【精准解析】福建省建瓯市芝华中学2019-2020学年高二下学期居家学习检测物理试题

2019-2020学年下学期居家学习检测高二年级物理科目试卷
一、选择题（1-10题为单选题，11、12题为多选题，每题4分共48分） 1.下面关于电磁感应现象的说法中，正确的是（ ）
A. 只要穿过闭合电路中的磁通量不为零，闭合电路中就一定有感应电流产生
B. 穿过闭合电路中的磁通量减少，则闭合电路中感应电流减小
C. 穿过闭合电路中的
磁通量变化越快，则闭合电路中感应电动势越大 D. 穿过闭合电路中的磁通量越大，则闭合电路中的感应电动势越大 【答案】C 【解析】
【详解】A ．穿过闭合电路中的磁通量不为零时，若磁通量不发生变化，闭合电路中没有感应电流产生，选项A 错误；
B ．穿过闭合电路中的磁通量减少，磁通量的变化率不一定减少，根据法拉第电磁感应定律则知感应电动势不一定减少，感应电流就不一定减少，选项B 错误；
CD ．根据法拉第电磁感应定律则知，感应电动势的大小与磁通量变化率成正比，与磁通量没有直接关系，所以磁通量越大，感应电动势不一定越大；而磁通量变化越快，磁通量变化率就越大，则闭合电路中感应电动势越大，选项C 正确，D 错误。

故选C 。

2.如图所示，A 、B 都是很轻的铝环，分别吊在绝缘细杆的两端，杆可绕竖直轴在水平面内转动，环A 是闭合的，环B 是断开的。

若用磁铁分别靠近这两个圆环，则下面说法正确的是（ ）
A. 图中磁铁N 极接近A 环时，A 环的磁通量增加，A 环被排斥
B. 图中磁铁S 极远离A 环时，A 环的磁通量减少，A 环被排斥
C. 图中磁铁N 极接近B 环时，B 环的磁通量增加，B 环被吸引
D. 图中磁铁S 极远离B 环时，B 环的磁通量减少，B 环被吸引 【答案】A 【解析】
【详解】A ．当磁铁N 极靠近A 环时，A 环的磁通量增加，由楞次定律可得A 环中感应电流，
又处于磁场中，则受到的安培力作用，根据楞次定律的“来拒去留”法可知使它远离磁铁，即A环被排斥，故正确；
B．当磁铁S极远离A环时，A环的磁通量减少，由楞次定律可得A环中感应电流，又处于磁场中，则受到的安培力作用，根据楞次定律的“来拒去留”法可知使它随磁铁运动，即A环被吸引，故B错误；
C．当磁铁N极接近B环时，B环的磁通量增加，有感应电动势，但由于不闭合，所以没有感应电流，则不受安培力作用，所以B环不会被吸引，故C错误；
D．当磁铁S极远离B环时，B环的磁通量减少，有感应电动势，但由于不闭合，所以没有感应电流，则不受安培力作用，所以B环不会被吸引，故D错误；
故选A。

3.小型交流发电机中，矩形金属线圈在匀强磁场中匀速转动，产生的感应电动势与时间呈正弦函数关系，如图所示，此线圈与一个R=10Ω的电阻构成闭合电路，不计电路的其他电阻，下列说法正确的是（）
A. 该交流电的电压的有效值为2
B. 该交流电的频率为50Hz
C. 若将该交流电压加在阻值R=100Ω的电阻两端，则电阻消耗的功率是50W
D. 该交流电压瞬时值的表达式u=100sin（25πt）
【答案】C
【解析】
由图可知，该交流电的电压的最大值为100V502
2
V
=，选项A错误；该交流电的周期为T=0.04s，则频率为f=1/T=25Hz，选项B错误；若将该交流电压加在阻值R=100Ω的电阻两端，则电阻消耗的功率是
22
(502)
50
U
P W
R
===，选项C正确；
2
50/
rad s
T
π
ωπ
==，则该交流电压瞬时值的表达式u=100sin（50πt）V，选项D错误；故选C.
4.如图所示，平行导轨间有一矩形的匀强磁场区域，细金属棒PQ沿导轨从MN处匀速运动到M′N′的过程中，棒上感应电动势E随时间t变化的图示，可能正确的是( )
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】
金属棒PQ进入磁场前没有感应电动势，D错误；当进入磁场，切割磁感线有E=BLv，大小不变，可能的图象为A选项、BC错误．
5.如图所示的电路中，A1和A2是完全相同的灯泡，线圈L的电阻可以忽略，下列说法中正确的是（）
A. 合上开关S接通电路时，A1和A2始终一样亮
B. 合上开关S接通电路时，A2先亮，A1后亮，最后一样亮
C. 断开开关S时，A2立即熄灭，A1过一会儿才熄灭
D. 断开开关S时，A1和A2都要过一会儿才熄灭，且通过两灯电流方向都与原电流方向相同【答案】B
【解析】
【详解】合上开关K接通电路，A2立即亮，线圈对电流的增大有阻碍作用，所以通过A1的电流慢慢变大，最后两灯泡的电压一样大，所以一样亮，A错误B正确；断开开关K切断电路时，通过A2的用来的电流立即消失，线圈对电流的减小有阻碍作用，线圈相当于电源，左端相当于正极，所以通过A1的电流会慢慢变小，并且通过A2，所以两灯泡一起过一会儿熄灭，但通过A2的灯的电流方向与原来的方向相反， CD错误。

故选B。

6.在如图所示的交流电路中，保持电源电压一定，当交变电流的频率增大时，各交流电压表的示数将（）
A. V1、V3增大，V2减小
B. V1不变，V2减小，V3增大
C. V1不变，V2增大，V3减小
D. V1、V2、V3都不变
【答案】C
【解析】
【详解】根据题意可知电源电压不变，当交流电的频率增加时，电感L的感抗增大，电容C 的容抗减小，电阻R不变，则有V1不变，V2增大，V3减小，故A、B、D错误，C正确；
故选C。

7.一理想变压器原､副线圈匝数比n1：n2=11：5.原线圈与正弦交变电源连接,输入电压u如图所示.副线圈仅接入一个10 Ω的电阻.则( )
A. 流过电阻的电流是20 A
B. 与电阻并联的电压表的示数是2V
C. 经过1分钟电阻发出的热量是6×103J
D. 变压器的输入功率是1×103W
【答案】D 【解析】
【详解】AB ．由图象可知，原线圈中电压的有效值为220V ，根据电压与匝数成正比可知，副线圈的电压有效值为100V ，与电阻并联的电压表的示数是100V ，流过电阻的电流
100
1010
I A =
= 所以AB 错误； C ．由
22
100606000010
U Q t J R ==⨯=
所以经过60s 电阻发出的热量是60000J ，所以C 错误；
D.由图象可知，原线圈中电压的有效值为220V ，根据电压与匝数成正比可知，副线圈的电压有效值为100V ，副线圈的电阻为10Ω，所以输出功率
2100100010
P W ==
输入功率等于输出功率，所以D 正确． 故选D 。

8.关于分子动理论，下列说法正确的是 A. 气体扩散的快慢与温度无关 B. 布朗运动是液体分子的无规则运动 C. 分子间同时存在着引力和斥力
D. 分子间的引力总是随分子间距增大而增大 【答案】C 【解析】
A 、扩散的快慢与温度有关，温度越高，扩散越快，故A 错误；
B 、布朗运动为悬浮在液体中固体小颗粒的运动，不是液体分子的热运动，固体小颗粒运动的无规则性，是液体分子运动的无规则性的间接反映，故B 错误；
C 、分子间斥力与引力是同时存在，而分子力是斥力与引力的合力，分子间的引力和斥力都是随分子间距增大而减小；当分子间距小于平衡位置时，表现为斥力，即引力小于斥力，而分
子间距大于平衡位置时，分子表现为引力，即斥力小于引力，但总是同时存在的，故C正确，D错误．
点睛：本题考查了布朗运动、扩散以及分子间的作用力的问题；注意布朗运动和扩散都说明了分子在做永不停息的无规则运动，都与温度有关；分子间的斥力和引力总是同时存在的．9.在闷热的夏天里，冰激凌是大家的最爱，同学都知道冰箱的工作原理就是把热量从冰箱里面传到冰箱外面。

下列说法正确的是（）
A. 这说明热量能从自发地从低温物体传给高温物体
B. 它违背了热力学第一定律
C. 它违背了热力学第二定律
D. 以上说法都错
【答案】D
【解析】
【详解】由热力学第二定律知，热量不能自发地从低温物体传到高温物体，除非施加外部的影响和帮助；电冰箱把热量从低温的内部传到高温外部，需要压缩机的帮助并消耗电能，而在这一过程中，是消耗了电能，而使压缩机做功，故不违背了热力学第一定律，也不违背了热力学第二定律，故A、B、C错误，D正确；
故选D。

10.在热力学第一定律的表达式ΔU=W+Q中,关于ΔU、W、Q各个物理量的正、负,下列说法中正确的是( )
A. 外界对物体做功时W为正,吸热时Q为负,内能增加时ΔU为正
B. 物体对外界做功时W为负,吸热时Q为正,内能增加时ΔU为负
C. 外界对物体做功时W为负,吸热时Q为负,内能增加时ΔU为负
D. 物体对外界做功时W为负,吸热时Q为正,内能增加时ΔU为正
【答案】D
【解析】
在热力学第一定律：△U=W+Q中，外界对物体做功时W为正的，物体对外界做功时W为负；物体吸热时Q为正，放热时Q为负的；内能增加时U为正的，内能减少时U为负的；故选D．
11.对于实际的气体,下列说法正确的是( )
A. 气体的内能包气体分子的重力势能
B. 气体的内能包括气体分子之间相互
作用的势能
C. 气体的内能包括气体整体运动的动能
D. 气体的体积变化时,其内能可能不变
【答案】BD 【解析】
【详解】A 项：气体的内能包括分子动能和分子势能，不包括分子的重力势能，故A 错误； B 项：实际气体的分子间相互作用力不能忽略，所以其内能包括分子间相互作用的势能，故B 正确；
C 项：由A 项分析可知，气体的内能不包括气体整体运动的动能，故C 错误；
D 项：气体的体积变化时，存在做功情况，但如果同时有热量交换，由热力学第一定律可知，其内能可能不变，故D 正确．
12.如图所示，有一台交流发电机E ，通过理想升压变压器T 1和理想降压变压器T 2向远处用户供电，输电线的总电阻为R ；T 1的输入电压和输入功率分别为U 1和P 1，它的输出电压和输出功率分别为U 2和P 2；T 2的输入电压和输入功率分别为U 3和P 3，它的输出电压和输出功率分别为
U 4和P 4。

设T 1的输入电压U 1一定，当用户消耗的电功率变大时，有（ ）
A. U 2不变，U 3变小
B. U 2减小，U 4变大
C. P 2变大，P 3变大
D. P 1不变，P 2变小 【答案】AC 【解析】
【详解】用户消耗的电功率变大时，由于是理想变压器，则3P 也会变大，由于升压变压器T 1的输入电压1U 一定时，2U 也不变，则2P 必须变大，线路上的电流变大，导致电阻R 消耗的功率也变大，电阻两端电压也变大，所以3U 变小，4U 变小；由于两变压器均是理想的，输入功率与输出功率相等，所以1P 变大，故A 、C 正确，B 、D 错误； 故选AC 。

二、填空、实验题（每空2分，共18分）
13.一个面积S =4×10－2 m 2、匝数n =100匝的线圈放在匀强磁场中，磁场方向垂直线圈面，磁
感应强度的大小随时间变化的规律如图所示，由图可知，在开始2s 内穿过线圈的磁通量的变化量等于________Wb ，在开始2s 内穿过线圈的磁通量的变化率等于______Wb/s ，在开始2s 内线圈中产生的感应电动势等于_____V
【答案】 (1). 0.16 (2). 0.08 (3). 8 【解析】
【详解】[1]在开始2s 内穿过线圈的磁通量的变化量为
221024102410Wb 0.16Wb --∆Φ=Φ-Φ=-⨯⨯-⨯⨯=
[2]在开始2s 内穿过线圈的磁通量的变化率为
0.16
Wb/s 0.08Wb/s 2
t ∆Φ==∆ [3]在开始2s 内线圈中产生的感应电动势为
1000.08V 8V E n
t
∆Φ
==⨯=∆ 14.用油膜法估算分子大小的实验中，首先需将纯油酸稀释成一定浓度的油酸酒精溶液，稀释的目的是_______________________________________________．实验中为了测量出一滴已知浓度的油酸酒精溶液中纯油酸的体积，可以
_____________________________________________________________．为得到油酸分子的直径，还需测量的物理量是_________________________________．
【答案】 (1). 使油酸在浅盘的水面上容易形成一块单分子层油膜 (2). 把油酸酒精溶液一滴一滴地滴入小量筒中，测出1mL 油酸酒精溶液的滴数，得到一滴溶液中纯油酸的体积 (3). 油膜稳定后得表面积S ． 【解析】
【详解】油膜法测量分子大小需要形成单分子油膜，故而需要减少油酸浓度；一滴油酸的体积非常微小不易准确测量，故而使用累积法，测出N 滴油酸溶液的体积V ，用V 与N 的比值计算一滴油酸的体积；由于形成单分子油膜，油膜的厚度h 可以认为是分子直径，故而还需要
测量出油膜的面积S ，以计算厚度V h S
=
. 15.如图所示，先后以速度v 1和v 2(v 1＝2v 2)，匀速地把同一线圈从同一位置拉出有界匀强磁场的过程中，在先后两种情况下：
(1)线圈中的感应电流之比I 1∶I 2＝________. (2)线圈中产生的热量之比Q 1∶Q 2＝________. (3)拉力做功的功率之比P 1∶P 2＝________. 【答案】 (1). 2:1 (2). 2:1 (3). 4:1 【解析】
试题分析：根据E BLv =，求出线圈中的感应电动势之比，再求出感应电流之比．根据焦耳定
律2
Q I Rt =，求出线圈中产生的热量之比．根据F BIL =和平衡条件，求出外力大小之比．根
据P Fv =求解外力功率之比． （1）根据E BLv =，得感应电流E BLv I R R
=
=，可知感应电流I v ∝，所以感应电流之比12:2:1I I =；
（2）由焦耳定律得：热量222
2()BLv L B L L Q I Rt R v R v R
''
===，
可知Q v ∝，则热量之比为2：1，
（3）匀速运动时，作用在线圈上外力大小等于安培力大小，22B B L v
F F BIL R
===，可
知F v ∝，则知12:2:1F F =，外力功率P Fv =，则得12:4:1P P =． 三、计算题（16题10分，17、18题各12分，共34分）
16.如图所示，上端开口的光滑圆形汽缸竖直放置，截面面积为20cm 2
的活塞将一定质量的气体封闭在汽缸内。

在汽缸内距缸底一定距离处设有卡环a 、b ，使活塞只能向上滑动，开始时活塞搁在a 、b 上，缸内气体的压强等于大气压强p 0=1．0×105Pa ，温度为27C ︒，现缓慢加热汽缸内气体，当温度缓慢升高为57C ︒时，活塞恰好要离开a 、b ，重力加速度大小g 取10 m/s 2，求活塞的质量。

【答案】2kg
【解析】
【详解】气体初状态
10
5
1010Pa
p p⨯
==．
1
27327K300K
T=+=
活塞即将离开a、b时，根据平衡条件可得
20
p S p S mg
=+
解得
20
mg
p p
S
=+
2
27357K330K
T=+=
活塞即将离开a、b前气体发生等容变化，则有
21
21
p p
T T
=
代入数据可解得
2kg
m=
17.如图所示，足够长的平行光滑金属导轨水平放置，宽度L=0.4m，一端连接R=1Ω的电阻．导线所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B=1T．导体棒MN放在导轨上，其长度恰好等于导轨间距，与导轨接触良好，导轨和导体棒的电阻均可忽略不计．在平行于导轨的拉力F 作用下，导体棒沿导轨向右匀速运动，速度v=5m/s．求：
（1）感应电动势E和感应电流I；
（2）拉力F的大小；
（3）若将MN 换为电阻r=1Ω的导体棒，其他条件不变，求导体棒两端的电压U ．
【答案】（1）2.0V ；2A ；（2）0.8N ；（3）1V
【解析】
【详解】（1）根据动生电动势公式得：10.45 2.0E BLv V ==⨯⨯= V ，
故感应电流为：221
E I A A R ===． （2）金属棒匀速运动过程中，所受的
安培力大小为：
120.40.8F BIL N N 安==⨯⨯=．
因为是匀速直线运动，所以导体棒所受拉力为：0.8F F N ==安
（3）导体棒两端电压为：21111
E U R V V R r =⋅=⨯=++． 18.如图所示的装置可以测量汽车在水平路面上做匀加速直线运动的加速度，该装置在矩形箱子的前、后壁上各安装一个由力敏电阻组成的压力传感器，用两根相同的轻弹簧夹着一个质量为2.0 kg 的滑块，滑块可无摩擦滑动，两弹簧的另一端分别压在传感器a 、b 上，其压力大小可直接从传感器的液晶显示屏上读出．现将该装置沿运动方向固定在汽车上，传感器b 在前，传感器a 在后，汽车静止时，传感器a 、b 的示数均为10 N ．(取g ＝10 m/s 2)．
(1)若传感器a 的示数为14 N 、b 的示数为6 N ，求此时汽车的加速度大小和方向．
(2)求当汽车以怎样的加速度运动时，传感器a 的示数恰为零．
【答案】(1)4.0 m/s 2 向前 (2)10 m/s 2 向后
【解析】
【分析】
（1）滑块在水平方向上受到的力为a 、b 两个弹簧施加的弹力，这两个弹力的合力提供加速度，根据牛顿第二定律列式求解．
（2）a 传感器的读数为零，即a 侧弹簧的弹力为零，因两弹簧相同，a 弹簧伸长多少，b 弹簧就缩短多少．所以b 弹簧的弹力变为20N ，也就是滑块所受的合力为20N ，由牛顿第二定律列
方程求解． 【详解】（1）对滑块在水平方向上受力分析，如右图所示，根据牛顿第二定律F a -F b =ma 1，
则211464/2
a b F F a m s m --=＝＝ 方向水平向右．
（2）根据题意，当左侧弹簧弹力F a ′=0时，右侧弹簧的弹力F b ′=20N，
根据牛顿第二定律，F b ′=ma 2
代入数据得：a 2＝20 2
b F m '
＝＝10m /s 2，方向水平向左． 【点睛】传感器的示数就是等于该侧弹簧的弹力，也等于弹簧施加给滑块的弹力，对滑块受力分析，运用牛顿第二定律解题．此题要注意弹簧的弹力跟伸长量或缩短量成正比．。