【物理】安徽省黄山市屯溪第一中学2019-2020学年高二下学期期中考试试题（解析版） 16页

屯溪一中2019-2020学年度第二学期期中考试 高二物理试卷 一、选择题（1-8单选题，9-12多选题，每题4分，满分48分）‎ ‎1.下列事例中能说明原子具有核式结构是（　　）‎ A. 光电效应现象的发现 B. 汤姆逊研究阴极射线时发现了电子 C. 卢瑟福的粒子散射实验发现有少数粒子发生大角度偏转 D. 康普顿效应 ‎【答案】C ‎【解析】AD．光电效应现象和康普顿效应的发现都说明光的粒子性，选项AD错误；‎ B．汤姆逊研究阴极射线时发现了电子，说明原子还可以再分，选项B错误；‎ C．卢瑟福的粒子散射实验发现有少数粒子发生大角度偏转，从而说明了原子具有核式结构，选项C正确。‎ 故选C。‎ ‎2.如图所示，世界冠军丁俊晖在斯诺克比赛中正准备击球，设丁俊晖在这一杆中，白色球主球和花色球碰撞前后都在同一直线上运动，碰撞前，白色球A的动量pA=6kg·m/s，花色球B静止；碰撞后，花色球B的动量变为pB=4kg·m/s。则两球质量与间的关系可能是（　　）‎ A. B. ‎ C. D. mB﹦3mA ‎【答案】B ‎【解析】由题，由动量守恒定律得 pA+pB=pA′+pB′‎ 得 pA′=2kg•m/s 根据碰撞过程总动能不增加，则有 代入解得 mB≥0.5mA 碰后，两球同向运动，A的速度不大于B的速度，则 解得 mB≤2mA 综上得 ‎0.5mA≤mB≤2mA 故B正确，ACD错误 故选B。‎ ‎3.如图所示，光滑绝缘水平桌面上直立一个单匝正方形导线框ABCD，导线框的边长为，总电阻为在直角坐标系xOy第一象限中，有界匀强磁场区域的下边界与x轴重合，上边界满足曲线方程 ，磁感应强度，方向垂直纸面向里．导线框在沿x轴正方向的拉力F作用下，以速度v=10m/s水平向右做匀速直线运动，对于线框穿过整个磁场的过程有（　　）‎ A. 导线框AD两端的最大电压为 B. 线框中产生的焦耳热为 C. 流过线框的电荷量为 D. 拉力F为恒力 ‎【答案】B ‎【解析】A．当导线框运动到磁场中心线时，有两种情况，一是BC边，二是AD边，当AD边运动到磁场中心时，AD边上的电压最大．                  ‎ ‎ 感应电动势Em=BLmv=0.4×0.2×10=0.8V 最大电流 AD两端电压最大值 选项A错误； ‎ B．线框中产生的感应电流按正弦规律变化，感应电流的瞬时值表达式 ‎ ‎ 线框中产生的焦耳热为 选项B正确； ‎ C．因为电流随时间变化图像为正弦线，则根据q=It可知，流过线框的电荷量为正弦线与坐标轴围成的面积大小，由数学知识可知，此面积的大小大于，则流过线圈的电荷量大于0.24C，选项C错误； ‎ D．因为流过线圈的电流是变化的，则安培力是变力，根据F=F安可知，拉力F为变力，选项D错误。故选B。‎ ‎4.如图所示，为两个相同的灯泡，线圈的直流电阻不计，灯泡与理想二极管相连，下列说法中正确的是（ ）‎ A. 闭合开关S后，会逐渐变亮 B. 闭合开关S稳定后，亮度相同 C. 断开S的瞬间，会逐渐熄灭 D. 断开S的瞬间，点的电势比点高 ‎【答案】D ‎【解析】闭合开关 S后，线圈自感只是阻碍流过的电流增大，但两灯立刻变亮，故A错误；闭合开关S稳定后，因线圈的直流电阻不计，所以与二极管被短路，导致灯泡不亮，而将更亮，因此亮度不同，故B错误；断开S的瞬间，会立刻熄灭，线圈与灯泡及二极管构成回路，因线圈产生感应电动势，端的电势高于端，但此时的二极管反接，所以回路中没有电流，立即熄灭，故C错误，D正确.‎ ‎5.如图所示，光滑平面上有一辆质量为4m的小车，车上左右两端分别站着甲、乙两人，他们的质量都是m，开始两个人和车一起以速度v0向右匀速运动．某一时刻，站在车右端的乙先以相对地面向右的速度v跳离小车，然后站在车左端的甲以相对于地面向左的速度v跳离小车．两人都离开小车后，小车的速度将是(　　) ‎ A. 1.5v0 B. v0 C. 大于v0，小于1.5v0 D. 大于1.5v0‎ ‎【答案】A ‎【解析】两人和车所组成的系统原动量为，向右。当甲、乙两人先后以对地相等的速度向两个方向跳离时，甲、乙两人的动量和为零，则有 解得 故A正确BCD错误。故选A。‎ ‎6.如图所示，在光滑水平面上放置一个质量为M滑块，滑块的一侧是一个弧形凹槽OAB，凹槽半径为R，A点切线水平。另有一个质量为m的小球以速度从A点冲上凹槽，重力加速度大小为g，不计摩擦。下列说法中正确的是（　　）‎ A. 当时，小球能到达B点 B. 如果小球的速度足够大，球将从滑块的左侧离开滑块后会直接落到水平面上 C. 小球在弧形凹槽上运动的过程中，滑块的动能一直增大 D. 如果滑块固定，小球返回A点时对滑块的压力为 ‎【答案】C ‎【解析】A．当小球刚好到达B点时，小球与滑块水平方向速度相同，设为v1，以小球的初速度方向为正方向，在水平方向上，由动量守恒定律得mv0=（m+M）v1…①‎ 由机械能守恒定律得 …②‎ 代入数据解得 所以当时，小球不能到达B点，故A错误； B．小球离开四分之一圆弧轨道时，在水平方向上与滑块M的速度相同，则球将从滑块的左侧离开滑块后返回时仍然回到滑块M上，不可能从滑块的左侧离开滑块，故B错误； C．小球在圆弧上运动的过程中，小球对滑块M的压力一直对滑块做正功，所以滑块动能一直增加，故C正确； D．若滑块固定，由机械能守恒知小球返回A点时的速度大小仍为v0，在A点，根据牛顿第二定律得： 解得 根据牛顿第三定律可知，小球返回A点时对滑块的压力为，故D错误。故选C。‎ ‎7.如图所示，MN和PQ是两根互相平行竖直放置的光滑金属导轨，已知导轨足够长，且电阻不计，ab是一根与导轨垂直且始终与导轨接触良好的金属杆，开始时，将开关S断开，让杆ab由静止开始自由下落，过段时间后，再将S闭合，若从S闭合开始计时，则金属杆ab的速度v随时间t变化的图象不可能是（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】A．闭合开关时，若重力与安培力相等，即 金属杆做匀速直线运动。故A正确，不符合题意； BC．若安培力小于重力，则加速度的方向向下，做加速运动，加速运动的过程中，安培力增大，则加速度减小，做加速度逐渐减小的加速运动，当重力与安培力相等时，做匀速直线运动。故B错误，符合题意，C正确，不符合题意； D．若安培力大于重力，则加速度的方向向上，做减速运动，减速运动的过程中，安培力减小，做加速度逐渐减小的减速运动，当重力与安培力相等时，做匀速直线运动。故D正确，不符合题意。故选B。‎ ‎8.如图所示，在有界匀强磁场中水平放置相互平行的金属导轨，导轨电阻不计，导轨上金属杆ab与导线接触良好，磁感线垂直导轨平面向上（俯视图），导轨与处于磁场外的大线圈M相接，欲使置于M内的小闭合线圈N产生顺时针方向的感应电流，下列做法可行的是 A. ab匀速向右运动 B. ab加速向右运动 C. ab加速向左运动 D. ab匀速向左运动 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ab匀速向右运动，切割磁感线产生的电动势：E=BLv，可知感应电动势不变，则产生的感应电流不变，故由感应电流产生的磁场也不变，则穿过线圈N的磁通量不变，故N线圈不产生感应电流，故A错误；ab加速向右运动，ab切割磁感线产生的感应电动势：E=BLv，可知感应电动势增大，产生的感应电流增大，故由感应电流产生的磁场也增大，则穿过N的磁通量增大，由右手定则可知，ab产生的感应电流由a流向b，由安培定则可知，穿过N的磁场方向垂直于纸面向里，由楞次定律可知，N中产生逆时针方向的感应电流，故B错误；ab加速向左运动时，感应电动势：E=BLv，可知感应电动势增大，故感应电流增大，故由感应电流产生的磁场也增大，则穿过线圈N的磁通量增大，由右手定则与楞次定律可知，N中产生顺时针方向的感应电流，故C正确；ab匀速向左运动，切割磁感线产生的电动势：E=BLv，可知感应电动势不变，则产生的感应电流不变，故由感应电流产生的磁场也不变，则穿过线圈N的磁通量不变，故N线圈不产生感应电流，故D错误；故选C.‎ ‎9. 下面关于光的波粒二象性的说法中，哪些正确 ( )‎ A. 大量光子产生的效果往往显示出波动性，个别光子产生的效果往往显示出粒子性 B. 频率越大的光其粒子性越显著，频率越小的光其波动性越显著 C. 光在传播时往往表现出的波动性，光在跟物质相互作用时往往表现出粒子性 D. 光不可能同时既具有波动性，又具有粒子性 ‎【答案】ABC ‎【解析】‎ 试题分析：根据光的本性的认识，大量光子产生的效果往往显示出波动性，个别光子产生的效果往往显示出粒子性，也就是说光在传播时往往表现出的波动性，光在跟物质相互作用时往往表现出粒子性．而频率小则波长较长，越容易衍射，表现出波动性，反之越容易表现出粒子性．综上分析答案为ABC ‎10.如图甲为远距离输电示意图，变压器均为理想变压器。升压变压器原、副线圈匝数比为1∶100，其输入电压如图乙所示。远距离输电线的总电阻为100 Ω。降压变压器右侧部分为一火警报警系统原理图，其中R1为一定值电阻，R2为用半导体热敏材料制成的传感器，当温度升高时其阻值变小。电压表V显示加在报警器两端的电压（报警器未画出），未出现火警时，升压变压器的输入功率为750 kW。下列说法中正确的是 A. 降压变压器副线圈输出的交流电频率为50 Hz B. 远距离输电线路损耗功率为180 kW C. 当传感器R2所在处出现火警时，电压表V的示数变小 D. 当传感器R2所在处出现火警时，输电线上的电流变小 ‎【答案】AC ‎【解析】A．由图乙知交流电的周期为0.02s，所以频率为50Hz，变压器不改变频率，A正确；‎ B．由图乙知升压变压器输入端电压有效值为250V，根据电压与匝数成正比知副线圈电压为25000V，所以输电线中的电流为：I＝＝30A，‎ 输电线路损耗功率为：ΔP＝I2R＝90kW，B错误；‎ D．当传感器R2所在处出现火警时，其阻值减小，负载总电阻减小，升压变压器的输入功率增大，输电线上的电流增大，D错误；‎ C．输电线的电流增大，所以输电线电压损失增大，降压变压器副线圈两端电压减小，副线圈中的电流增大，R1两端的电压增大，故电压表的示数减小，C正确。故选AC。‎ ‎11.如图所示，两根光滑平行金属导轨固定在倾角为30°的斜面上，导轨间距为L，导轨下端连接一个阻值为R的定值电阻，空间中有一磁感应强度大小为B、方向垂直导轨所在斜面上的匀强磁场．在斜面上平行斜面固定一个轻弹簧，弹簧劲度系数为k，弹簧上端与质量为m、电阻为r、长为L的导体杆相连，杆与导轨垂直且接触良好．导体杆中点系一轻细线，细线平行斜面，绕过一个光滑定滑轮后悬挂一个质量也为m的物块．初始时用手托着物块，导体杆保持静止，细线伸直，但无拉力．释放物块后，下列说法正确的是 A. 释放物块瞬间导体杆的加速度为g B. 导体杆最终将保持静止，在此过程中电阻R上产生的焦耳热为 C. 导体杆最终将保持静止，在此过程中细线对导体杆做功为 D. 导体杆最终将保持静止，在此过程中流过电阻R的电荷量为 ‎【答案】BCD ‎【解析】A．初始时，弹簧被压缩，弹力大小，即，释放物块瞬间，安培力为零，对杆和物块分析有：、，解得：，故A错误．‎ B．由于电磁感应消耗能量，杆最终速度为零，安培力为零，细线拉力，弹簧处于伸长状态；对导体杆有：，解得：；弹簧弹性势能不变，对物块、导体杆、弹簧整个系统，由能量守恒得：，解得：，电阻R上产生的焦耳热．故B项正确．‎ C．从运动到最终停止，弹簧弹力对导体棒做功为零，对导体棒运用动能定理得，，又，解得：细线对导体杆拉力做功．故C项正确．‎ D．流过电阻R上的电荷量，故D正确．‎ ‎12.如图甲所示，在光滑水平面上的两个小球发生正碰，小球的质量分别为m1和m2，图乙为它们碰撞前后的x－t图像.已知m1=0.1kg由此可以判断（ ）‎ A. 碰前m2静止，m1向右运动 B. 碰后m2和m1都向右运动 C. 由动量守恒定律可以算出m2=0.3kg D. 碰撞过程中系统损失了0.4J的机械能 ‎【答案】AC ‎【解析】A.由x－t图像知碰前m2的位移不随时间而变化，处于静止状态.m1的速度大小为，m1只有向右运动才能与m2相撞，故A正确.‎ B.由图读出，碰后m2速度为正方向，说明向右运动，m1的速度为负方向，说明向左运动，故B错误.‎ C.由图像求出碰后m2和m1的速度分别为v'=2m/s，v1'=－2m/s，根据动量守恒定律得m1v1=m2v2'+m1v1'，代入解得m2=0.3kg，故C正确.‎ D.碰撞过程中系统损失的机械能为，代入解得ΔE=0，故D错误.‎ 二、实验题（每空2分，共12分）‎ ‎13.在“研究电磁感应现象”的实验中，首先按图甲接线，以查明电流表指针的偏转方向与电流方向之间的关系；然后按图乙将电流表与线圈B连成一个闭合回路，将线圈A、电池、滑动变阻器和开关串联成另一个闭合电路，在图甲中，当闭合S时，观察到电流表指针向左偏，不通电时电流表指针停在正中央．在图乙中 ‎(1)S闭合时，将螺线管A插入螺线管B的过程中，电流表的指针________；(填左偏、不偏、右偏)‎ ‎(2)线圈A放在B中不动时，指针将________；(填左偏、不偏、右偏)‎ ‎(3)线圈A放在B中不动，突然断开开关S，电流表指针将________．(填左偏、不偏、右偏)‎ ‎【答案】 (1). 右偏 (2). 不偏 (3). 左偏 ‎【解析】图甲中，当闭合S时，观察到电流表指针向左偏，说明电流从哪方流入电流表指针就向哪方偏转；‎ ‎(1)[1]S闭合后，将螺线管A(原线圈)移近螺线管B(副线圈)的过程中，穿过B的磁通量向上增加，根据楞次定律可知，在线圈B 中产生的感应电流从负极流入电流表，故电流表指针向右偏转； (2)[2]线圈不动，磁通量不变，无感应电流，故指针不动； (3)[3]线圈A放在B附近不动，突然切断开关S，穿过B的磁通量向上减小，根据楞次定律可知，在线圈B中产生的感应电流从正极流入电流表，故电流表指针向左偏转；‎ ‎14.如图所示为实验室中《验证动量守恒定律》的实验装置示意图。‎ ‎（1）实验中必须要求条件是______。‎ A.斜槽轨道尽量光滑以减少误差 B.斜槽轨道末端的切线必须水平 C.入射球和被碰球的质量必须相等，且大小相同 D.入射球每次必须从轨道的同一位置由静止释放 ‎（2）图中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影。实验时，先让入射球多次从斜轨上S位置静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP，然后把被碰小球静置于水平轨道的末端，再将入射球从斜轨上S位置静止释放，与小球相碰，并重复多次。本实验还需要完成的必要步骤是________（填选项前的符号）。‎ A.用天平测量两个小球的质量、 B.测量抛出点距地面的高度H C.分别找到、相碰后平均落地点的位置M、N D.测量平抛射程OM、ON ‎（3）为了验证碰撞前后动量守恒，该同学只需验证表达式：________________________成立，即表示碰撞中动量守恒。‎ ‎【答案】 (1). BD (2). ACD (3). ‎ ‎【解析】‎ ‎（1）[1]．A、只要小球离开轨道时的水平速度相等即可，不需要要求轨道光滑，故A错误； B、小球离开时必须做平抛运动，因此小球末端必须水平；故B正确； C、入射球与被碰球大小要相等，但是入射球质量要大于被碰球的质量，以防止碰后入射球反弹，故C错误； D.入射球每次必须从轨道的同一位置由静止释放，以保证到达底端时速度相同，选项D正确；故选BD。 （2）[2]．如果碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得 m1v0=m1v1+m2v2‎ 小球离开轨道后做平抛运动，它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间t相等，上式两边同时乘以t得m1v0t=m1v1t+m2v2t 得m1OP=m1OM+m2ON 因此实验需要过程为：测量两球的质量、确定落点从而确定小球的水平位移； 故选ACD。 （3）[3]．由（2）可知，实验需要验证m1OP=m1OM+m2ON 三、计算题（每题10分，共40分）‎ ‎15.如图所示，质量为的物块可视为质点，放在质量为的木板左端，足够长的木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数为。质量为的子弹以速度v0=300m/s沿水平方向射入物块并留在其中（时间极短），g取10m/s2。求：‎ ‎（1）子弹进入物块后一起向右滑行的最大速度；‎ ‎（2）木板向右滑行的最大速度；‎ ‎（3）物块在木板上滑行的时间t及物块在木板上相对木板滑行的距离x。‎ ‎【答案】（1）6m/s；（2）2m/s；（3）1s；3m ‎【解析】（1）子弹进入物块后一起向右滑行的初速度即为物块的最大速度，由动量守恒定律可得： 解得 ‎（2）当子弹、物块、木板三者共速时，木板的速度最大，由动量守恒定律可得 解得 ‎（3）对物块和子弹组成的整体应用动量定理得：‎ 由能量关系 ‎ 解得 ‎ ‎16.电磁驱动在军事、科研和生活中有着广泛的应用，某一驱动装置的原理图如图所示，正方形线圈ABCD的两个接线端分别于水平放置的金属导轨相连接．线圈内有垂直线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小随时间变化的规律为平行导轨间距，其间有垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度，质量的导体棒PQ垂直导轨放置，且与导轨接触良好．已知线圈的边长、匝数、电阻，导体棒的电阻，导体棒与导轨间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2，其余电阻不计．求：‎ ‎（1）导体棒PQ静止时，两端的电压U ‎（2）导体棒PQ刚能滑动时，k取值和线圈的热功率P ‎（3）导体棒PQ最终以速度v=5m/s向右匀速滑动，在的一段时间内，通过PQ的电荷量q和磁场释放的磁场能E ‎【答案】（1）0.6V；（2）；0.16W；（3）；3.28J ‎【解析】（1）根据法拉第电磁感应定律得 又 PQ两端的电压 ‎（2）导体棒PQ刚能滑动时，根据平衡条件 由闭合电路欧姆定律 联立解得 线圈的热功率 ‎（3）导体棒PQ最终以速度向右匀速滑动，电流同（2）‎ 通过PQ的电荷量 磁场释放的磁场能 ‎17.如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数n1:n2=3:1，原线圈电路中接有一量程为3 A的理想交流电流表，副线圈两端接有理想交流电压表、可变电阻R以及若干6 V、6 W的相同灯泡．输入端交变电压u的图象如图乙所示．‎ ‎（1）求图甲中电压表的读数；‎ ‎（2）要求灯泡均正常发光，求电路中最多允许接入的灯泡个数；‎ ‎（3）为满足第（2）问要求，求可变电阻R应调到的电阻值．‎ ‎【答案】（1）9V (2）9盏 （3）Ω ‎【解析】（1）根据图象可得原线圈电压的最大值U1m＝27V其有效值为U1＝＝27 V 根据代入数据可得U2＝9 V即为电压表读数．‎ ‎（2）设原线圈中通过的电流为I1，副线圈中通过的电流为I2‎ 为使副线圈接入的灯泡最多，则I1取允许通过的最大电流的有效值为3 A 根据U1I1＝U2I2代入数据可得I2＝9 A 正常发光时每个灯泡中的电流为ID＝＝1 A 所以允许接入的灯泡个数为n＝＝9‎ ‎（3）电阻两端电压为UR＝U2－UD＝3 V 电阻阻值为R＝＝Ω ‎18.如图所示，在光滑的水平面上有一质量为m ‎=1kg的足够长的木板C，在C上放置有A、B两物体，A的质量mA=1kg，B的质量为mB=2kg．A、B之间锁定一被压缩了的轻弹簧，弹簧储存的弹性势能Ep=3J，现突然给A、B一瞬时冲量作用，使A、B同时获得v0=2m/s的初速度，且同时弹簧由于受到扰动而解除锁定，并在极短的时间内恢复原长，之后与A、B分离．已知A和C之间的摩擦因数为μ1=0.2，B、C之间的动摩擦因数为μ2=0.1，且滑动摩擦力略小于最大静摩擦力．求：‎ ‎(1)弹簧与A、B分离的瞬间，A、B的速度分别是多大？‎ ‎(2)已知在C第一次碰到右边的固定挡板之前，A、B和C已经达到了共同速度，求在到达共同速度之前A、B、C的加速度分别是多大及该过程中产生的内能为多少？‎ ‎(3)已知C与挡板的碰撞无机械能损失，求在第一次碰撞后到第二次碰撞前A在C上滑行的距离？‎ ‎【答案】（1）.，（2），AC的共同加速度为， （3）‎ ‎【解析】（1）在弹簧弹开两物体的过程中，由于作用时间极短，对AB弹簧组成的系统由动量和能量守恒定律可得：‎ 联立解得：‎ ‎.，‎ ‎（2）对物体B有：‎ 对AC有：‎ 又因为：‎ 故物体AC的共同加速度为 对ABC整个系统来说，水平方向不受外力，故由动量和能量守恒定律可得：‎ 解得：‎ ‎（3）C和挡板碰撞后，先向左匀减速运动，速度减至0后向右匀加速运动，分析可知，在向右加速过程中先和A达到共同速度v１，之后AC再以共同的加速度向右匀加速，B一直向右匀减速，最后三者达共同速度v２后做匀速运动．在些过程中由于摩擦力做负功，故C向右不能一直匀加速至挡板处，所以和挡板再次碰撞前三者已经达共同速度．‎ 解得：‎ 解得：‎ 故AC间的相对运动距离为