2018-2019学年湖南省衡阳市第八中学高二下学期期中考试物理（理）试题 解析版

2018-2019学年湖南省衡阳市第八中学高二下学期期中考试物理（理）试题 解析版

湖南省衡阳市第八中学2018-2019学年高二下学期期中考试物理（理）试题 一、选择题 ‎1.在人类对微观世界进行探索的过程中，科学实验起到了非常重要的作用．下列说法符合历史事实的是（ ）‎ A. 汤姆孙在粒子散射实验中发现了电子 B. 卢瑟福在原子核人工转变的实验中发现了中子 C. 爱因斯坦为了解释光电效应的实验规律提出了光子说 D. 贝克勒尔通过对天然放射现象的研究，发现了原子中存在原子核 ‎【答案】C ‎【解析】‎ A：英国科学家汤姆孙在研究阴极射线时发现了电子，故A项错误。‎ B：查德威克在原子核人工转变的实验中发现了中子，故B项错误。‎ C：爱因斯坦为了解释光电效应的实验规律提出了光子说，故C项正确。‎ D：贝克勒尔发现了天然放射性现象，但没有发现原子中存在原子核，卢瑟福通过粒子散射实验，发现了原子中存在原子核，故D项错误。‎ ‎2. 在电磁感应现象中，下列说法正确的是 （ ）‎ A. 感应电流的磁场总是跟原来的磁场方向相反 B. 闭合线框放在变化的磁场中一定能产生感应电流 C. 闭合线框放在匀强磁场中做切割磁感线运动，一定产生感应电流 D. 感应电流的磁场总是阻碍原磁通量的变化 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎：根据楞次定律知，感应电流的磁场总是阻碍原来磁场磁通量的变化，因此，当原磁场增强时，感应电流的磁场总是跟原来的磁场方向相反，当原磁场减弱时，感应电流的磁场总是跟原来的磁场方向相同，A错误、D正确；闭合线框放在变化的磁场中，有磁通量发生变化才能产生感应电流，B错误；闭合线框放在匀强磁场中作切割磁感线运动，只有磁通量发生变化，才能有感应电流产生，C错误。‎ ‎3.在图所示的电路中，两个灵敏电流表G1和G2的零点都在刻度盘中央，当电流从“+”接线柱流入时，指针向右摆；电流从“-”接线柱流入时，指针向左摆．在电路接通达到稳定状态后再断开的瞬间，下面哪个说法符合实际？‎ A. G1指针向左摆，G2指针向右摆 B. G1指针向右摆，G2指针向左摆 C. G1、G2的指针都向左摆 D. G1、G2的指针都向右摆 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】电路稳定后断开，通过电阻这一支路的电流立即消失，由于电感器对电流的变化有阻碍作用，会阻碍其减小，通过电感器的电流并且通过电阻。所以含有电感器的支路的电流从“+”接线柱流入，G1指针向右摆。含有电阻的支路电流从“-”接线柱流入，G2指针向左摆。故B正确，ACD错误。故选B。‎ ‎【点睛】解决本题的关键知道电感器对电流的变化有阻碍作用：当电流增大时，会阻碍电流的增大，当电流减小时，会阻碍其减小，而电阻没有此特点，当K断开电阻、电容构成一回路．‎ ‎4.如图所示，导体AB在做切割磁感线运动时，将产生一个电动势，因而在电路中有电流通过，下列说法中正确的是 A. 因导体运动而产生的感应电动势称为感生电动势 B. 动生电动势的产生与洛仑兹力有关 C. 动生电动势的产生与电场力有关 D. 动生电动势和感生电动势产生的原因是一样的 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.因导体运动而产生的感应电动势称为动生电动势,A错误。‎ BCD.动生电动势产生的本质是电子在磁场中受到洛仑兹力作用产生定向移动形成的，感生电动势产生的本质是变化的磁场产生电场，电子在电场力作用下定向移动形成的，B正确CD错误。‎ ‎5. 一台小型发电机产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图甲所示．已知发电机线圈内阻为5.0 Ω，现外接一只电阻为95.0 Ω的灯泡，如图乙所示，则 (　　)‎ A. 电压表的示数为220 V B. 电路中的电流方向每秒钟改变50次 C. 灯泡实际消耗的功率为484 W D. 发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为24.2 J ‎【答案】D ‎【解析】‎ 线框有内阻，所以电压表示数小于220V，A错误；交流电频率50Hz，则电路中的电流方向每秒钟改变100次，B错误；灯泡实际消耗的功率为：W，小于484W，C错误；发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为J="24.2" J，D正确。‎ ‎6.如图所示，在一固定水平放置的闭合导体圆环正上方，有一条形磁铁从静止开始下落，下落过程中始终保持竖直方向，起始高度为h，最后落在水平地面上。若不计空气阻力，重力加速度取g，下列说法中正确的是 A. 磁铁下落的整个过程中，圆环中的感应电流方向始终为顺时针方向(俯视圆环)‎ B. 磁铁落地时的速率一定等于 C. 磁铁在整个下落过程中，它机械能不变 D. 磁铁在整个下落过程中，圆环受到它作用力总是竖直向下的 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、当条形磁铁靠近圆环时，穿过圆环的磁通量增加，根据楞次定律可判断圆环中感应电流的方向为逆时针(俯视圆环)，当条形磁铁远离圆环时，穿过圆环的磁通量减小，根据楞次定律可判断圆环中感应电流的方向为顺时针(俯视圆环)，A错误；‎ B、若磁铁从高度h处做自由落体运动，其落地时的速度，但磁铁穿过圆环的过程中要产生一部分电热，根据能量守恒定律可知，其落地速度一定小于，B错误；‎ C、磁铁在整个下落过程中，由于受到磁场力的作用，机械能不守恒，C错误；‎ D、据楞次定律的推论“来拒去留”，可判断磁铁在整个下落过程中，受圆环对它的作用力始终竖直向上，而圆环受到磁铁的作用力总是竖直向下的，故D正确。‎ ‎7.某实验小组制作一个金属安检仪可简化为图示模型。正方形金属线圈abcd平放在粗糙水平传送带上，被电动机带动一起以速度v匀速运动，线圈边长为L，电阻为R，质量为m，有一边界宽度也为L的矩形磁场垂直于传送带，磁感应强度为B，且边界与线圈bc边平行。已知线圈穿过磁场区域的过程中速度不变，下列说法不正确的是（）‎ A. 线圈进入磁场时回路中感应电流的方向与穿出时相反 B. 线圈进入磁场时所受静摩擦力的方向与穿出时相同 C. 线进入磁场区域的过程中通过导线某一横截面的电荷量 D. 线圈经过磁场区域的过程中电动机多消耗的电功率为 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题中“线圈穿过磁场区域”可知，本题考察线框在磁场中运动的问题。根据线框在磁场中的运动规律，应用法拉第电磁感应定律、楞次定律、电功率等知识分析求解。‎ ‎【详解】A：线圈进入磁场时与穿出磁场时的磁通量变化相反，据楞次定律知感应电流的磁场方向相反，感应电流的方向相反。故A项正确。‎ B：线圈进入磁场时回路中感应电流的方向与穿出时相反，据左手定则知，线圈进入磁场时所受安培力的方向与穿出时相同，由线圈的受力平衡知静摩擦力的方向相同。故B项错误。‎ C：线圈进入磁场过程中，通过导线某一横截面的电荷量。故C项正确。‎ D：线圈经过磁场区域的过程中电动机多消耗的电功率。故D项错误。‎ ‎【点睛】感应电量，这个规律要能熟练推导并应用。‎ ‎8.在光电效应实验中，分别用频率为νa、νb的单色光a、b照射到同种金属上，测得相应的遏止电压分别为Ua和Ub，光电子的最大初动能分别为Eka和Ekb。h为普朗克常量。下列说法正确的是(　　)‎ A. 若νa＞νb，则一定有Ua＜Ub B. 若νa＞νb，则一定有Eka＞Ekb C. 若Ua＜Ub，则一定有Eka＞Ekb D. 若νa＞νb，则一定有hνa－Eka＞hνb－Ekb ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】根据光电效应方程Ekm=hv-W0知，va＞vb，逸出功相同，则Eka＞Ekb，又Ekm=eUc，则Ua＞Ub，故A错误，B正确。根据Ekm=eUc知，若Ua＜Ub，则一定有Eka＜Ekb，故C正确。逸出功W0=hv-Ekm，由于金属的逸出功相同，则有：hva-Eka=hvb-Ekb，故D错误。故选B。‎ ‎【点睛】解决本题的关键掌握光电效应方程以及知道最大初动能与遏止电压的关系，注意金属的逸出功与入射光的频率无关．‎ ‎9.一匀强磁场，磁场方向垂直于纸面，规定向里为正方向，在磁场中有一金属圆环，圆环平面位于纸面内，如图所示.现令磁感应强度B随时间变化，先按如图所示的Oa图线变化，后来又按照图线bc、cd变化，令E1、E2、E3分别表示这三段变化过程中的感应电动势的大小，I1、I2、I3分别表示对应的感应电流，则（ ）‎ A. E1＞E2，I1沿逆时针方向，I2沿顺时针方向 B. E1＜E2，I1沿逆时针方向，I2沿顺时针方向 C. E1＜E2，I2沿顺时针方向，I3沿顺时针方向 D. E3＝E2，I2沿顺时针方向，I3沿逆时针方向 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】根据，所以图像的斜率越大，感应电动势越大，所以，根据右手定则判断I1沿逆时针方向，I2沿顺时针方向，I3沿顺时针方向，AD错误BC正确。‎ ‎10.如图所示为氢原子的能级结构示意图，一群氢原子处于n=3的激发态，在向较低能级跃迁的过程中向外辐射出光子，用这些光子照射逸出功为2.49eV的金属钠。下列说法正确的是 ‎ A. 这群氢原子能辐射出三种不同频率的光，其中从n=3能级跃迁到n=2能级所发出的光波长最长 B. 这群氢原子在辐射光子的过程中电子绕核运动的动能减小, 电势能增大 C. 能让金属钠发生光电效应的光只有一种 D. 金属钠表面所发出的光电子的最大初动能是9.60eV ‎【答案】AD ‎【解析】‎ 根据知，这群氢原子能辐射出三种不同频率的光子，从n=3向n=2跃迁的光子频率最小，波长最长，故A正确；氢原子辐射光子的过程中，能量减小，轨道半径减小，根据和，可知电子动能增大，则电势能减小，故B错误。只有从n=3跃迁到n=1，以及从n=2跃迁到n=1辐射的光子能量大于逸出功，所以能发生光电效应的光有两种，故C错误。从n=3跃迁到n=1辐射的光子能量最大，发生光电效应时，产生的光电子最大初动能最大，光子能量最大值为13.6-1.51eV=12.09eV，根据光电效应方程得，，故D正确。故选AD。‎ ‎【点睛】根据数学组合公式求出辐射光子的种类，抓住辐射的光子能量等于两能级间的能级差求出辐射的光子能量，根据光电效应的条件判断能发生光电效应的光子种数，结合光电效应求出光电子的最大初动能．‎ ‎11.如图所示，相距为L的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为，上端接有定值电阻，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B。将质量为m的导体棒由静止释放，当速度达到时开始匀速运动，此时对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，并保持拉力的功率为P，导体棒最终以的速度匀速运动。导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为g，下列选项正确的是（ ）‎ A. ‎ B. ‎ C. 当导体棒速度达到时加速度为 D. 在速度达到以后匀速运动的过程中，R上产生的焦耳热等于拉力所做的功 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ 当速度达到时开始匀速运动，受力分析可得，导体棒最终以的速度匀速运动时，拉力为，所以拉力的功率为，选项A正确B错误。当导体棒速度达到时安培力，加速度为，选项C正确。在速度达到以后匀速运动的过程中，根据能量守恒定律，R上产生的焦耳热等于拉力所做的功加上重力做的功，选项D错误，‎ ‎12.如图为模拟远距离输电的部分测试电路。a、b端接电压稳定的正弦交变电源，定值电阻阻值分别为R1、R2，且R1＜R2，理想变压器的原、副线圈匝数比为k且k＜1，电流表、电压表均为理想表，其示数分别用I和U表示。当向下调节滑动变阻器R3的滑动端P时，电流表、电压表示数变化分别用△I和△U表示。则以下说法正确的是（　　）‎ A. ‎ B. ‎ C. 电源的输出功率一定减小 D. 电压表示数一定增加 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【详解】A、理想变压器初、次级线圈电压变化比,电流变化比，则，将R1视为输入端电源内阻，则，所以，这也是耦合到次级线圈电阻值为，即为等效电源内阻，故A正确；‎ B、根据欧姆定律可以得到：，故B错误；‎ C、因副线圈电阻变大，则副线圈电流变小，则导致原线圈电流也随之变小，由于电源电压不变，则电源输出功率减小，故C正确；‎ D、由于原线圈电源电压不变而电流减小，则电阻两端电压减小，则原线圈端电压增大，可知副线圈端电压也随之增大，则电压表示数一定增加，故D正确。‎ 二、填空题 ‎13.如图是调压变压器的原理图，当变压器接入0-220V交流时，通过调压可得0-250V交流，则电源应接在变压器两个接线柱上，用电器应接在________（“ab”或“cd”）两个接线柱上，这时将变压器的旋转滑动触头向____________（“顺时针”或“逆时针”）方向旋转，输出电压将升高。‎ ‎【答案】 (1). ab (2). 顺时针 ‎【解析】‎ ‎【详解】根据变压器原理可知，原线圈电压低，应接匝数较小的cd端，用电器应接ab端；因为电压和匝数成正比，所以输出电压升高，应降低原线圈的匝数，所以应该顺时针旋转。‎ ‎14.发电站通过升压变压器、输电导线和降压变压器把电能输送到用户，如果升压变压器和降压变压器都可视为理想变压器.发电机的输出功率是 100 kW，输出电压是250 V，升压变压器的原、副线圈的匝数比为 1∶25，则输电导线中的电流为____________A，经检测又发现电导线中的电功率损失为输入功率的 4%，则输电导线的总电阻为_________Ω，降压变压器的输入电压为_______V。‎ ‎【答案】 (1). 16 (2). 15.6 (3). 6000‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】根据题意得，升压变压器原线圈电流：，根据变压器原理得输电导线中的电流为：，解得：，根据，解得：，根据，解得降压变压器输入电压：。‎ 三、计算题 ‎15.如图所示，面积为0.3 m2的100匝线圈A处在磁场中，磁场方向垂直于线圈平面向外．磁感应强度随时间变化的规律是B＝(6－0.2t) T，已知电路中的R1＝4 Ω，R2＝6 Ω，电容C＝30 μF，线圈A的电阻r=2Ω，求：‎ ‎(1) 闭合S后，通过R2电流大小及方向；‎ ‎(2) 闭合S一段时间后，再断开S，求S断开后通过R2的电荷量是多少？‎ ‎【答案】（1），电流方向由a流向b；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由于 B=6-0.2t，则，，A线圈内产生感应电动势：，S闭合后，电路中电流 ‎，根据右手定则判断电流方向由a→R2→b ‎（2）断开 S 后，通过 R2的电量等于电容中储存的电量，开关闭合时，电容两端电压，所以电容带电量：，通过 R2的电量等于 ‎16.如图，相距L的光滑金属导轨，半径为R的1/4圆弧部分竖直放置、直的部分固定于水平地面，MNQP范围内有方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场．金属棒ab和cd垂直导轨且接触良好，cd静止在磁场中，ab从圆弧导轨的顶端由静止释放，进入磁场后与cd没有接触．已知ab的质量为m、电阻为r，cd的质量为3m、电阻为r．金属导轨电阻不计，重力加速度为g．‎ ‎（1）求：ab到达圆弧底端时对轨道的压力大小 ‎（2）若cd离开磁场时的速度是此刻ab速度的一半，求：cd离开磁场瞬间，ab受到的安培力大小 ‎【答案】（1）3mg （2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）设ab到达圆孤底端时受到的支持力大小为N，ab下滑机械能守恒，有:‎ mgR=×mv2.，由牛顿第二定律：N-mg=，联立得： N=3mg，由牛顿第三定律知：对轨道压力大小为N′=3mg ‎（3）设cd离开磁场时ab在磁场中的速度vab，则cd此时的速度为、ab、cd组成的系统动量守恒，有:mv=m×vab+3m×vab，ab、cd构成成的闭合回路：由法拉第电磁感应定律：‎ E=BLvab.，闭合电路欧姆定律：，安培力公式：Fab=BIL，联立得：Fab=‎ ‎17.如图所示，质量为m、边长为l的正方形线框，从有界的匀强磁场上方由静止自由下落，线框电阻为R。匀强磁场的宽度为H（l＜H），磁感强度为B，线框下落过程中ab边与磁场边界平行且沿水平方向。已知ab边刚进入磁场和刚穿出磁场时线框都作减速运动，加速度大小都是。全程忽略空气阻力。求：‎ ‎（1）ab边刚进入磁场时与ab边刚出磁场时的速度大小；‎ ‎（2）cd边刚进入磁场时，线框的速度大小；‎ ‎（3）在线框从释放到线框完全离开磁场的过程中，线框中产生的热量。‎ ‎【答案】（1）（2）（3）2mgH ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）ab边刚进入磁场时和ab边刚出磁场时，，感应电流，安培力：，由牛顿第二定律可得: m·，解得：v=‎ ‎（2）设cd边刚进入磁场时线框速度大小为，（从cd边刚进入磁场到ab边刚出磁场的过程，由动能定理可得：mg（H-l）=mv2-mv′2，解得：v′=‎ ‎（3）线框进入磁场的过程中，由能量守恒可得：mgL+，解得：Q=mgL+mg（H-L）=mgH，所以从释放到线框完全离开磁场的过程中，线框中产生的热量：‎ ‎18.美国物理学家密立根用精湛的技术测量光电效应中几个重要的物理量，这项工作成了爱因斯坦方程式在很小误差范围内的直接实验证据。密立根的实验目的是：测量金属的遏止电压Uc。入射光频率v，由此计算普朗克常量h，并与普朗克根据黑体辐射得出的相比较，以检验爱因斯坦光电效应方程式的正确性。如图所示，是根据某次实验作出的Uc－图像，电子的电荷量e=1.6×10－19C。试根据图像和题目中的已知条件：‎ ‎（1）写出爱因斯坦光电效应方程（用Ekm、h、、W0表示）；‎ ‎（2）由图像求出这种金属的截止频率c；‎ ‎（3）若图像的斜率为k，写出普朗克常量的表达式，并根据图像中的数据求出普朗克常量。以上均保留两位有效数字。‎ ‎【答案】（1） (2) (3) ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）光电效应方程： ‎ ‎（2）由图像可知，当UC=0时，该金属的截止频率： ‎ ‎（3）由光电效应方程： 可得h=ke即：‎ ‎ ‎