福建省泉州第十六中学2020学年高二物理下学期期中试题（含解析） 17页

泉州第十六中学2020年春季期中考试卷 ‎ 高二物理（理科）‎ 一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～12题有多项符合题目要求，全都选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）‎ ‎1.关于原子结构认识历程，下列说法正确的有 (　　)‎ A. 汤姆孙发现电子后猜想出原子内的正电荷集中在很小的核内 B. α粒子散射实验中少数α粒子发生了较大偏转是卢瑟福猜想原子核式结构模型的主要依据 C. 对原子光谱的研究开辟了深入探索原子核内部结构的道路 D. 玻尔提出原子定态，原子可以稳定在固定的能级上，玻尔原子理论能成功地解释几乎所有原子的光谱现象 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 卢瑟福通过对α粒子散射实验的研究，猜想原子内的正电荷及几乎全部质量集中在很小的核内，选项A错误； α粒子散射实验中少数α粒子发生了较大偏转是卢瑟福猜想原子核式结构模型的主要依据，选项B正确；对天然放射现象的研究开辟了深入探索原子核有复杂结构的道路，故C错误；玻尔提出的原子定态，原子可以处在一系列不连续的能量状态中；玻尔原子理论只是成功解释了氢原子光谱，但是不能解释所有原子的光谱现象，选项D错误；故选B.‎ ‎2.如图所示的电路中，L为一个自感系数很大、直流电阻不计的线圈，D1、D2是两个完全相同的灯泡，E是一内阻不计的电源．t=0时刻，闭合开关S，经过一段时间后，电路达到稳定，t1时刻断开开关S，.I1、I2分别表示通过灯泡D1和D2的电流，规定图中箭头所示的方向为电流正方向，以下各图中能定性描述电流I随时间t变化关系的是(　　)‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 电键闭合时，电感阻碍电流变化，L为一个自感系数很大、直流电阻不计的线圈，所以电感的阻碍慢慢减小，即流过电感的电流增大，所以慢慢减小，最后稳定时电感相当于一根导线，为0，电感阻碍自身电流变化，产生的感应电流流过电灯D1，其方向与规定图示流过电灯D1的方向相反，慢慢减小最后为0，A正确B错误；电键闭合时，电感阻碍电流变化，L为一个自感系数很大、直流电阻不计的线圈，电感的阻碍慢慢减小，即流过电感的电流增大，所以慢慢增大，最后稳定，断开电键，原来通过D2的电流立即消失，CD错误．‎ ‎3.如图为一交流电的电压随时间而变化的图象，则此交流电的有效值是（ ）‎ A. V B. 5V C. V D. 25V ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】根据有效值的概念可得：，解得U=5V，故选B.‎ ‎4.真空中一个静止的镭原子核经一次衰变后变成一个新核，衰变方程为，下列说法正确的是 A. 衰变后核的动量与粒子的动量相同 B. 衰变后核的质量与粒子的质量之和等于衰变前镭核的质量 C. 若镭元素的半衰期为，则经过的时间，8个核中有4个已经发生了衰变 D. 若镭元素的半衰期为，是经过的时间，的核中有已经发生了衰变 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】根据动量守恒可知，核与粒子的动量大小相等，方向相反，所以二者动量不同，因此A错误。镭核衰变成核过程中，存在质量亏损，导致衰变后核的质量与粒子的质量之和小于衰变前镭核的质量，所以B错误。少量放射性元素的衰变是一个随机事件，对于8个放射性元素，无法准确预测其衰变的个数，所以C错误。的，符合统计规律，经过的时间，已有发生衰变，所以正确。综上所述，选项D正确。‎ ‎5.一个力作用在A物体上，在ts时间内．速度增量为6 m/s，这个力作用在B物体上时，在ts内速度增量为9 m/s，若把A、B两物体连在一起，再用此力作用ts，则整体速度的增量为(　 　)‎ A. 15 m/s B. 0.28 m/s C. 3.6 m/s D. 3.0 m/s ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】设这个力为F，根据动量定理得：Ft=mA△v1；Ft=mB△v2；若把A、B两物体连在一起，再用此力作用ts，根据动量定理得：Ft=（mA+mB）△v3；解得：△v3=3.6m/s，故选C。‎ ‎6.如图所示，质量为m的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径AB长度为2R，现将质量也为m的小球从距A点正上方h0高处由静止释放，然后由A点经过半圆轨道后从B冲出，在空中能上升的最大高度为（不计空气阻力），则（   ）‎ A. 小车向左运动的最大距离为 B. 小球和小车组成的系统机械能守恒 C. 小球第二次能上升的最大高度 D. 小球第二次离开小车在空中运动过程中，小车处于静止状态 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A项：小球与小车组成的系统在水平方向所受合力为零，水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒得： ，即有，解得小车的位移为：x=R，故A错误；‎ B项：小球第一次在车中运动的过程中，由动能定理得：‎ ‎，由此可知小球和小车组成的系统机械能不守恒，故B错误；‎ C项：小球第一次在车中运动的过程中，由动能定理得：，解得：，即小球第一次在车中运动损失的机械能为，由于小球第二次在车中运动时，对应位置处速度变小，因此小车给小球的弹力变小，摩擦力变小，摩擦力做功小于，机械能损失小于所以小球第二次离开小车时，能上升的高度大于：，故C错误；‎ D项：由水平方向动量守恒可知，小球第二次离开小车在空中运动过程中，小球水平方向速度为零，所以小车的速度也为零，故D正确。‎ 故选：D。‎ ‎7.物块从固定粗糙斜面的底端，以某一初速度沿斜面上滑至最高点后，再沿斜面下滑至底端。下列说法正确的是( )‎ A. 上滑过程中摩擦力的冲量大于下滑过程中摩擦力的冲量 B. .上滑过程中机械能损失小于下滑过程中机械能损失 C. 上滑过程中物块动量变化的方向与下滑过程中动量变化的方向相同 D. 上滑过程中物块动能的减少量等于下滑过程中动能的增加量 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．设物体在斜面底端向上滑动的速度为，又回到斜面底端的速度为，由能量转化的观点有，故 ，物体在斜面划上和划下的过程都是匀变速运动，因此设斜面的长度为L，由运动学关系可得，故，上滑时摩擦力的冲量，下滑过程摩擦力的冲量，故，故A错误；‎ B．物体在上滑时和下滑时的过程中摩擦力做功损耗机械能，因摩擦力一样，距离L也一样，因此上滑时和下滑时损耗的机械能相同；故B错误；‎ C．上滑时过程动量的变化方向沿斜面向下，下滑过程动量的变化方向也沿斜面向下，故C正确；‎ D．对上滑过程写动能定理有；‎ 对下滑过程写动能定理有；故上滑过程的减少量和下滑的增加量不一样，故D错误。‎ ‎8.图为远距离输电的示意图，T1为升压变压器，原、副线圈匝数分别为n1、n2，T2为降压变压器，原、副线圈匝数分别为n3、n4，输电线的等效电阻为R.若发电机的输出电压不变，则下列叙述正确的是（ ）‎ A. 只增大T1的原线圈匝数n1，可增大R消耗的功率 B. 若，则电压表V1和V2的示数相等 C. 当用户总电阻减小时，R消耗的功率增大 D. 当用户总电阻减小时，电压表V1和V2的示数都变小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】只增大T1的原线圈匝数n1，则升压变压器的输出电压U2减小，若把升压变压器T1次级后面的电路等效为一个电阻R＇与R的串联，可知R和R＇上的电流均减小，可知R消耗的功率减小，故A错误。因为升压变压器的输出电压等于电压损失与降压变压器的输入电压之和，即升压变压器的输出电压大于降压变压器的输出电压，，升压变压器的输入电压与降压变压器的输出电压不等，即电压表V1和V2的示数不相等，故B错误。用户总电阻减小，则电流增大，可知输电线上的电流增大，根据P损=I2‎ R知，输电线上消耗的功率增大。故C正确。当用户总电阻减小时，电流增大，输电线上的电流也增大，输电线上电压损失增大，升压变压器的输入电压和输出电压不变，则降压变压器的输入电压和输出电压减小。则电压表V1不变，V2减小。故D错误。故选C。‎ ‎9.光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动。两球质量关系3mA=mB,规定向右为正方向,A、B两球的动量均为9kg⋅m/s,运动中两球发生碰撞,碰撞后A球的动量增量为−3kgm/s,则( )‎ A. 左方是A球 B. 右方是A球 C. 碰撞后A、B两球速度大小之比为3:2 D. 碰撞后A、B两球速度大小之比为3:7‎ ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】光滑水平面上大小相同的A、B两球发生碰撞，规定向右为正方向，由动量守恒可得：‎ ‎ ，由于开始时两球动量相同，而A的质量小于B的质量，所以A的速度大于B的速度，所以左方小球为A球；故A正确，B错误；碰撞后A球的动量增量为−3kgm/s，因此碰后A球的动量为6kgm/s，由动量守恒定律可知，所以碰后B球的动量为12kgm/s，由于两球的质量关系为3mA=mB，那么碰撞后A、B两球速度大小之比为3:2‎ 故C正确，D错误。故选AC。‎ ‎10.如图是氢原子的能级示意图.当氢原子从n=5的能级跃迁到n=2的能级时，辐射紫光，光的波长为434nm，下列判断正确的是 A. 跃迁过程中电子的轨道是连续变小的 B. 氢原子从n=5跃迁到n=3能级时,辐射光的波长大于434nm C. 辐射的紫光能使处于n=4能级的氢原子电离 D. 大量处于n=5能级的氢原子向低能级跃迁时最多辐射6种不同频率的光子 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】根据玻尔理论可知，跃迁过程中电子的轨道不是连续变小的，电子轨道呈现量子化，选项A错误； n=5到n=3的能级差小于n=5到n=2的能级差，则氢原子从n=5跃迁到n=3能级时,辐射光的波长大于从n=5跃迁到n=2能级时辐射光的波长，即大于434nm，选项B正确；氢原子从n=5的能级跃迁到n=2的能级时，辐射的能量为△E=-0.54-（-3.4）=2.86eV＞0.85eV，则能使处于n=4能级的氢原子电离，故C正确；大量的氢原子处于n=5的激发态向低能级跃迁时共辐射出=10种不同频率的光，故D错误；故选BC.‎ ‎11.如图所示，光滑水平直轨道上有三个质量均为m=3kg的物块A、B、C，物块B的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计)。设A以v0=4m/s的速度朝B开始运动，压缩弹簧；当A、B速度相等时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动。假设B和C碰撞过程时间极短，则以下说法正确的是（ ）‎ A. 从开始到弹簧最短时物块C受到的冲量大小为4N·s B. 从开始到弹簧最短时物块C受到的冲量大小为1N·s C. 从开始到A与弹簧分离的过程中整个系统损失的机械能为9J D. 从开始到A与弹簧分离的过程中整个系统损失的机械能为3J ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】对A、B通过弹簧作用的过程中，当第一次速度相同时，取向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0=2mv1，解得：v1=2m/s；设A、B第二次速度相同时的速度大小v2，此时弹簧最短。对ABC系统，取向右为正方向，根据动量守恒定律得：mv0=3mv2，解得：；从开始到弹簧最短时，即从开始到A、B第二次速度相同时，对C根据动量定理：I=mv2-0=4N•s，故A正确，B错误。B与C碰撞的过程，B、C组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv1=2mv3，解得BC粘接后瞬间共同速度为：v3=1m/s，从BC碰撞到A与弹簧分离的过程，由系统的动量守恒和机械能守恒得：mv1+2mv3=mvA+2mvBC； mv12+•2mv32=mvA2+•2mvBC2； 从开始到A与弹簧分离的过程中整个系统损失的机械能为△E=mv02-（mvA2+•2mvBC2），联立解得△E=3J，故C错误，D正确。‎ ‎12.如图所示，在光滑的水平面上方，有两个磁感应强度大小均为B，方向相反的水平匀强磁场，PQ为两个磁场的理想边界，磁场范围足够大。一个边长为a、质量为m、电阻为R的单匝正方形金属线框，以速度v垂直磁场方向从如图实线位置Ⅰ开始向右运动，当线框运动到分别有一半面积在两个磁场中的位置Ⅱ时，线框的速度为。则下列说法正确的是 A. 在位置Ⅱ时线框中的电功率为 B. 此过程中回路产生的电能为 C. 在位置Ⅱ时线框的加速度为 D. 此过程中通过导线横截面的电荷量为 ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【详解】此时感应电动势为：E=2Ba•=Bav；线框电流为：，此时线框的电功率为：P=I2R=，故A正确；此过程中回路产生的电能等于动能的变化，即为：E电=mv2−m()2=mv2，故B正确；由牛顿第二定律得：2BIa=ma加，解得：a加=．故C错误；此过程穿过线框的磁通量的变化量为：△Φ=BS-0=BS=Ba2，此过程中通过线框截面的电量为：，故D正确。故选ABD。‎ 二、实验题（每空2分，共14分）‎ ‎13.学习楞次定律的时候，老师往往会做下图所示的实验。一灵敏电流计（电流表），当电流从它的正接线柱流人时，指针向正接线柱一侧偏转．现把它与一个线圈串联，试就如图中各图指出：‎ ‎(1)图(a)中磁铁向下运动,灵敏电流计指针的偏转方向为________．（填“偏向正极”或“偏向负极”）‎ ‎(2)图(b)中磁铁向下运动,磁铁下方的极性是______．（填“N极”或“S极”）‎ ‎(3)图(c)中磁铁的运动方向是______．（填“向上”或“向下”）‎ ‎(4)图(d)中磁铁向下运动,线圈从上向下看的电流方向是______．（填“顺时针”或“逆时针”）．‎ ‎【答案】 (1). 偏向正极 (2). S极 (3). 向上 (4). 顺时针 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)磁铁向下运动，穿过线圈的磁通量增加，原磁场方向向下，根据楞次定律感应电流方向俯视为逆时针方向，从正接线柱流入电流计，指针偏向正极．‎ ‎(2)由图可知，电流从负接线柱流入电流计，根据安培定则，感应电流的磁场方向向下，又磁通量增加，根据楞次定律可知，磁铁下方为S极．‎ ‎(3)磁场方向向下，电流从负接线柱流入电流计，根据安培定则，感应电流的磁场方向向下，根据楞次定律可知，磁通量减小，磁铁向上运动．‎ ‎(4)磁铁向下运动，穿过线圈的磁通量增加，原磁场方向向上，根据楞次定律感应电流方向俯视为顺时针方向．‎ ‎14.某实验小组利用顿闪照相和气垫导轨做“探究碰撞中的不变量”的实验。如图甲所示，气垫导轨上有小B两个滑块，质量分别为200g、150g，用细绳将滑块A、B连接，使A、B间的轻质弹责处于压缩状态，开始时两个滑块都处于静止状态。若某时刻烧断细绳，滑块开始运动，图乙给出两个滑块运动过程的频闪照片频闪的频率为20Hz，分析照片可知：‎ ‎、B离开弹簧后，A的动量大小为______，B的动量大小为______。‎ 根据实验数据，实验小组得出“在实验误差允许的范围内，两个滑块组成的系统动量守恒”。你认为得到这个结论的依据是______。‎ ‎【答案】 (1). (2). (3). 两滑块组成系统总动量保持不变，系统动量守恒 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）频闪照相的周期为：，滑块A的速度为：，滑块B的速度为：， A的动量为：，方向向右， B的动量为：，方向向左；‎ ‎（2）由（1）可知，释放滑块后，两滑块的动量大小相等方向相反，总动量为零，释放前系统总动量为零，释放滑块后系统总动量为零，由此可知，两滑块组成的系统动量守恒。‎ 三、计算题（6分+10分+10分+12分=38分）‎ ‎15.如图所示，矩形线圈abcd匝数n=100匝、面积S＝0.5m2、电阻不计，处于磁感应强度的匀强磁场中。线圈通过金属滑环E、F与理想变压器原线圈相连，变压器的副线圈接一只“10V，10W”灯泡。接在矩形线圈和原线圈间的熔断器的熔断电流的有效值I ‎ =1.5A、电阻忽略不计，现使线圈abcd绕垂直于磁场方向的轴OO′以角速度ω=10rad/s匀速转动，灯泡正常发光.求：‎ ‎(1)线圈abcd中电动势有效值；‎ ‎(2)变压器原、副线圈匝数之比；‎ ‎(3)副线圈中最多可以并联多少盏这样灯泡。‎ ‎【答案】（1）50V （2）5:1 （3）7‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，变压器的输入功率和输出功率相等，逐项分析即可得出结论．‎ ‎【详解】（1）电动势最大值 ‎ 电动势有效值 ‎ ‎（2）原线圈输入电压，副线圈输出电压 ‎ 原、副线圈匝数之比：‎ ‎（3）在熔断器未熔断情况下，原线圈最大输入功率 ‎ 副线圈最大输出功率：‎ 灯最多盏数：.‎ ‎16.如图，光滑斜面的倾角= 30°，在斜面上放置一矩形线框abcd，ab边的边长L1=lm，bc边的边长L2‎ ‎=0.6m，线框的质量m=1kg，电阻R=0.5Ω，线框通过细线与重物相连，重物的质量M=1kg，斜面上ef线的上方有垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度B=0.5T，如果线框从静止开始运动，进入磁场最初一段时间是匀速的，运动过程中M不会碰到地面.g=10m/s2，求：‎ ‎(1)线框abcd进入磁场过程中的电流方向；‎ ‎(2)线框进入磁场过程中通过截面的电荷量；‎ ‎(3)线框进入磁场时匀速运动的速度v的大小；‎ ‎(4)线框进入磁场过程中产生的焦耳热.‎ ‎【答案】(1)abcda(2)0.6C（3）10m/s（4）3J ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）根据楞次定律，进入磁场的过程中，电流方向：abcda .‎ ‎（2）由 E 解得：===0.6 C ‎（3）线框进入磁场时匀速运动时：=mgsin30+‎ 对M：F=Mg 代入数据得：v=10m/s ‎（4）=‎ ‎=‎ ‎=‎ 代入解得：Q=3J ‎17.如图所示，在光滑的水平面上有一长为L的木板B，上表面粗糙，在其左端有一光滑的圆弧槽C，与长木板接触但不相连，圆弧槽的下端与木板上表面相平，B、C静止在水平面上。现有滑块A以初速度从右端滑上B，一段时间后，以滑离B，并恰好能到达C的最高点，A、B、C的质量均为m。求：‎ ‎(1)A刚滑离木板B时，木板B和圆弧槽C的共同速度；‎ ‎(2)A与B的上表面间的动摩擦因数μ；‎ ‎(3)圆弧槽C的半径R.‎ ‎【答案】（1） （2） （3）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)对A在木板B上的滑动过程，取A、B、C为一个系统，根据动量守恒定律有：‎ mv0＝m＋2mvB 解得vB＝‎ ‎(2)对A在木板B上滑动过程，A、B、C系统减少的动能全部转化为系统产生的热量 解得μ＝‎ ‎(3)对A滑上C直到最高点的作用过程，A、C系统动量守恒，＋mvB＝2mv A、C系统机械能守恒 解得R＝‎ ‎18.如图所示，两条相互平行的光滑金属导轨，相距L=0.2m，左侧轨道的倾斜角θ=30°,右侧轨道为圆弧线，轨道端点间接有电阻R=1.5Ω，轨道中间部分水平，在MP、NQ间有距离为d=0.8m，宽与导轨间距相等的方向竖直向下的匀强磁场B=1T.一质量为m=10g、导轨间电阻为r=1.0Ω的导体棒a从t=0时刻无初速释放，初始位置与水平轨道间的高度差H=0.8m.另一与a棒完全相同的导体棒b静置于磁场外的水平轨道上，靠近磁场左边界PM.a棒下滑后平滑进入水平轨道（转角处无机械能损失），并与b棒发生碰撞而粘合在一起，此后作为一个整体运动。导体棒始终与导轨垂直并接触良好，轨道的电阻和电感不计，g取10m/s2.求：‎ ‎(1)a导体棒进入磁场前瞬间速度大小和a导体棒从释放到进入磁场前瞬间过程中所用的时间；‎ ‎(2)粘合导体棒刚进入磁场瞬间受到的安培力大小；‎ ‎(3)粘合导体棒最终静止的位置离PM的距离.‎ ‎【答案】（1）4m/s；t=0.8s（2）F=0.04N（3）停在距离PM为0.4m处 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）设a导体棒进入磁场前瞬间速度大小为v a导体棒从释放到进入磁场前瞬间过程中由机械能守恒定律有：‎ 解得：v=4m/s a导体棒从释放到进入磁场前瞬间过程由牛顿第二定律有：‎ 解得：a=5m/s2‎ 由速度与时间的关系式v=at 解得t=0.8s ‎（2）a与b发生完全非弹性碰撞后的速度为 由动量守恒定律有：‎ 解得：‎ 此时粘合导体棒刚好进入匀强磁场，安培力为：F=BIL 解得：F=0.04N ‎（3）粘合导体棒直到静止，由动量定理有：‎ 解得：‎ 因此粘合导体棒停在距离PM为0.4m处