安徽省师范大学附属中学2020学年高二物理下学期期中试题（含解析）
安徽师范大学附属中学2020学年度第二学期期中考查
高二物理试题
一、选择题
1.氢原子从能级m跃迁到能级n时辐射红光的频率为ν1，从能级n跃迁到能级k时吸收紫光的频率为ν2，已知普朗克常量为h，若氢原子从能级k跃迁到能级m，则( )
A. 吸收光子的能量为hν1+hν2 B. 辐射光子的能量为hν2-hν1
C. 吸收光子的能量为hν2-hν1 D. 辐射光子的能量为hν1+hν2
【答案】B
【解析】
【详解】氢原子从能级m跃迁到能级n时辐射红光，Em-En=hν1，从能级n跃迁到能级k时吸收紫光Ek-En=hν2，则从能级k跃迁到能级m有Ek-Em=（Ek-En）-（Em-En）=hν2-hν1，因红光的能量小于紫光的能量，故能量降低辐射光子；故B正确，ACD错误；
2.实物粒子和光都具有波粒二象性。下列事实中突出体现实物粒子波动性的是
A. 可见光通过双缝实验装置后可以形成干涉图样
B. β射线在云室中穿过会留下清晰的径迹
C. 人们利用电子显微镜观测物质的微观结构
D. 光电效应实验中，光电子的最大初动能与入射光的频率有关，与入射光的强度无关
【答案】C
【解析】
【详解】可见光通过双缝实验装置后可以形成干涉图样，说明光有波动性，选项A错误；β粒子在云室中受磁场力的作用，做的是圆周运动，与波动性无关，所以B
错误；人们利用电子显微镜观测物质的微观结构，说明电子可以产生衍射现象，说明具有波动性，所以C正确；光电效应实验，说明的是能够从金属中打出光电子，说明的是光的粒子性，所以D错误；故选C。
3.如图为法拉第圆盘发电机的示意图，铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触，圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中，圆盘顺时针旋转（从上往下看），下列说法正确的是（ ）
A. 穿过圆盘的磁通量发生变化
B. 圆盘中心电势比边缘要低
C. R上的热功率与圆盘转动角速度成正比
D. 产生的电动势大小与圆盘半径的平方成正比
【答案】D
【解析】
【详解】A、实验过程中，穿过圈盘的磁通量不变，产生感应电动势可等效看成无数轴向导体切割磁感线产生的，故A错误；
B、从上向下看，圆盘顺时针转动，根据右手定则可知，感应电流方向是从边缘流向圆心，可知圆盘中心电势比边缘要高，故B错误；
D、根据法拉第电磁感应定律可知，故产生的电动势大小与圆盘半径的平方成正比，故D正确；
C、R上的热功率，可知R上的热功率与圆盘转动角速度的平方成正比，故C错误。
故选D。
【点睛】圆盘转动可等效看成无数轴向导体切割磁感线，有效切割长度为铜盘的半径r，根据右手定则分析电动势情况和感应电流方向。
4.如图所示，两块水平放置的金属板间距离为d，用导线与一个n匝线圈连接，线圈置于方向竖直向上的磁场B中.两板间有一个质量为m，电荷量为+q的油滴恰好处于平衡状态，则线圈中的磁场B的变化情况和磁通量变化率分别是
A. 正在减弱；
B. 正在增强；
C. 正在减弱；
D. 正在增强；
【答案】A
【解析】
【分析】
由题意可知，线圈置于竖直向上的均匀变化的磁场中，根据法拉第电磁感应定律会产生稳定的电动势，小球受到向上的电场力，根据小球的平衡可求出磁通量的变化率以及磁场的变化。
【详解】电荷量为q的带正电的油滴恰好处于静止状态，电场力竖直向上，则电容器的下极板带正电，所以线圈下端相当于电源的正极，由题意可知，根据楞次定律，可得穿过线圈的磁通量在均匀减弱
线框产生的感应电动势：
油滴所受电场力：F=E场q，
对油滴，根据平衡条件得：
所以解得，线圈中的磁通量变化率的大小为：
故A正确。
【点睛】解决本题的关键掌握法拉第电磁感应定律，欧姆定律等等电磁感应与电路、电场的基本规律；还会用楞次定律判端电动势的方向．注意感应电动势与电场强度符号容易混淆．同时要注意电容器的电压不是线圈产生的感应电动势。
5. 如图，间距为L的平行金属导轨上有一电阻为r的金属棒ab与导轨接触良好.导轨一端连接电阻R，其它电阻不计，磁感应强度为B，金属棒ab以速度v向右作匀速运动，则（ ）
A. 回路中电流为逆时针方向
B. 电阻R两端的电压为BLv
C. ab棒受到的安培力的方向向右
D. ab棒中电流大小为
【答案】A
【解析】
试题分析：金属棒ab以速度v向右作匀速运动，由右手定则判定感应电流的方向由b→a，回路中电流为逆时针方向，再由左手定则判定出安培力的方向向左， A选项正确，C选项错误；利用导线切割式电动势公式和闭合欧姆定律，可求解ab两端的电压，故B、D选项错误。
考点：左手定则和右手定则 导体切割磁感线时的感应电动势
6.由交流电动势瞬时值表达式e=10sin4πt (V) ，可知( )
A. 此交流电的频率是4π (Hz)
B. 此交流电的周期是4π(s)
C. 当t=0.5s时，此交流电动势有最大值
D. 当t=0时，产生此交流电的线圈平面与中性面重合
【答案】D
【解析】
【详解】AB：由交流电动势瞬时值表达式e=10sin4πt (V)可知，线圈转动的角速度，则交流电的频率，交流电的周期。故AB两项均错误。
C：当t=0.5s时，e=0V。故C项错误。
D：当t=0时，e=0V，此时产生此交流电的线圈磁通量的变化率最小，磁通量最大，线圈平面与中性面重合。故D项正确。
【点睛】中性面位置时(线圈与磁场垂直)，磁通量最大，磁通量变化率为零，感应电动势、感应电流为零，电流方向发生改变；垂直中性面位置时(线圈与磁场平行)，磁通量为零，磁通量变化率最大，感应电动势、感应电流最大。
7.在一小型交流发电机中，矩形金属线圈abcd的面积为S，匝数为n，线圈总电阻为r，在磁感应强度为B的匀强磁场中绕OO′轴以角速度ω匀速转动产生的感应电动势e随时间t的变化关系如图所示，矩形线圈与阻值为R的电阻构成闭合电路，交流电流表为理想电表，下列说法中正确的是（ ）
A. t=0时刻穿过线圈的磁通量变化率大小为E0
B. t1时刻交流电流表示数为零
C. 从t1到t3这段时间穿过线圈磁通量的变化量为零
D. 0~t2这段时间电阻R的发热功率为
【答案】D
【解析】
【详解】A、t=0时刻穿过线圈的磁通量变化率最大，此时有，故磁通量的变化率，故A错误；
B、交流电流表测的是电路中的有效值，故任何时刻交流电流表的示数都不为零；
C、磁通量是双向标量，在t1到t3这段时间穿过线圈磁通量的变化量不为零，且△Φ＝2BS，故C错误；
D、0~t2这段时间内，产生的感应电动势的有效值为E，故电阻R的发热功率P，故D正确
8.如图所示，足够长的光滑U型导轨宽度为L，其所在平面与水平面的夹角为α，上端连接一个阻值为R的电阻，置于磁感应强度大小为B，方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，今有一质量为m、有效电阻r的金属杆沿框架由静止下滑，设磁场区域无限大，当金属杆下滑达到最大速度时，运动的位移为x，则 （ ）
A. 金属杆下滑的最大速度
B. 在此过程中电阻R产生的焦耳热为
C. 在此过程中电阻R产生的焦耳热为
D. 在此过程中流过电阻R的电量为
【答案】B
【解析】
感应电动势为①
感应电流为②
安培力为③
根据平恒条件得
解得:
由能量守恒定律得:
又因
所以
由法拉第电磁感应定律得通过R的电量为
所以选项B正确
9.如图a所示，圆形线圈P静止在水平桌面上，其正上方固定一螺线管Q，P和Q共轴，Q中通有变化电流i，电流随时间变化的规律如图b所示，P所受的重力为G，桌面对P的支持力为N，则在下列时刻( )
A. t3时刻N=G，此时P中无感应电流 B. t2
时刻N=G，此时穿过P的磁通量最大
C. tl时刻N>G，P有收缩趋势 D. t4时刻N
G，故C正确；t4时刻螺线管中电流不变时，其形成磁场不变，线圈P中的磁通量不变，因此磁铁线圈中无感应电流产生，故t4时刻N=G，此时由于电流不是最大，则穿过P的磁通量不是最大，故D错误；
10.理想变压器原、副线圈的匝数比为10:1，原线圈输入电压的变化规律如图甲所示，副线圈所接电路如图乙所示，P为滑动变阻器R的滑片．下列说法错误的是( )
A. 副线圈输出电压的频率为50 Hz B. 理想交流电压表的示数为31.1 V
C. P向下移动时，变压器原、副线圈中电流都变大 D. P向上移动时，变压器的输出功率增大
【答案】BD
【解析】
【详解】由图象可知，交流电的周期为0.02s，所以交流电的频率为50Hz，则副线圈输出电压的频率为50 Hz，故A正确；根据电压与匝数成正比可知，原线圈的电压的有效值为220V，根据线圈两端电压与匝数成正比得：，即副线圈的电压的有效值即电压表的示数为，B错误；P下移，R变小，原副线的电流都变大，故C正确；P向上移动时R变大，而次级电压不变，故变压器的输出功率增大，故D错误；此题选择错误的，故选BD。
11.远距离输电装置如图所示，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，当k由2改接为1时，下列说法正确的是（ ）
A. 电压表读数增大
B. 电流表读数增大
C. 电流表读数减小
D. 输电线上损失的功率减小
【答案】ACD
【解析】
【详解】k接到1后，升压变压器副线圈匝数增多，所以输电电压U2升高（U1：U2=n1：n2，n2增多），因输出功率不变．所以输电线电流减小，电流表的示数减小，输电线上的电压减小，所以最终降压变压器的输出电压变大，电压表测路端电压，示数变大，则AC正确，B错误；电流表示数减小，输电线损失功率减小，故D正确。
【点睛】对于远距离输电问题，一定要明确整个过程中的功率、电压关系，尤其注意导线上损失的电压和功率与哪些因素有关．
12.如图所示，L是自感系数足够大的线圈，电阻可忽略不计，D1、D2和D3是三个完全相同的灯泡。则下列说法中正确的是( )
A. S闭合瞬间，三个灯同时亮，最后D1、D2熄灭，D3变亮
B. S闭合瞬间，D1、D2先亮，D3后亮，最后三个灯亮度一样
C. S断开时，三个灯都亮一下再慢慢熄灭
D. S断开时，D1立即熄灭，D2、D3亮一下再慢慢熄灭
【答案】AD
【解析】
【详解】L是自感系数足够大的线圈，它的电阻可忽略不计，D1、D2和D3是三个完全相同的小灯泡；K闭合瞬间，但由于线圈的电流增加，导致线圈中出现感应电动势从而阻碍电流的增加，所以三灯同时亮，当电流稳定时，由于线圈电阻可忽略不计，所以以后D1、D2熄灭，D3变亮。故A正确；B错误；K闭合断开，D3立即熄灭，但由于线圈的电流减小，导致线圈中出现感应电动势从而阻碍电流的减小，线圈L与D1、D2组成新的回路，所以D1、D2亮一下再慢慢熄灭，故C错误；D正确；
13.如图所示，两个完全相同的小球A、B用等长的细线悬于O点．线长L．若将A由图示位置静止释放，则B球被碰后第一次速度为零时的高度 可能是( )
A. L/2 B. L/4 C. L/8 D. L/10
【答案】ABC
【解析】
【详解】A球到达最低点时，设其动能为EkA，由动能定理得：EkA
=mgL（1-cos60°）=mgL；若A、B间发生的是弹性碰撞，则B获得动能最大为EkA，上升的最大高度和A释放点相同：即为：L（1-coθ）=L；若A、B间发生的是完全非弹性碰撞（就是两个小球粘在一起）：设共同达到的速度为v′：由动量守恒：mv=2mv′，得：，则B获得动能为EkA，由动能定理得：得 ；若碰撞介于弹性碰撞和完全非弹性碰撞之间：上升的高度就介于 与之间。综上所述：B上升的高度取值范围是：．故ABC正确，D错误。
14.如图1，一物块静止在光滑水平面上，t=0时在水平力F的作用下开始运动，F随时间t按正弦规律变化如图2所示，则（ ）
A. 在0~1.5 s时间内，第1 s末质点的动量最大
B. 第2 s末，质点回到出发点
C. 在0~1 s时间内，F的功率先增大后减小
D. 在0.5~1.5 s时间内，F的冲量为0
【答案】ACD
【解析】
【详解】A．从图象可以看出在前1 s内力的方向和运动的方向相同，物块经历了一个加速度逐渐增大的加速运动和加速度逐渐减小的加速运动，所以第1 s末，物块的速度最大，动量最大，故A正确；
B．该物块在后半个周期内受到的力与前半个周期受到的力的方向相反，前半个周期内做加速运动，后半个周期内做减速运动，所以物体在0~2 s内的位移为正，没有回到出发点，故B错误；
C．0~1
s内，速度在增大，力F先增大后减小，根据瞬时功率P=Fv得力F瞬时功率开始时为0，1 s末的瞬时功率为0，所以在0~1 s时间内，F的功率先增大后减小，故C正确；
D．在F–t图象中，F与t之间的面积表示力F的冲量，由图可知，0.5~1 s之间的面积与1~1.5 s之间的面积大小相等，一正一负，所以和为0，则在0.5~1.5 s时间内，F的冲量为0，故D正确。
二．实验题
15.为了验证碰撞中的动量守恒和检验两个小球的碰撞是否为弹性碰撞（碰撞过程中没有机械能损失），某同学选取了两个体积相同、质量不等的小球，按下述步骤做了如下实验：
①用天平测出两个小球的质量分别为m1和m2，且m1>m2．
②按照如图所示的那样，安装好实验装置．将斜槽AB固定在桌边，使槽的末端点的切线水平．将一斜面BC连接在斜槽末端，
③先不放小球m2，让小球m1从斜槽顶端A处由静止开始滚下，记下小球在斜面上落点位置，
④将小球m2放在斜槽前端边缘处，让小球m1从斜槽顶端A处滚下，使它们发生碰撞，记下小球m1和小球m2在斜面上的落点位置，
⑤用毫米刻度尺量出各个落点位置到斜槽末端点B的距离．图中D、E、F点是该同学记下的小球在斜面上的几个落点位置，到B点的距离分别为LD、LE、LF.
根据该同学的实验，回答下列问题：
(1)小球ml与m2发生碰撞后，m1落点是图中的 _____点，m2的落点是图中的__点．
(2)用测得的物理量来表示，只要满足关系式_________说明碰撞中动量是守恒的．
(3)用测得的物理量来表示，只要再满足关系式______说明此碰撞过程是弹性碰撞．
【答案】（1）D 和 F
（2）
（3）或
【解析】
试题分析：（1）小球从斜槽顶端A处由静止开始滚下，的落点在图中的E点，
（2）碰撞前，小于落在图中的E点，设其水平初速度为．小球和发生碰撞后，的落点在图中的D点，设其水平初速度为，的落点是图中的F点，设其水平初速度为．设斜面BC与水平面的倾角为，由平抛运动规律得：，解得：，同理可解得：，所以只要满足即：则说明两球碰撞过程中动量守恒；
（3）若两小球的碰撞是弹性碰撞，则碰撞前后机械能没有损失．则要满足关系式，即
考点：验证动量守恒定律．
【名师点睛】要明确两小球发生弹性碰撞的规律是：满足动量守恒定律、碰后能量不能大于碰前的能量、不能发生第二次碰撞；
三、计算题
16.发电机转子是匝数n=100，边长L=20cm的正方形线圈，其置于磁感应强度B=0.5T的匀强磁场中，绕着垂直磁场方向的轴以ω=100π(rad／s)的角速度转动，当转到线圈平面与磁场方向垂直时开始计时.线圈的电阻r=1Ω，外电路电阻R=99Ω.试求：
(1)写出交变电流瞬时值表达式；
(2)外电阻上消耗的功率；
(3)从计时开始，线圈转过过程中，通过外电阻的电荷量是多少?
【答案】（1）i=6.28sin100πt （2）1.95×103W （3）1×10-2C
【解析】
试题分析： （1）电动势的最大值：Em=nBωL2=200π=628（V）
根据闭合电路欧姆定律得 Im==6．28A
故交变电流瞬时值表达式：i=6．28sin100πt
（2）电流的有效值I=
由P=I2R得外电阻上的消耗功率： P=（）2R=1．95×103W
（3）从计时开始到线圈转过过程中，平均感应电动势由E=n得
平均电流：=/（ R+r）=nBL2／2（R+r）·Δt
通过外电阻的电荷量：q=·Δt= nBL2／2（R+r）=1×10-2C
考点：交流电；法拉第电磁感应定律
17.光滑的平行金属导轨长x=2 m，两导轨间距L=0.5 m，轨道平面与水平面的夹角θ=30°，导轨上端接一阻值为R=0.6Ω的电阻，轨道所在空间有垂直轨道平面向上的匀强磁场，磁场的磁感应强度B=1 T，如图所示，有一质量m=0.5 kg、电阻r=0.4Ω的金属棒ab，放在导轨最上端，其余部分电阻不计．己知棒ab从轨道最上端由静止开始下滑到最底端脱离轨道的过程中，电阻R上产生的热量Q1=0.6 J，取g=10 m/s2，试求：
(l)当棒的速度v1=2 m/s时，电阻R两端的电压；
(2)棒下滑到轨道最底端时速度的大小；
(3)棒下滑到轨道最底端时加速度a的大小．
【答案】⑴ 0.6V ⑵ 4m/s ⑶
【解析】
本题考查电磁感应与电路的结合，根据感应电动势公式E=BLv求出电动势，画出等效电路图，根据恒定电流知识点求解
(1)当棒的速度v＝2 m/s时，棒中产生的感应电动势E＝Bdv＝1 V 2分
此时电路中电流I＝＝1 A，所以电阻R两端的电压U＝IR＝0.6 V. 2分
(2)根据Q＝I2Rt得＝，可知在棒下滑的整个过程中金属棒中产生的热量
Q2＝Q1＝0.4 J 2分
设棒到达最底端时的速度为v2，根据能的转化和守恒定律，有：mgLsin θ＝＋Q1＋Q2
解得：v2＝4 m/s. 2分
(3)棒到达最底端时回路中产生的感应电流I2＝＝2 A 2分
根据牛顿第二定律有：mgsin θ－BI2d＝ma，解得：a＝. 2分
18.如图所示质量为m的物块A在光滑的水平面上以一定的速度向右滑行，质量为2m的圆弧体静止在光滑水平面上，光滑圆弧面最低点与水平面相切，圆弧的半径为R，圆弧所对的圆心角θ=53°，物块滑上圆弧体后，刚好能滑到圆弧体的最高点，重力加速度为g。求
(1)物块在水平面上滑行的速度大小；
(2)若将圆弧体锁定，物块仍以原来的速度向右滑行并滑上圆弧体，则物块从圆弧面上滑出后上升到最高点的速度大小及最高点离地面的高度。
【答案】（1） （2）
【解析】
分析】
（1）A、B组成的系统在水平方向动量守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律可以求出物块A的速度。
（2）圆弧体固定，物块上滑过程机械能守恒，应用机械能守恒定律可以求出到达圆弧体上端时的速度，离开圆弧体后物块做斜上抛运动，应用运动的合成与分解可以求出到达最高点的速度，应用机械能守恒定律可以求出上升的最大高度。
【详解】（1）物块与圆弧体组成的系统在水平方向动量守恒，物块到达最高点时两者速度相等，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0=（m+2m）v，
由机械能守恒定律得：mv02＝(m+2m)v2+mgR(1−cosθ)，
解得：；
（2）对物块，由机械能守恒定律得：mv02＝mv12+mgR(1−cosθ)，
解得： ；
物块从圆弧最高点抛出后，在水平方向做匀速直线运动，竖直方向做竖直上抛运动，
物块到达最高点时，物块的速度：v2=v1cosθ=，
由机械能守恒定律得：mv02=mgh+mv22，
解得：h=R；
【点睛】本题考查了动量守恒定律与机械能守恒定律的应用，分析清楚物体运动过程是解题的前提，应用动量守恒定律、机械能守恒定律即可解题。
