广东省深圳四校发展联盟体2020学年高二物理下学期期中试题 理（含解析） 14页

广东省深圳四校发展联盟体2020学年高二物理下学期期中试题 理（含解析） ‎ 一、单项选择题 ‎1.下列关于物理学家所作贡献的叙述正确的是 A. 楞次通过实验发现了电流周围存在磁场 B. 麦克斯韦预言了电磁波的存在,并通过实验验证了电磁波的存在 C. 安培通过实验发现感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化 D. 法拉第提出可以用电场线描绘电场的分布，极大地促进了人们对电磁现象的研究 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】奥斯特发现了电流周围存在磁场，故A错误。麦克斯韦提出电磁场理论并预言电磁波的存在，后来赫兹用实验证实电磁波的存在，故B错误。楞次总结出电磁感应现象中感应电流的磁场总是阻碍磁通量的变化，即楞次定律，故C错误。法拉第提出可以用电场线描绘电场的分布，极大地促进了人们对电磁现象的研究，选项D正确；故选D.‎ ‎2.下面是历史上的几个著名实验的装置图，其中发现电子的装置是（ ）‎ A. 汤姆孙的气体放电管 B. 利用晶体做电子束衍射实验 C. 粒子散射实验装置 D. 观察光电效应 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A图是阴极射线偏转，从而确定阴极射线是电子流，该装置是发现电子的实验装置。故A正确。B图是电子束衍射的实验，说明粒子具有波动性。故B错误。C图是粒子的散射实验，得出了原子的核式结构模型。故C错误。D图是光电效应现象的实验，该装置是提出原子的核式结构的实验装置。故D错误。故选A。‎ ‎3.氢原子的能级公式为En=E1(n=1，2，3，…)，其中基态能量E1=－13.6eV，能级图如图所示。大量氢原子处于量子数为n的激发态，由这些氢原子共发出10种不同频率的光子，则n和发出的频率最大的光子能量分别为（ ）‎ A. n=5，10.2eV B. n=5，13.06eV C. n=4，10.2eⅤ D. n=4，12.75eⅤ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】大量氢原子处于量子数为n的激发态，由这些氢原子共发出10种不同频率的光子，因为 可知n=5；发出的频率最大的光子能量对应着从n=5到n=1的跃迁，则，故选B.‎ ‎4.有关放射性同位素的下列说法中正确的是( )‎ A. 与互为同位素 B. 与其同位素具有相同的化学性质 C. 用制成化合物后它的半衰期变短 D. 含有的磷肥释放电子，可用来作示踪原子，以便观察磷肥对植物的影响 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】同位素具有相同的质子数，化学性质相同，A错，B对；半衰期与化学状态无关，C错；选择半衰期短的放射性元素作为示踪原子，含有的磷肥放出正电子，可作为示踪原子，D对；故选BD．‎ ‎5.在匀强磁场中，一个原来静止的原子核，由于衰变放射出某种粒子，衰变过程动量守恒，结果得到一张两个相切圆1和2的径迹照片如图所示，已知两个相切圆半径分别r1、r2，则下列说法正确的是（ ）‎ A. 原子核可能发生衰变，也可能发生衰变 B. 若衰变方程是，则衰变后新核和粒子圆周运动周期相同 C. 若衰变方程是，则衰变后新核和粒子的速度大小之比为2：117‎ D. 若衰变方程是，则r1：r2＝2：117‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】原子核衰变过程系统动量守恒，由动量守恒定律可知，衰变生成的两粒子动量方向相反，粒子速度方向相反，由左手定则知：若生成的两粒子电性相反则在磁场中的轨迹为内切圆，若电性相同则在磁场中的轨迹为外切圆，所以为电性相同的粒子，可能发生的是α衰变，但不是β衰变，故A错误；若衰变方程是，则根据，因两粒子的 不同，则衰变后新核和粒子圆周运动周期不相同，选项B错误；根据动量守恒定律知，新核TH和α粒子的动量大小相等，则速度之比等于质量的倒数比，即速度之比为4:234=2:117，选项C正确；根据，则r1：r2=2：90=1：45，故D错误；‎ ‎6.关于电磁感应现象，下列说法错误的是（　　）‎ A. 变压器铁芯做成片状是为了减小涡流 B. 灵敏电流表在运输时总要把两接线柱用导体连接起来，是利用了电磁驱动 C. 真空冶炼炉的炉外线圈应通入高频交流电 D. 车站和重要场所的安检门可以探测人身携带的金属物品 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】变压器的铁芯用硅钢片代替整块铁芯，是为了减小涡流损失，故A说法正确；将两个接线柱连接起来，从而形成闭合电路，当因晃动，导致线圈切割磁感线，从而产生感应电流，出现安培阻力，进而阻碍其运动，是利用电磁阻尼原理减弱表针的摆动，进而保护表针不被损坏，故B说法错误；真空冶炼炉的炉外线圈通过的电流是高频交流电，故C说法正确；安检门利用涡流探测人身上携带的金属物品原理是：线圈中交变电流产生交变的磁场，会在金属物品产生交变的感应电流，而金属物品中感应电流产生的交变磁场会在线圈中产生感应电流，引起线圈中交变电流发生变化，从而被探测到，故D说法正确。所以选B。‎ ‎7.交流发电机发电示意图如图所示,线圈转动过程中,下列说法正确的是 A. 转到图甲位置时，通过线圈的磁通量变化率最大 B. 转到图乙位置时，线圈中产生的感应电动势为零 C. 转到图丙位置时，线圈中产生的感应电流最大 D. 转到图丁位置时，AB边感应电流方向为A→B ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 要解决此题，需要掌握发电机的制作原理，知道发电机是根据电磁感应原理制成的，感应电流的方向与磁场方向和切割磁感线的方向有关。‎ ‎【详解】转到图甲位置时，线圈平面与磁感线垂直，磁通量最大，但磁通量变化率最小为零，故A错误；转到图乙位置时，线圈产生的感应电动势最大，故B错误；转到图丙位置时，线圈位于中性面位置，此时感应电流最小，且感应电流方向改变，故C错误；转到图丁位置时，根据楞次定律可知AB边感应电流方向为A→B，故D正确；故选D。‎ ‎【点睛】此题主要考查了发电机的工作原理。要知道发电机是根据电磁感应原理制成的。感应电流的方向与导体切割磁感线的方向有关，能够通过线圈的转动情况，判断线圈中产生的感应电流放向的变化.‎ 二、多项选择题 ‎8.用如图所示的装置研究光电效应现象。用光子能量为2.75eV的光照射到光电管上时发生了光电效应；移动变阻器的触点c，发现当电压表的示数小于1.7V时，电流表有示数，当电压表的示数大于或等于1.7V时，电流表示数为0，则下列说法正确的是（ ）‎ A. 光电子的最大初动能为1.7eV B. 光电管阴极的逸出功为1.7eV C. 电键S断开后，没有电流流过电流表G D. 保持入射光强度不变，改用光子能量为0.9eV的光照射，电流表G示数一定为0‎ ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】该装置所加的电压为反向电压，发现当电压表的示数大于或等于1.7V时，电流表示数为0，知道光电子的最大初动能为1.7eV，根据光电效应方程EKm=hγ-W0，W0=1.05eV．故A正确，B错误。电键S断开后，用光子能量为2.75eV的光照射到光电管上时发生了光电效应，有光电子逸出，则有电流流过电流表。故C错误。改用能量为0.9eV的光子照射，0.9eV小于1.05eV，则不能发生光电效应，电流表G电流为零，故D错误；‎ ‎9.如图甲所示，在匀强磁场中，一矩形金属线圈两次分别以不同的转速绕与磁感线垂直的轴转动，产生的交变电动势如图乙中曲线a、b所示，则下列说法正确的是 (　 　)‎ A. 曲线a对应的线圈转速为50r/s B. 曲线a表示的交变电动势瞬时值ea＝36sin(50πt)V C. 曲线b表示的交变电动势最大值为24V D. t＝3×10－2 s时，曲线a对应线框磁通量最大，曲线b对应线框的磁通量为0‎ ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】a的周期为Ta=4×10-2s，则，选项A错误；，a表示的交变电动势瞬时值为e=36sin50πt（V），则B正确；由图可知，a的周期为4×10-2s；b的周期为6×10-2s，则由n＝1/T可知，转速与周期成反比，故转速之比为：3：2，曲线a表示的交变电动势最大值是36V，根据Em=nBSω得曲线b表示的交变电动势最大值是24V，则C正确；t=3×10-2 s时，曲线a的电动势达到最大，所以a对应线框的磁通量为0，曲线b对应的电动势最小，所以b对应线框的磁通量最大，则D错误；‎ ‎10.如图所示为远距离输电示意图，两变压器均为理想变压器。升压变压器T1的原、副线圈匝数之比为n1：n2＝1：100。在T1的原线圈两端接入一正弦交流电，输电线的总电阻为2r＝20Ω，降压变压器T2的原、副线圈数之比为n3：n4＝100：1，若T2的“用电设备”两端的电压为U4＝200V且“用电设备”消耗的电功率为100kW，不考虑其它因素的影响，则（　　）‎ A. T2的原线圈两端的电压U3为20kV B. T1的副线圈两端的电压U2为20kV C. T1的原线圈两端的电压U1为201V D. 输电线上损失的电功率为500W ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【详解】设T2原线圈两端的电压为U3．则，即得 U3=20kV，选项A正确；T2次级电流：，则T2初级电流为；输电线上的损失电压为 U损=I3•2r=5×20=100V；T1的副线圈两端电压 U2=U损+U3=100+20000=20.1kV，B错误；T1的原线圈两端的电压，选项C正确；输电线上损失的功率 P损=I32•2r=52×20=500W，故D正确。‎ ‎11.如图，条形磁铁位于固定的半圆光滑轨道的圆心位置，一质量为 m 的金属球从半径为 R的半圆轨道的右端最高处沿半圆轨道由静止下滑，重力加速度大小为 g。下列正确的是( )‎ A. 金属球中不会产生感应电流 B. 金属球可以运动到半圆轨道左端最高处 C. 金属球受到的安培力做负功 D. 最终系统产生的总热量为 mgR ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】金属球在运动过程中，穿过金属球的磁通量不断变化，在金属球内形成闭合回路，产生涡流，金属球受到的安培力做负功，金属球产生的热量不断地增加，机械能不断地减少，则金属球不可能运动到半圆轨道左端最高处；金属球在轨道上做往复运动，直至金属球停在半圆轨道的最低点，根据能量守恒定律得系统产生的总热量为mgR，故CD正确，AB错误；‎ ‎12.在如图甲所示的电路中，螺线管匝数n＝1 500匝，横截面积S＝30 cm2。R1＝4 Ω，R2＝5 Ω，其他电阻不计，电容C＝30 μF。在一段时间内，穿过螺线管的磁场的磁感应强度B按如图乙所示的规律变化。下列说法正确的是(　　)‎ A. 螺线管中产生的感应电动势为1.8 V B. 电路中的电流稳定后，电阻R1的电功率为0.16 W C. 闭合S，电路中电流稳定后电容器上极板带正电 D. S断开后，通过R2的电荷量为6×10－5 C ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】根据法拉第电磁感应定律：；解得：，故A正确；根据全电路欧姆定律，有：，电阻R1的电功率为，选项B正确；根据楞次定律可知，螺线管的感应电流盘旋而下，则螺线管下端是电源的正极，那么电容器下极带正电，故C错误；S断开后，流经R2的电量即为S闭合时C板上所带的电量Q，电容器两端的电压为：U=IR2=1V；那么流经R2的电量为：Q=CU=3.0×10-5C，故D错误.‎ 三、实验题 ‎13.某学习小组小球1和小球2碰撞验证动量守恒定律，实验装置如图所示，斜槽与水平槽平滑连接。安装好实验装置，在水平地上铺一张白纸，白纸上铺放复写纸，记下铅垂线所指的位置O。接下来的实验步骤如下：‎ 步骤1：不放小球2，让小球1从斜槽上A点由静止滚下，并落在地面上。重复多次，用尽可能小的圆把小球的所有落点圈在里面，认为其圆心就是小球落点的平均位置，记为P点；‎ 步骤2：把小球2放在斜槽前端边缘处的B点，让小球1从A点由静止滚下，使它们碰撞。重复多次，并使用与步骤1同样的方法分别标出碰撞后两小球落点的平均位置；‎ 步骤3：用刻度尺分别测量三个落地点的平均位置M、P、N离O点的距离，即线段OM、OP、ON的长度。‎ ‎(1)在上述实验操作中，下列说法正确的是（ ）‎ A．小球1的质量一定大于小球2的质量，小球1的半径可以大于小球2的半径 B．斜槽口距地面的高度不用测量 C．小球在斜槽上释放点应该越高越好，这样碰前的速度大，测量误差较小 D．实验过程中白纸不可以移动，复写纸可以拿起来观察点迹是否清晰 ‎(2)以下提供的器材中，本实验必需的有（ ）‎ A．刻度尺　　　 B．游标卡尺 C．天平 D．秒表 ‎(3)设小球1的质量为m1，小球2的质量为m2，MP的长度为L1，ON的长度为L2，则本实验验证动量守恒定律的表达式为______________________________。‎ ‎【答案】 (1). BD (2). AC (3). m1L1=m2L2‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）为防止入射球1碰后反弹，则小球1质量一定大于小球2的质量；为保证两球正碰，则小球1的半径要等于小球2的半径，选项A错误；此实验用小球平抛的水平位移代替小球的初速度，则斜槽口距地面的高度不用测量，选项B正确；小球在斜槽上的释放点的高度大小要适当，不一定越高越好，选项C错误；实验过程中白纸不可以移动，复写纸可以拿起来观察点迹是否清晰，选项D正确。‎ ‎（2）本实验必需的有刻度尺和天平，刻度尺用来测量小球的水平位移；天平用来测量小球的质量；故选AC.‎ ‎（3）要验证的表达式：，两边乘以t可得：，即，即.‎ 四、计算题 ‎14.如图所示，理想变压器原、副线圈匝数之比1:n2=10:1。原线圈接电压为（V）的交流电源，副线圈接R=11Ω的电阻。电流表和电压表可视为理想电表。求：‎ ‎（1）副线圈中电压表的示数U；‎ ‎（2）原线圈中电流表的示数I。‎ ‎【答案】（1）22V（2）0.2A ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由题意可知，原线圈电压的有效值 设副线圈电压的有效值为U2，则有 ‎ 所以电压表的读数 ‎（2）副线圈中电流的有效值 因为 所以电流表的读数 ‎15.如图所示，半径为内壁光滑的半圆形轨道固定在水平地面上，质量的滑块停放在距轨道最低点A为 L=9m的O点处，质量为 的子弹以速度v0=00m/s从右方水平射入滑块，并留在其中。已知滑块与水平面的动摩擦因数μ=0.6，子弹与滑块的作用时间很短；取，试求：‎ 子弹刚留在滑块时二者的共同速度大小v；‎ 滑块通过最高点B时的速度大小vB；‎ 滑块通过最高点B后落到水平面上C点，A与C间距离是多少。‎ ‎【答案】（1）12m/s； ；‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）子弹击中滑块过程动量守恒，规定向左为正方向，则：‎ 代入数据解得：‎ ‎（2）子弹击中滑块后与滑块一起向左运动，后经圆弧到达B点。‎ 从O点到B点，由动能定理：‎ 代入数据得：‎ ‎（3）滑块离开B点后做平抛运动，飞行时间 而 代入数据得：‎ ‎16.如图甲，在水平桌面上固定着两根相距L＝20 cm、相互平行的无电阻轨道P、Q，轨道一端固定一根电阻R＝0.02 Ω 的导体棒a，轨道上横置一根质量m＝40 g、电阻可忽略不计的金属棒b，两棒相距也为L＝20 cm。该轨道平面处在磁感应强度大小可以调节的竖直向上的匀强磁场中。开始时，磁感应强度B0＝0.1 T。设棒与轨道间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2。‎ ‎(1)若保持磁感应强度B0的大小不变，从t＝0时刻开始，给b棒施加一个水平向右的拉力，使它由静止开始做匀加速直线运动。此拉力F的大小随时间t变化关系如图乙所示。求b棒做匀加速运动的加速度及b棒与轨道间的滑动摩擦力大小；‎ ‎(2)若从t＝0开始，无拉力F的作用，磁感应强度B随时间t按图丙中图像所示的规律变化，b棒与轨道间摩擦因数与（1）问中相同，求在金属棒b开始运动前，这个装置释放的热量。‎ ‎【答案】（1），（2）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）根据安培力和法拉第电磁感应定律：，‎ ‎，所以：‎ 当棒匀加速运动时，根据牛顿第二定律有：‎ 联立可得：‎ 由图象可得：当时，当时，‎ 可解得，。‎ ‎（2）当磁感应强度均匀增大时，闭合电路中有恒定的感应电流I，以b棒为研究对象，它受到的安培力逐渐增大，静摩擦力也随之增大，当磁感应度增大到b所受安掊力F/安与最大静摩擦力f相等时开始滑动。‎ 感应电动势：，‎ 棒将要运动时，有， 所以：‎ 根据， 得 回路中产生焦耳热为 考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化 ‎【名师点睛】本题考查电磁感应定律中的图象问题，要注意明确图象的斜率含义，掌握牛顿第二定律与闭合电路欧姆定律的应用，注意从图象中选取两点代入公式计算，是解题的关键。 ‎