2017-2018学年江西省赣州市十四县（市）高二下学期期中联考物理试题（Word版）

2017-2018学年江西省赣州市十四县（市）高二下学期期中联考物理试题（Word版）

‎2017－2018学年第二学期赣州市十四县（市）期中联考 高二年级物理试卷 一．选择题(共10小题，每小题4分，共40分。第1－7题只有一个选项符合题目要求选对得4分，选错得0分；第8－10题有多个选项符合要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，选错或不选得0分）‎ ‎1．用电子秤称量物体重力的过程,实际上就是传感器把力学量转化为电信号的过程.下列属于这类传感器的是(　　)‎ A. 红外报警装置 B. 走廊照明灯的声控开关 C. 自动洗衣机中的压力传感装置 D. 电饭煲中控制加热和保温的温控器 ‎2.关于光电效应,下列说法正确的是(　　)‎ A.截止频率越大的金属材料逸出功越大 B.只要光照射的时间足够长,任何金属都能产生光电效应 C.从金属表面出来的光电子的最大初动能越大,这种金属的逸出功越小 D.入射光的光强一定时,频率越高,单位时间内逸出的光电子数就越多 ‎3．在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图甲所示，产生的感应电动势如图乙所示，则（ ）‎ A. 时线框的磁通量变化率为零 B. 时线框平面与中性面重合 C. 线框产生的交变电动势有效值为 D. 线框产生的交变电动势频率为 ‎4．如图所示，L1、L2、L3、L4为四只规格均为“12V 6W”的灯泡，L1接在理想变压器的原线圈、L2、L3、L4接在副线圈回路中，a、b两端连接交流电源，交流电流表A示数为0.5A，已知灯泡L2正常发光，以下说法正确的是（ ）‎ A. a、b端输人功率为18W B. a、b端输人电压为36V C. a、b端输人电压为48V D.若副线圈回路再并联一只同样的灯泡，L2仍能正常发光 ‎5．如图所示是一交变电流的i-t图像，则该交变电流的有效值为（ ）‎ A. 4A B. A C. A D. A ‎6.下列现象不可能发生的是(　　)‎ A.物体所受到的合外力很大,但物体的动量变化很小 B.物体所受到的冲量不为零,但物体的动量大小却不变 C.物体做曲线运动,但动量变化在相等的时间内却相同 D.物体只受到一个恒力的作用,但物体的动量却始终不变 ‎7．如图所示，当交流电源的电压(有效值)U＝220 V，频率f＝50 Hz，3只灯泡L1、L2、L3‎ 的亮度相同(L无直流电阻)，若将交流电源的频率变为f＝100 Hz，电压有效值不变，则(　　)‎ A. L3灯比原来亮 B. L2灯比原来亮 C. L1灯比原来暗 D. L3灯和原来一样亮 ‎8．木块a和b用一根轻弹簧连接起来，放在光滑水平面上，a紧靠在墙壁上，在b上施加向左的力使轻质弹簧压缩，如图所示，对a、b和轻弹簧组成的系统，当撤去外力后，下列说法中正确的是（ ）‎ A. a尚未离开墙壁前，系统动量守恒 B. a尚未离开墙壁前，系统动量不守恒 C. a离开墙壁后，系统动量守恒 D. a离开墙壁后，系统动量不守恒 ‎9．利用金属晶格（大小约10-10m)作为障碍物观察电子的衍射图样，方法是让电子束通过电场加速后，照射到金属晶格上，从而得到电子的衍射图样。已知电子质量为m，电荷量为e，初速度为0，加速电压为U，普朗克常量为h，则下列说法中正确的是：（ ）‎ A. 该实验说明了电子具有波动性 B. 实验中电子束的德布罗意波的波长为 C. 加速电压U越大，电子的衍射现象越明显 D. 若用相同动能的质子替代电子，衍射现象将更加明显 ‎10．质量为m的小球A以速度v0在光滑水平面上运动，与质量为2m的静止小球B发生对心碰撞，则碰撞后小球A的速度大小vA和小球B的速度大小vB可能为 ( 　　)‎ A. B. ‎ C. D. ‎ 二．填空题(第11、12题每空2分，第13题每空1分，共20分)‎ ‎11.如图，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系。‎ ‎（1）实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的，但是可以通过仅测量_____（填选项前的序号），间距地解决这个问题 A.小球开始释放的高度h B.小球抛出点距地面的高度H C.小球做平抛运动的水平位移 ‎（2）用天平测量两个小球的质量、。图中O点是小球抛出点在水平地面上的垂直投影，实验时，先让入射球多次从斜轨上S位置静止释放；然后，把被碰小球静止于轨道的水平部分，再将入射小球从斜轨上S位置静止释放，与小球相撞，并多次重复，分别找到小球的平均落点M、P、N，并测量出平均水平位移OM、OP、ON。‎ ‎（3）若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为___________（用（2）中测量的量表示）；若碰撞是弹性碰撞，那么还应该满足的表达式为___________（用（2）中测量的量表示）。‎ ‎12.某同学尝试把一个灵敏电流表改装成温度表，他所选用的器材有：灵敏电流表(待改装)，学生电源(电动势为E，内阻不计)，滑动变阻器，单刀双掷开关，导线若干，导热性能良好的防水材料，标准温度计，PTC热敏电阻Rt(PTC线性热敏电阻的阻值与摄氏温度t的关系为Rt＝a＋kt，a>0，k>0)．‎ 设计电路图如图所示，并按如下步骤进行操作．‎ ‎(1)按电路图连接好实验器材．‎ ‎(2)将滑动变阻器滑片P滑到a端，单刀双掷开关S掷于________(填“c”或“d”)端，调节滑片P使电流表满偏，并在以后的操作中保持滑片P位置不动，设此时电路总电阻为R，断开电路．‎ ‎(3)容器中倒入适量开水，观察标准温度计，每当标准温度计示数下降5 ℃，就将开关S置于d端，并记录此时的温度t和对应的电流表的示数I，然后断开开关．请根据温度表的设计原理和电路图，写出电流与温度的关系式I＝________(用题目中给定的符号)．‎ ‎(4)根据对应温度记录的电流表示数，重新刻制电流表的表盘，改装成温度表．根据改装原理，此温度表表盘刻度线的特点是：低温刻度在________(填“左”或“右”)侧，刻度线分布是否均匀？________(填“是”或“否”)．‎ ‎13．如图所示是使用光电管的原理图，当用某种可见光照射到阴极K上时，电流表中有电流通过：‎ ‎（1）当变阻器的滑动端P向______滑动时（填“左”或“右”），通过电流表的电流将会减小，当电流表电流刚减小到零时，电压表的读数为U，则阴极K的逸出功为______________（已知电子电荷量为e，普朗克常量为h，可见光的频率为ν）。‎ ‎（2）如果保持变阻器的滑动端P的位置不变，也不改变入射光的频率，而增大入射光的强度，则光电子的最大初动能将______（填“增大”、“减小”或“不变”），通过电流表的电流将会________（填“增大”、 “减小”或“不变”）。‎ ‎（3）如果将电源的正负极对调，将变阻器的滑动端P从A端逐渐向B端移动的过程中， 通过电流表的电流先______________后____________（填“增大”、“减小”或“不变”）(电源电压足够大）‎ 三．计算题(第14题8分，第15题9分，第16题10分，第17题13分解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出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。)‎ ‎14．如图所示，N＝50匝的矩形线圈abcd，ab边长L1＝20 cm，ad边长L2＝25 cm，放在磁感应强度B＝0.4 T的匀强磁场中，外力使线圈绕垂直于磁感线且通过线圈中线的OO′轴以n＝3 000 r/min的转速匀速转动，线圈总电阻r＝1Ω，外电路电阻R＝9Ω，t＝0时线圈平面与磁感线平行，ab边正转出纸外、cd边转入纸里 ‎(π＝3.14 ，)．求： ‎ ‎(1)感应电动势的瞬时值表达式；‎ ‎(2)线圈转90°外力做的功；‎ ‎(3)从图示位置转过90°的过程中流过电阻R的电荷量。‎ ‎15．交流发电机的输出电功率为100kW，输出电压为250V，欲向远处输电，若输电线的电阻为8.0Ω，要求输电时输电线上损失的电功率不超过交流发电机输出电功率的5％，并向用户输送220V的电压。‎ ‎（1）请画出远距离输电的示意图；‎ ‎（2）求升压变压器原、副线圈的匝数比；‎ ‎（3）求降压变压器的原、副线圈的匝数比。‎ ‎16．如图所示，质量为m=1.0 kg的物块A以v0=4.0 m/s速度沿粗糙水平面滑向静止在水平面上质量为M=2.0 kg的物块B，物块A和物块B碰撞时间极短，碰后两物块粘在一起．已知物块A和物块B均可视为质点，两物块间的距离为L=1.75 m，两物块与水平面间的动摩擦因数均为μ=0.20，重力加速度g=10 m/s2.求：‎ ‎（1）物块A和物块B碰撞前的瞬间，物块A的速度v的大小；‎ ‎（2）物块A和物块B碰撞的过程中，物块A对物块B的冲量I；‎ ‎（3）物块A和物块B碰撞的过程中，系统损失的机械能ΔE.‎ ‎17.．如图所示，在光滑的水平面上停放着一辆质量为2m平板车C，在车上的左端放有一质量为m的小木块B，在小车的左边紧靠着一个固定在竖直平面内、半径为r的光滑圆形轨道，轨道底端的切线水平且与小车的上表面相平。现有一块质量也为m的小木块A从图中圆形轨道的位置处由静止释放，然后，滑行到车上立即与小木块B发生碰撞，碰撞后两木块立即粘在一起向右在动摩擦因数为的平板车上滑行，并与固定在平板车上的水平轻质小弹簧发生作用而被弹回，最后两个木块又回到小车的最左端与车保持相对静止，重力加速度为g，求：‎ ‎(1)小木块A滑到轨道最点低时，对圆形轨道的压力；‎ ‎(2)A、B粘在一起后在平板车上滑行的总路程。‎ ‎2017－2018学年第二学期赣州市十四县（市）期中联考 高二年级物理参考答案 ‎-.选择题答案 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ ‎8‎ ‎9‎ ‎10‎ C A B C C D D BC AB AC 11． ‎ （1）C （3） ‎ 或 ‎12.答案：(2)　c　　(3)　(4)右　 否 解析：(2)分析电路可知滑动变阻器为限流式接法，所以闭合开关前，使它的阻值处于最大值状态，即将滑片P滑到a端．为了设计表盘刻度，应使开关掷于c处，调节滑片，使电流表满偏．‎ ‎(3)把开关置于d端，根据闭合电路欧姆定律得I＝，又Rt＝a＋kt，联立得出电流与温度的关系式为I＝.‎ ‎(4)因为Rt＝a＋kt(且a>0，k>0)，所以温度越低，电阻越小，回路中I越大，所以低温度刻度在右侧，由(3)中关系式可知电流与温度不是线性关系，所以刻度线分布不均匀．‎ ‎13． 右 hv-eU 不变 增大 增大 不变 ‎【解析】（1）电流表中的电流减小，则两极上的反向电压增大，所以滑动变阻器应向右滑动，因为反向电压为U时，电流表读数为零，根据动能定理得：光电子的最大初动能，根据光电效应方程可得，故 ‎（2）根据爱因斯坦光电效应方程，可知如果不改变入射光的频率，而增加入射光的强度，但光电子的最大初动能不变，由于光照强度越大，光子数目多，那么通过电流表的电量增大，则电流表示数将增大．‎ ‎（3）对调后反向电压变为正向电压，光电子受到的电场力是动力，滑动变阻器从A到B过程中两极间的电压增大，使得更多的光电子到达另一极，即电流增大，因为光电子数目由限，所以当所有光电子都到达另一极时，随着电压的增大，光电流不再增大，故先增大后保持不变 ‎14．‎ ‎【解析】(1)线圈的角速度ω＝2πn＝100 πrad/s， ………………………………………….1分 图示位置的感应电动势最大，其大小为Em＝NBl1l2ω， ‎ ‎ 代入数据得Em＝314 V ………………………………………….1分 感应电动势的瞬时值表达式：‎ e＝Em cos ωt＝314cos 100πt V. ………………………………………….1分 ‎ (2)电动势的有效值E＝‎ 线圈匀速转动的周期T＝＝0.02 s ………………………………………….1分 线圈匀速转动90°，外力做功大小等于电功的大小，即：‎ W＝I2(R＋r)T/4＝‎ 代入数据得W＝25.0J. ………………………………………….1分 ‎(3)从t＝0起转过90°过程中，Δt内流过R的电荷量：‎ q＝I△t ‎ ‎ ‎ q＝Δt＝， ………………………………………….2分 代入数据得q＝0.1 C. ………………………………………….1分 ‎15．（1）见解析（2）1:16（3）190:11‎ ‎（1）输电线路的示意图如下图所示：‎ ‎ ………………………………………….3分 ‎（2）由得： ………………………………………….1分 由，得升压变压器的输出电压： ………………….1分 所以升压变压器的原副线圈的匝数之比： ………………………………………….1分 ‎（3）输电线上的电压为： ………………………………………….1分 所以降压变压器的输入电压为： ‎ ‎ ………………………………………….1分 降压变压器的原副线圈的匝数之比： ………………………………………….1分 ‎16．13．（1）3 m/s （2）2 N·s，方向水平向右（3）‎ ‎【解析】试题分析：物块A运动到和物块B碰撞前的瞬间，根据动能定理求得物块A的速度；以物块A和物块B为系统，根据动量守恒求得碰后两物块速度，再根据动量定理求得物块A对物块B的冲量．以物块A和物块B为系统，根据能量守恒求得系统损失的机械能．‎ ‎（1）物块A运动到和物块B碰撞前的瞬间，根据动能定理得………………………………………….2分 代入数据解得………………………………………….1分 （2）以物块A和物块B为系统，根据动量守恒得：，…………………………………….2分 以物块B为研究对象，根据动量定理得：I＝M＝2.0NS，方向水平向右……………………………2分 ‎（3）以物块A和物块B为系统，根据能量守恒得………………………………………….2分 解得：………………………………………….1分 ‎ 17．(1) (2) ‎ ‎（1）木块A从轨道图中位置滑到最低点的过程中机械能守恒，由机械能守恒定律得： ………………………………………….1分 在最低点时，对A由牛顿第二定律得： ………………………………………….1分 解得： F=2mg ………………………………………….1分 根据牛顿第三定律可得木块对轨道的压力： ，负号表示方向竖直向下………………………………………….1分 ‎（2）在小木块A与B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： ………………………………………….1分 然后一起运动直到将弹簧压缩到最短的过程中系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得： ………………………………………….1分 在这个过程中，由能量守恒定律得： ………………………………….2分 对于从弹簧压缩到最短到两木块滑到小车左端的过程，由能量守恒定律得： ………………………………………….2分 ‎（上述两式合为一式也给分）‎ 摩擦产生的热量： ………………………………………….1分 联立解得： ………………………………………….2分