甘肃省白银市靖远县第二中学2020学年高二物理下学期期中试题（含解析）

甘肃省白银市靖远县第二中学2020学年高二物理下学期期中试题（含解析）

靖远二中2020学年第二学期期中考试卷 ‎ 高二物理（理科）‎ 一、选择题 ‎1.如图所示为远距离输电的原理图．发电厂输出的电压恒定，升压、降压变压器均为理想变压器。由于用户负载的变化会造成其得到的电压变化，供电部门要实时监控．监控电表为理想电表。若某次监侧发现V2表的示数减小．则下列判断正确的是 A. 电流表A1的示数增大 B. 电流表A2的示数减少 C. 电压表V1的示数增大 D. 输电线损失的功率减小 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】AC、根据题意知，发电厂的输出电压恒为U，升压变压器的变压比不变，所以电压表V1的示数不变，故C错误；某次监测发现V2表的示数减小，根据降压变压器变压比可知，降压变压器的输入电压减小，又U1＝U20+I1R可知，降压变压器处：由可知，减小，减小，由以上式子分析得：电流表A1的示数增大，故A正确；‎ B、根据A知，电流表A1的示数增大，根据降压变压器电流比：根据可知，电流表A2的示数增大，故B错误；‎ D、输电线上损失功率为，由于电流表A1‎ 的示数增大，故输电线损失的功率增大，故D错误。‎ ‎2.如图所示，先后以速度v1和v2匀速把一矩形线圈水平拉出有界匀强磁场区域，v1＝2v2，则在先后两种情况下(　　)‎ A. 线圈中的感应电动势之比为E1∶E2＝1∶2‎ B. 线圈中的感应电流之比为I1∶I2＝4∶2‎ C. 线圈中产生的焦耳热之比Q1∶Q2＝2∶1‎ D. 通过线圈某截面的电荷量之比q1∶q2＝2∶1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.感应电动势：，所以，A错误 B.感应电流：，所以，B错误 C.产生焦耳热：，所以焦耳热之比为，C正确 D.通过界面电量：，两次电量一样，所以q1∶q2＝1∶1，D错误 ‎3.如图所示的电路中，L为一个自感系数很大、直流电阻不计的线圈，D1、D2是两个完全相同的灯泡，E是一内阻不计的电源。t=0时刻，闭合开关S，经过一段时间后，电路达到稳定，t1时刻断开开关S，I1、I2分别表示通过灯泡D1和D2的电流，规定图中箭头所示的方向为电流正方向，以下各图中能定性描述电流I随时间t变化关系的是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】AC ‎【解析】‎ A、电键闭合时，电感阻碍电流变化，L为一个自感系数很大、直流电阻不计的线圈，所以电感的阻碍慢慢减小，即流过电感的电流增大，所以慢慢减小，最后稳定时电感相当于一根导线，为0，电感阻碍自身电流变化，产生的感应电流流过电灯，其方向与规定图示流过电灯的方向相反， 慢慢减小最后为0，故A正确，B错误；‎ C、电键闭合时，电感阻碍电流变化，L为一个自感系数很大、直流电阻不计的线圈，电感的阻碍慢慢减小，即流过电感的电流增大，所以慢慢增大，最后稳定，断开电键，原来通过的电流立即消失，故C正确，D错误。‎ 点睛：解决本题的关键掌握电感对电流的变化起阻碍作用，电流增大，阻碍其增大，电流减小，阻碍其减小。‎ ‎4.真空中一个静止的镭原子核经一次衰变后变成一个新核，衰变方程为，下列说法正确的是（ ）‎ A. 衰变后核动量与粒子的动量相同 B. 衰变后核的质量与粒子的质量之和等于衰变前镭核的质量 C. 若镭元素的半衰期为，则经过的时间，8个核中有4个已经发生了衰变 D. 若镭元素的半衰期为，是经过的时间，‎2kg的核中有‎1.5kg已经发生了衰变 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】根据动量守恒可知，核与粒子的动量大小相等，方向相反，所以二者动量不同，因此A错误。镭核衰变成核过程中，存在质量亏损，导致衰变后核的质量与粒子的质量之和小于衰变前镭核的质量，所以B错误。少量放射性元素的衰变是一个随机事件，对于8个放射性元素，无法准确预测其衰变的个数，所以C错误。的，符合统计规律，经过的时间，已有发生衰变，所以正确。综上所述，选项D正确。‎ ‎5.一个力作用在A物体上，在t时间内，速度增量为‎6 m/s，这个力作用在B物体上时，在t内速度增量为‎9 m/s，若把A、B两物体连在一起，再用此力作用时间t，则整体速度的增量为（ ）‎ A. ‎15 m/s B. ‎0.28 m/s C. ‎3.6 m/s D. ‎3.0 m/s ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】设这个力为F，根据动量定理得：Ft=mA△v1；Ft=mB△v2；若把A、B两物体连在一起，再用此力作用ts，根据动量定理得：Ft=（mA+mB）△v3；解得：△v3=‎3.6m/s，故选C。‎ ‎6.如图所示，质量为m的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径AB长度为2R，现将质量也为m的小球从距A点正上方高处由静止释放，然后由A点经过半圆轨道后从B冲出，在空中能上升的最大高度为（不计空气阻力），则（ ）‎ A. 小车向左运动的最大距离为 B. 小球和小车组成的系统机械能守恒 C. 小球第二次能上升最大高度为 D. 小球第二次离开小车空中运动过程中，小车处于静止状态 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A项：小球与小车组成的系统在水平方向所受合力为零，水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒得： ，即有，解得小车的位移为：x=R，故A错误；‎ B项：小球第一次在车中运动的过程中，由动能定理得：，由此可知小球和小车组成的系统机械能不守恒，故B错误；‎ C项：小球第一次在车中运动的过程中，由动能定理得：，解得：，即小球第一次在车中运动损失的机械能为，由于小球第二次在车中运动时，对应位置处速度变小，因此小车给小球的弹力变小，摩擦力变小，摩擦力做功小于，机械能损失小于所以小球第二次离开小车时，能上升的高度大于：，故C错误；‎ D项：由水平方向动量守恒可知，小球第二次离开小车在空中运动过程中，小球水平方向速度为零，所以小车的速度也为零，故D正确。‎ 故选：D。‎ ‎7.物块从固定粗糙斜面的底端，以某一初速度沿斜面上滑至最高点后，再沿斜面下滑至底端。下列说法正确的是（   ）‎ A. 上滑过程中摩擦力的冲量大于下滑过程中摩擦力的冲量 B. 上滑过程中机械能损失小于下滑过程中机械能损失 C. 上滑过程中物块动量变化的方向与下滑过程中动量变化的方向相同 D. 上滑过程中物块动能的减少量等于下滑过程中动能的增加量 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．设物体在斜面底端向上滑动的速度为，又回到斜面底端的速度为，由能量转化的观点有，故 ，物体在斜面划上和划下的过程都是匀变速运动，因此设斜面的长度为L，由运动学关系可得，故，上滑时摩擦力的冲量，下滑过程摩擦力的冲量，故，故A错误；‎ B．物体在上滑时和下滑时的过程中摩擦力做功损耗机械能，因摩擦力一样，距离L也一样，因此上滑时和下滑时损耗的机械能相同；故B错误；‎ C．上滑时过程动量的变化方向沿斜面向下，下滑过程动量的变化方向也沿斜面向下，故C正确；‎ D．对上滑过程写动能定理有；‎ 对下滑过程写动能定理有；故上滑过程的减少量和下滑的增加量不一样，故D错误。‎ ‎8.如图所示，空间分布着宽为L ‎，方向垂直于纸面向里的匀强磁场．一金属线框从磁场左边界匀速向右通过磁场区域．规定逆时针方向为电流的正方向，则感应电流随位移变化的关系图象(i－x)正确的是：(　　)‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】线圈进入磁场长度小于L，此时根据楞次定律，感应电流逆时针，方向为正，且，大小不变；进入磁场长度大于L小于‎2L，此时磁通量向里增强，根据楞次定律，感应电流逆时针，方向为正且，大小不变；当全部进入磁场后，磁通量向里减小，根据楞次定律，感应电流顺时针，方向为负，且，所以ABC错误，D正确 ‎9.光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动。两球质量关系3mA=mB，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为‎9kg·m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为−‎3kg·m/s，则（ ）‎ A. 左方是A球 B. 右方是A球 C. 碰撞后A、B两球速度大小之比为3:2‎ D. 碰撞后A、B两球速度大小之比为3:7‎ ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】光滑水平面上大小相同的A、B两球发生碰撞，规定向右为正方向，由动量守恒可得：‎ ‎ ，由于开始时两球的动量相同，而A的质量小于B的质量，所以A的速度大于B的速度，所以左方小球为A球；故A正确，B错误；碰撞后A球的动量增量为−3kgm/s，因此碰后A球的动量为6kgm/s，由动量守恒定律可知，所以碰后B球的动量为12kgm/s，由于两球的质量关系为3mA=mB，那么碰撞后A、B两球速度大小之比为3:2‎ 故C正确，D错误。故选AC。‎ ‎10.如图是氢原子的能级示意图。当氢原子从n=5的能级跃迁到n=2的能级时，辐射紫光，光的波长为434nm，下列判断正确的是（   ）‎ A. 跃迁过程中电子的轨道是连续变小的 B. 氢原子从n=5跃迁到n=3能级时，辐射光的波长大于434nm C. 辐射的紫光能使处于n=4能级的氢原子电离 D. 大量处于n=5能级的氢原子向低能级跃迁时最多辐射6种不同频率的光子 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】根据玻尔理论可知，跃迁过程中电子的轨道不是连续变小的，电子轨道呈现量子化，选项A错误； n=5到n=3的能级差小于n=5到n=2‎ 的能级差，则氢原子从n=5跃迁到n=3能级时,辐射光的波长大于从n=5跃迁到n=2能级时辐射光的波长，即大于434nm，选项B正确；氢原子从n=5的能级跃迁到n=2的能级时，辐射的能量为△E=-0.54-（-3.4）=2.86eV＞0.85eV，则能使处于n=4能级的氢原子电离，故C正确；大量的氢原子处于n=5的激发态向低能级跃迁时共辐射出=10种不同频率的光，故D错误；故选BC.‎ ‎11.如图所示，光滑水平直轨道上有三个质量均为m=‎3kg的物块A、B、C，物块B的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计)。设A以v0=‎4m/s的速度朝B开始运动，压缩弹簧；当A、B速度相等时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动。假设B和C碰撞过程时间极短，则以下说法正确的是（ ）‎ A. 从开始到弹簧最短时物块C受到的冲量大小为4N·s B. 从开始到弹簧最短时物块C受到的冲量大小为1N·s C. 从开始到A与弹簧分离的过程中整个系统损失的机械能为9J D. 从开始到A与弹簧分离的过程中整个系统损失的机械能为3J ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】对A、B通过弹簧作用的过程中，当第一次速度相同时，取向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0=2mv1，解得：v1=‎2m/s；设A、B第二次速度相同时的速度大小v2，此时弹簧最短。对ABC系统，取向右为正方向，根据动量守恒定律得：mv0=3mv2，解得：；从开始到弹簧最短时，即从开始到A、B第二次速度相同时，对C根据动量定理：I=mv2-0=4N•s，故A正确，B错误。B与C碰撞的过程，B、C组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv1=2mv3，解得BC粘接后瞬间共同速度为：v3=‎1m/s，从BC碰撞到A与弹簧分离的过程，由系统的动量守恒和机械能守恒得：mv1+2mv3=mvA+2mvBC； mv12+•2mv32=mvA2+•2mvBC2； ‎ 从开始到A与弹簧分离的过程中整个系统损失的机械能为△E=mv02-（mvA2+•2mvBC2），联立解得△E=3J，故C错误，D正确。‎ ‎12.如图所示，在光滑的水平面上方，有两个磁感应强度大小均为B，方向相反的水平匀强磁场，PQ为两个磁场的理想边界，磁场范围足够大。一个边长为a、质量为m、电阻为R的单匝正方形金属线框，以速度v垂直磁场方向从如图实线位置Ⅰ开始向右运动，当线框运动到分别有一半面积在两个磁场中的位置Ⅱ时，线框的速度为。则下列说法正确的是（ ）‎ A. 在位置Ⅱ时线框中电流为 B. 此过程中回路产生的电能为 C. 在位置Ⅱ时线框的加速度为 D. 此过程中通过导线横截面的电荷量为 ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【详解】A、在位置Ⅱ时线圈中感应电动势为，感应电流为，故选项A正确；‎ B、此过程中回路产生的电能等于动能的减少量，即，故选项B正确；‎ C、在位置Ⅱ时线框的安培力，由牛顿第二定律可得加速度为 ‎，故选项C错误；‎ D、此过程穿过线框的磁通量的变化量为，此过程中通过线框截面的电量为，故选项D正确。‎ 二、实验题 ‎13.学习楞次定律的时候，老师往往会做下图所示的实验。一灵敏电流计（电流表），当电流从它的正接线柱流入时，指针向正接线柱一侧偏转。现把它与一个线圈串联，试就如图中各图指出：‎ ‎(1)图(a)中磁铁向下运动，灵敏电流计指针的偏转方向为________。（填“偏向正极”或“偏向负极”）‎ ‎(2)图(b)中磁铁向下运动，磁铁下方的极性是______。（填“N极”或“S极”）‎ ‎(3)图(c)中磁铁的运动方向是______。（填“向上”或“向下”）‎ ‎(4)图(d)中磁铁向下运动，线圈从上向下看的电流方向是______。（填“顺时针”或“逆时针”）‎ ‎【答案】 (1). 偏向正极 (2). S极 (3). 向上 (4). 顺时针 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)磁铁向下运动，穿过线圈的磁通量增加，原磁场方向向下，根据楞次定律感应电流方向俯视为逆时针方向，从正接线柱流入电流计，指针偏向正极．‎ ‎(2)由图可知，电流从负接线柱流入电流计，根据安培定则，感应电流的磁场方向向下，又磁通量增加，根据楞次定律可知，磁铁下方为S极．‎ ‎(3)‎ 磁场方向向下，电流从负接线柱流入电流计，根据安培定则，感应电流的磁场方向向下，根据楞次定律可知，磁通量减小，磁铁向上运动．‎ ‎(4)磁铁向下运动，穿过线圈的磁通量增加，原磁场方向向上，根据楞次定律感应电流方向俯视为顺时针方向．‎ ‎14.某实验小组利用频闪照相和气垫导轨做“探究碰撞中的不变量”的实验。如图甲所示，气垫导轨上有A、B两个滑块，质量分别为‎200g、‎150g，用细绳将滑块A、B连接，使A、B间的轻质弹簧处于压缩状态，开始时两个滑块都处于静止状态。若某时刻烧断细绳，滑块开始运动，图乙给出两个滑块运动过程的频闪照片频闪的频率为20Hz，分析照片：‎ ‎(1)A、B离开弹簧后，A的动量大小为______，B的动量大小为______。‎ ‎(2)根据实验数据，实验小组得出“在实验误差允许的范围内，两个滑块组成的系统动量守恒”。你认为得到这个结论的依据是____________。‎ ‎【答案】 (1). (2). (3). 两滑块组成的系统总动量保持不变，系统动量守恒 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）频闪照相周期为：，滑块A的速度为：，滑块B的速度为：， A的动量为：，方向向右， B的动量为：，方向向左；‎ ‎（2）由（1）可知，释放滑块后，两滑块的动量大小相等方向相反，总动量为零，释放前系统总动量为零，释放滑块后系统总动量为零，由此可知，两滑块组成的系统动量守恒。‎ 三、计算题 ‎15.如图所示，矩形线圈abcd匝数n=100匝、面积S＝‎0.5m2‎、电阻不计，处于磁感应强度B＝T的匀强磁场中。线圈通过金属滑环E、F与理想变压器原线圈相连，变压器的副线圈接一只“10V，10W”灯泡。接在矩形线圈和原线圈间的熔断器的熔断电流的有效值I =‎1.5A、电阻忽略不计，现使线圈abcd绕垂直于磁场方向的轴OO′以角速度ω=10rad/s匀速转动，灯泡正常发光。求：‎ ‎（1）线圈abcd中电动势有效值；‎ ‎（2）变压器原、副线圈匝数之比；‎ ‎（3）副线圈中最多可以并联多少盏这样灯泡。‎ ‎【答案】（1）50V （2）5:1 （3）7‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，变压器的输入功率和输出功率相等，逐项分析即可得出结论．‎ ‎【详解】（1）电动势最大值 ‎ 电动势有效值 ‎ ‎（2）原线圈输入电压，副线圈输出电压 ‎ 原、副线圈匝数之比：‎ ‎（3）在熔断器未熔断情况下，原线圈最大输入功率 ‎ 副线圈最大输出功率：‎ 灯最多盏数：.‎ ‎16.如图，光滑斜面的倾角= 30°，在斜面上放置一矩形线框abcd，ab边的边长L1 = l m，bc边的边长L2= ‎0.6 m，线框的质量m = ‎1 kg，电阻R = 0.5Ω，线框通过细线与重物相连，重物的质量M = ‎1 kg，斜面上ef线的上方有垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度B = 0.5 T，如果线框从静止开始运动，进入磁场最初一段时间是匀速的，运动过程中M不会碰到地面。g=‎10m/s2，求：‎ ‎（1）线框abcd进入磁场过程中的电流方向；‎ ‎（2）线框进入磁场过程中通过截面的电荷量；‎ ‎（3）线框进入磁场时匀速运动的速度v的大小；‎ ‎（4）线框进入磁场过程中产生的焦耳热。‎ ‎【答案】(1)abcda(2)‎0.6C（3）‎10m/s（4）3J ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）根据楞次定律，进入磁场的过程中，电流方向：abcda .‎ ‎（2）由 E 解得：===‎‎0.6 C ‎（3）线框进入磁场时匀速运动时：=mgsin30+‎ 对M：F=Mg 代入数据得：v=‎10m/s ‎（4）=‎ ‎=‎ ‎=‎ 代入解得：Q=3J ‎17.如图所示，在光滑的水平面上有一长为L的木板B，上表面粗糙，在其左端有一光滑的圆弧槽C，与长木板接触但不相连，圆弧槽的下端与木板上表面相平，B、C静止在水平面上。现有滑块A以初速度从右端滑上B，一段时间后，以滑离B，并恰好能到达C的最高点，A、B、C的质量均为m。求：‎ ‎（1）A刚滑离木板B时，木板B和圆弧槽C的共同速度；‎ ‎（2）A与B的上表面间的动摩擦因数μ；‎ ‎（3）圆弧槽C的半径R。‎ ‎【答案】（1） （2） （3）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)对A在木板B上的滑动过程，取A、B、C为一个系统，根据动量守恒定律有：‎ mv0＝m＋2mvB 解得vB＝‎ ‎(2)对A在木板B上的滑动过程，A、B、C系统减少的动能全部转化为系统产生的热量 解得μ＝‎ ‎(3)对A滑上C直到最高点的作用过程，A、C系统动量守恒，＋mvB＝2mv A、C系统机械能守恒 解得R＝‎ ‎18.如图所示，两条相互平行的光滑金属导轨，相距L=‎0.2m，左侧轨道的倾斜角θ=30°，右侧轨道为圆弧线，轨道端点间接有电阻R=1.5Ω，轨道中间部分水平，在MP、NQ间有距离为d=‎0.8m，宽与导轨间距相等的方向竖直向下的匀强磁场B=1T。一质量为m=‎10g、导轨间电阻为r=1.0Ω的导体棒a从t=0时刻无初速释放，初始位置与水平轨道间的高度差H=‎0.8m。另一与a棒完全相同的导体棒b静置于磁场外的水平轨道上，靠近磁场左边界PM。a棒下滑后平滑进入水平轨道（转角处无机械能损失），并与b棒发生碰撞而粘合在一起，此后作为一个整体运动。导体棒始终与导轨垂直并接触良好，轨道的电阻和电感不计，g取‎10m/s2。求：‎ ‎（1）a导体棒进入磁场前瞬间速度大小和a导体棒从释放到进入磁场前瞬间过程中所用的时间；‎ ‎（2）粘合导体棒刚进入磁场瞬间受到的安培力大小；‎ ‎（3）粘合导体棒最终静止的位置离PM的距离；‎ ‎【答案】（1）‎4m/s；t=0.8s（2）F=0.04N（3）停在距离PM为‎0.4m处 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）设a导体棒进入磁场前瞬间速度大小为v a导体棒从释放到进入磁场前瞬间过程中由机械能守恒定律有：‎ 解得：v=‎4m/s a导体棒从释放到进入磁场前瞬间过程由牛顿第二定律有：‎ 解得：a=‎5m/s2‎ 由速度与时间的关系式v=at 解得t=0.8s ‎（2）a与b发生完全非弹性碰撞后的速度为 由动量守恒定律有：‎ 解得：‎ 此时粘合导体棒刚好进入匀强磁场，安培力为：F=BIL 解得：F=0.04N ‎（3）粘合导体棒直到静止，由动量定理有：‎ 解得：‎ 因此粘合导体棒停在距离PM为‎0.4m处