：理想变压器的输,由于导线通电发热导致能量损失,通过提高输门A.任意时刻系统的总均为mvoC.任意一段时间内两物体所受冲量的大小相等，方向相反且没现降低电损.9.

11、如图所示，在光滑水面内.A物体质量为上放置 A其中B物体带计质量的弹簧静止在水平B.任意时刻系统的总均为丁一r p -升压变压器降压变压器【答案】ACD【解析】【详解】AB .在AB碰撞并压缩弹簧，在压缩弹簧的过程中，系统所受合外力为零，系统动 量守恒，在任意时刻，A、B两个物体组成的系统的总动量都为mvo,故A正确，B错误;C.在任意的一段时间内，A、B两个物体受到的弹力大小相等，方向相反，根据冲量I = Ft得冲量大小相等，方向相反，故C正确；D.当A、B两个物体有最小的距离时，其速度相等，即弹簧被压缩到最短，故 D正确。故选ACD 。10.如图所示，甲、乙两球质量分别为1kg, 3kg,

12、它们在光滑水平面上发生正碰，图甲表示甲球碰撞前后的s-t图线，图乙表示乙球碰后的 s-t时间图线，不计碰撞时间，则下列说法正确的是（）甲AA.甲、乙两球在t=2s时发生碰撞B.碰撞前后系统动量守恒C.碰撞后甲球的速度反向了D.碰撞前后甲球动量改变了2kg m/s【答案】ABC【解析】【详解】A.因为甲前两秒是向正方向的匀速直线运动，2s后是向负方向的匀速直线运动，所以甲、乙两球在t 2s时发生碰撞，故 A正确；B .因为碰撞发生在光滑的水平面上，所以碰撞前后动量守恒，故 B正确；C. 2s末甲球的速度时间图象斜率变为负值，说明速度反向，故 C正确；D.甲球碰撞前的动量 mv 4kg m/s,碰

13、撞后的动量 mv2 2kg m/s,所以动量的变化量为p mv2 mv12kg m/s 4kg m/s 6kg m/s故D错误。故选ABC。三、计算题：（本题共3小题，共40分.解答题应写出必要的文字说明，方程式 和重要演算步骤，只写最后答案的不能得分.有数值计算的题，答案中必须明确 写出数值和单位）11.如图（俯视图），虚线右侧有竖直向下的磁感应强度为 B=0.5T的匀强磁场，边长为L=0.4m, 质量为m=0.5kg的正方形导线框起初静止在光滑水平地面上.从t=0时刻起，用水平恒力F向右拉线框从图示位置开始运动，此后线框运动的v-t图像如右图所示.求：XXXXXXBX兄XXXXXXXXXX

14、X(1)恒力F的大小;(2)线框进入磁场过程中感应电流的大小;(3)线框进入磁场过程中线框产生的热量.【答案】(1) 2N, (2) 10A, (3) 0.8J试题分析：（1）在0-0.4S内线框在拉力 F作用下，做初速度为 0的匀加速度直线运动，由v-t图求出加速度，由牛顿第二定律求拉力F的大小；（2）线框匀速进入磁场，由平衡条件得F F安 BIL ,可以求出感应电流的大小；（3）线框匀速进入磁场过程中，由能量守恒定律得：Q FL ,即可求解产生的热量（1）由v-t图可知，在0-0.4s内线框在拉力F作用下，做初速度为 0的匀加速度直线运动1.622由v-t图得：加速度a m/ s 4m/s

15、 0.4由牛顿第二定律得：F ma 0.5 4N 2N（2）线框以速度为v 1.6m/s匀速进入磁场，由平衡条件得：F F安 BILF 2解得：I A 10ABL 0.5 0.4(3)线框匀速进入磁场过程中，由能量守恒定律得:Q FL 2 0.4J0.8J12.如图所示，面积为 0.3 m2的100匝线圈A处在磁场中，磁场方向垂直于线圈平面向外.磁感应强度随时间变化的规律是B=(6-0.2t) T,已知电路中的Ri=4 QR2= 6 0电容C=30仃线圈A的电阻r=2Q ,求:AXXCt(1)闭合S后，通过R2的电流大小及方向;(2)闭合S一段时间后，再断开 S,求S断开后通过R2的电荷量是多

16、少?【答案】(1) 0.5A,电流方向由a 流向 b; (2) 9 10-5C1 )由于 B=6-0.2t ,B则， 0.2T/s , A线圈内广生的感应电动势： tE n tBSn100 0.3t0.2 6 (V),S 闭合后，电路中电流I riR26 .- A0.5(A),根据右手定则判断电流方向由a-R2-b12(2)断开S后，通过 R2电量等于电容中储存的电量，开关闭合时，电容两端电压U IR2=3V ,所以电容带电量：Q=CU 9 10-5C,通过 电的电量等于9 10-5C13.如图所示，质量为3m的木板静止在光滑的水平面上，一个质量为2m的物块(可视为质点)，静止在木板上的A端，已知物块与木板间的动摩擦因数为也现有一质量为m的子弹(可视为质点)以初速度 V0水平向右射入物块并穿出,物块的时间极短，不计空气阻力，重力加速度为(1)子弹穿出物块时物块的速度大小.(2)子弹穿出物块