福建省平和一中、南靖一中等五校2020学年高二物理下学期期中联考试题（含解析）

福建省平和一中、南靖一中等五校2020学年高二物理下学期期中联考试题（含解析）

福建省平和一中、南靖一中等五校2020学年高二物理下学期期中联考试题（含解析） ‎ ‎（考试时间：90分钟 总分：100分）‎ 一、选择题（本题共12小题．每小题4分，共48分。1～8题为单选题；9～12题为多选题,全部选对得4分，选对但不全得2分，有错选或不选的得零分）‎ ‎1.下列物理学史说法正确的是(　　)‎ A. 安培提出了电磁感应定律 B. 卢瑟福提出了原子的“枣糕”结构模型 C. 汤姆孙发现电子后猜想出原子内的正电荷集中在很小的核内 D. α粒子散射实验说明了原子正电荷和绝大部分质量集中在一个很小的核上 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、法拉第提出了电磁感应定律，故A错误；‎ BCD、汤姆生利用阴极射线管发现了电子，说明原子可分，并提出原子的枣糕模型，卢瑟福根据α粒子散射实验提出了原子的核式结构模型，实验说明了原子正电荷和绝大部分质量集中在一个很小的核上，故BC错误，D正确。‎ ‎2.关于电磁感应现象，下列说法正确的是（　　）‎ A. 线圈放在磁场中就一定能产生感应电流 B. 感应电流的磁场总是阻碍原来磁场的磁通量的变化 C. 穿过线圈的磁通量变化量越大，感应电动势越大 D. 闭合线圈放在匀强磁场中做切割磁感线运动时，一定能产生感应电流 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、感应电流产生的条件：只有穿过闭合电路的磁通量发生变化，线圈中才会有感应电流产生，故A错误；‎ B、电磁感应现象中，感应电流的磁场总阻碍原来磁场的磁通量的变化，即原来的磁场增强，则感应电流的磁场与原磁场方向向相反，若原磁场减弱，则感应电流的磁场与原磁场方向相同，故B正确；‎ C、由法拉第电磁感应定律可知：感应电动势与磁通量的变化率成正比，线圈中的磁通量变化越大，磁通量的变化率不一定大，线圈中产生的感应电动势不一定越大，故C错误；‎ D、闭合线圈放在匀强磁场中做切割磁感线运动时，若穿过线圈的磁通量变化，则产生感应电流，若穿过线圈的磁通量不变，则没有感应电流，故D错误。‎ ‎3.下列对几种物理现象的说法，正确的是(　　)‎ A. 动量相同的两个物体受相同的合外力作用而减速时，质量小的先停下来 B. 用力推车，车子不动，是因为推力对车的冲量为零 C. 击钉时不用橡皮锤，是因为橡皮锤表面有弹性，延长了锤与钉的作用时间，使锤对钉的作用力减少了 D. 跳高时要落在海绵垫子上，是为了减小冲量 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、动量相同的两个物体受到相同的合外力的作用，根据动量定理Ft=△P，两个物体将同时停下来，故A错误；‎ B、在推车时推不动是因为推力小于最大静摩擦力，推力的冲量Ft不为零，故B错误；‎ C、砸钉子时不用橡皮锤，是由于橡皮锤有弹性，作用时间长，根据动量定理Ft=△P，产生的力小，故C正确；‎ D、跳高时在海绵垫子上，根据动量定理Ft=△P，是为了增加作用时间，减小了作用力，冲量等于动量的变化，是恒定的，故D错误；‎ ‎【点睛】‎ ‎4.某正弦式交变电流的i－t图象如图所示，则该电流的( )‎ A. 频率 B. 有效值 C. 峰值 D. 瞬时值表达式 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】由题图可知，该交变电流的周期为T＝0.02 s，则频率为f50 Hz，峰值为im＝20 A，则有效值为10 A，该i—t图像是正弦曲线，故，其中，，则瞬时值表达式，故ABC错误，D正确。‎ ‎5.图示为氢原子的能级示意图，关于氢原子跃迁，下列说法正确的是（　　）‎ A. 一群处于n=4激发态的氢原子，向低能级跃迁时可以发出6种不同频率的光 B. 一个处于n=5激发态的氢原子，向低能级跃迁时发出10种不同频率的光 C. 用12eV的光子照射处于基态的氢原子时，电子可以跃迁到n=2能级 D. 氢原子中电子从高能级到低能级跃迁时动能增大，氢原子的电势能增大 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、根据6知，一群处于n＝4激发态的氢原子，向低能级跃迁时，可以放出6种不同频率的光子，故A正确；‎ B、一个处于n＝5激发态的氢原子，向低能级跃迁时，最多放出4种不同频率的光子，故B错误；‎ C、用12eV的光子照射处于基态的氢原子时，该光子能量不能被吸收发生跃迁，故C错误。‎ D、氢原子中的电子从高能级到低能级跃迁时，原子能量减小，根据得，电子动能增大，则氢原子的电势能减小，故D错误。‎ ‎6.如图所示的远距离输电电路图中，升压变压器和降压变压器均为理想变压器且都有一个线圈可调，发电厂的输出电压及输电线的电阻均不变．在用电高峰期，随着用户耗电量的增大导致实际用户电压偏低，为使用户电压达到正常，下列说法中正确的是( 　)‎ A. 仅P1上调一点可使用户电压升高，线路损失减小 B. 仅P2上调一点可使用户电压升高，线路损失增大 C. 仅P2下调一点可使用户电压升高，线路损失减小 D. 仅P1下调一点可使用户电压升高，线路损失增大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ A、D、P1上调一点，则升压变压器的原线圈的匝数增加，由匝数比与电压比的关系可知，输电线的输送电压减小，由P=UI可知输送的电流增大，由可知线路损失增大；由U损=I送•r可知，输电线损耗的电压增大，所以到达降压变压器的电压减小，则用户达到的电压减小，故A错误、D正确；B、C、P1‎ 下调一点，则升压变压器的原线圈的匝数减小，由匝数比与电压比的关系可知，输电线的输送电压增大，由P=UI可知输送的电流减小，由r可知线路损失减小；由U损=I送•r可知，输电线损耗的电压减小，所以到达降压变压器的电压增大，则用户达到的电压增大，故B、C错误。故选D。‎ ‎【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。‎ ‎7.图甲和图乙是演示自感现象的两个电路图，L1和L2为电感线圈，A1、A2、A3是三个完全相同的灯泡。实验时，断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗；闭合开关S2，灯A2逐渐变亮，而另一个相同的灯A3立即变亮，最终A2与A3的亮度相同．下列说法正确的是( 　)‎ A. 图甲中，A1与L1的电阻值相同 B. 图乙中，变阻器R与L2的电阻值相同 C. 图甲中，闭合S1，电路稳定后，A1中电流大于L1中电流 D. 图乙中，闭合S2瞬间，L2中电流与变阻器R中电流相等 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、图甲中，断开S1的瞬间，A1灯突然闪亮，是因为电路稳定时，L1的电流大于A1的电流，可知L1的电阻小于A1的电阻，故A错误；‎ B、图乙中，电路中A2与A3的亮度相同，所以两个支路的总电阻相同，因两个灯泡电阻相同，所以变阻器R与L2的电阻值相同，故B正确；‎ C、图甲中，闭合S1，电路稳定后，断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，说明灯泡A1的电流小于线圈L1的电流，故C错误；‎ D、图乙中，闭合S2瞬间，L2对电流有阻碍作用，所以L2中电流与变阻器R中电流不相等，故D错误。‎ ‎8.根据外媒某军事杂志一篇关于中国航母的报道，其猜测中国自行设计建造的第三艘国产航母将采用电磁弹射装置。航母上飞机弹射起飞所利用的电磁驱动原理如图所示．当固定线圈上突然通过直流电流时，线圈左侧的金属环被弹射出去．则下列说法正确的是 A. 金属环向左运动过程中将有扩大趋势 B. 若将金属环置于线圈的右侧，环将不能弹射出去 C. 若将电池正、负极调换后，金属环不能向左弹射 D. 合上开关S的瞬间，从右侧看环中产生沿顺时针方向的感应电流 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、固定线圈上突然通过直流电流，穿过环的磁通量增大，根据楞次定律“增缩减扩”可知金属环被向左弹射的瞬间，还有缩小的趋势，故A错误；‎ B、若金属环放在线圈右方，根据“来拒去留”可得，环将向右运动；故B错误；‎ C、根据“来拒去留”，在线圈上突然通过直流电流时，环都会受到向左的力的作用，与电源的正负极无关，故C错误；‎ D、线圈中电流为左侧流入，磁场方向为向右，在闭合开关的过程中，磁场变强，则由楞次定律可知，金属环的感应电流由右侧看为顺时针；故D正确。‎ ‎9.质量相等的A、B两球在光滑水平面上沿同一直线同一方向运动，A球的动量是8kg·m/s,‎ ‎ B球的动量是6kg·m/s，当A球追上B球时发生碰撞，则碰撞后A、B两球的动量可能值是 （ ）‎ A. =7kg·m/s, =7kg·m/s, B. =-2kg·m/s, =16kg·m/s,‎ C. =6kg·m/s, =8kg·m/s , D. =-4kg·m/s, =17kg·m/s,‎ ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】当A球追上B球时发生碰撞，遵守动量守恒．由动量守恒定律和碰撞过程总动能不增加，且碰撞结束后，A球的速度小于等于B球的速度。碰前A和B两球的动能之和为： ；‎ A、，，满足，且碰后的动能，故A正确；‎ B、，，满足，碰后动能，故B错误；‎ C、，，满足，碰后的动能，故C正确；‎ D、，，满足，碰后的动能，故D错误。‎ ‎10.两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L，底端接阻值为R的电阻。将质量为m，电阻也为R的金属棒悬挂在一个上端固定的轻弹簧下端，金属棒与导轨接触良好，导轨所在的平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，如图所示。除金属棒和电阻R外，其余电阻不计。现将金属棒从弹簧的原长位置由静止释放，则( )‎ A. 金属棒向下运动时，流过电阻R的电流方向为a→b B. 最终弹簧对金属棒的弹力与金属棒的重力平衡 C. 金属棒的速度为v时，所受的安培力大小为 D. 金属棒的速度为v时，金属棒两端的电势差为 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A、金属棒向下运动时，由右手定则可知，在金属棒上电流方向向右，流过电阻R的电流方向为b→a，故A错误；‎ B、金属棒下落过程中，由能量守恒定律知，金属棒减少的重力势能转化为弹簧的弹性势能、金属棒的动能（速度不为零时）以及电阻R上产生的热量；故机械能慢慢减小，最后稳定时，只受重力和弹力；故重力与弹力平衡；故B正确；‎ C、金属棒速度为v时，安培力大小为F＝BIL，I，由以上两式得：F，故C错误；‎ D、当速度为v时，电动势E＝Blv，而金属棒两端的电势差等于R两端的电压，故为：；故D正确。‎ ‎11.如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为4∶1，原线圈接入图乙所示的电压，副线圈接火灾报警系统(报警器未画出)，电压表和电流表均为理想电表，R0为定值电阻，RT为半导体热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小，下列说法正确的是( )‎ A. 图乙中电压的有效值为 B. 电压表的示数为V C. RT处出现火警时电流表示数减小 D. RT处出现火警时电阻R0消耗的电功率增大 ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【详解】A、设将此电流加在阻值为R的电阻上，电压的最大值为Um，电压的有效值为U，则有，代入数据得图乙中电压的有效值为110V，故A正确。‎ B、变压器原、副线圈中的电压与匝数成正比，所以变压器原、副线圈中的电压之比是4：l，所以电压表的示数为V，故B正确。‎ C、RT处出现火警，温度升高时，阻值减小，副线圈电流增大，而输出功率和输入功率相等，所以原线圈增大，即电流表示数增大，故C错误 D、RT处出现火警时，通过R0的电流增大，所以电阻R0消耗的电功率增大，故D正确。‎ ‎12.矩形线框abcd固定放在匀强磁场中，磁场方向与线圈平面垂直，磁感应强度B随时间t变化的图象如图所示．设t＝0时刻，磁感应强度的方向垂直纸面向里，下列图中i表示线圈中感应电流的大小，F表示线框ab边所受的安培力的大小，则下列图象中可能正确的是( )‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】AC ‎【解析】‎ AB：0～2s磁场均匀变化，则线圈中磁通量先是向里的减小后是向外的增加，感应磁场方向向里，电流方向顺时针，大小不变。2～4s磁场均匀变化，则线圈中磁通量先是向外的减小后是向里的增加，感应磁场方向向外，电流方向逆时针，大小不变。故A项正确，B项错误。‎ CD：0～1s电流方向顺时针，大小不变，所在处磁场是向里的减小，则ab边所受安培力大小减小，方向向左；1～2s电流方向顺时针，大小不变，所在处磁场是向外的增加，则ab边所受安培力大小增加，方向向右；2～3s电流方向逆时针，大小不变，所在处磁场是向外的减小，则ab边所受安培力大小减小，方向向左；3～4s电流方向逆时针，大小不变，所在处磁场是向里的增加，则ab边所受安培力大小增加，方向向右。故C项正确，D项错误。‎ 二、实验题（每空3分，共9分）‎ ‎13.用半径相同的小球1和小球2的碰撞验证动量守恒定律，实验装置如图所示，斜槽与水平槽平滑连接。安装好实验装置，在地上铺一张白纸，白纸上铺放复写纸，记下重锤线所指的位置O。接下来的实验步骤如下：‎ 步骤1：不放小球2，让小球1从斜槽上A点由静止滚下，并落在地面上。重复多次，用尽可能小的圆，把小球的所有落点圈在里面，其圆心就是小球落点的平均位置；‎ 步骤2：把小球2放在斜槽前端边缘位置B，让小球1从A点由静止滚下，使它们碰撞。重复多次，并使用与步骤1同样的方法分别标出碰撞后两小球落点的平均位置；‎ 步骤3：用刻度尺分别测量三个落地点的平均位置M、P、N离O点的距离，即线段OM、OP、ON的长度。‎ ‎(1)对于上述实验操作，下列说法正确的是___________‎ A.轨道一定是光滑的 B.必须要测量轨道末端到地面的高度 C.每次小球1都要从同一高度由静止滚下 D.实验过程中，白纸可以移动，复写纸不能移动 ‎(2)入射小球1与被碰小球2直径相同，它们质量m1和m2的大小应满足m1____m2。(填“>”、“<” 或“=” ）‎ ‎(3)实验时，要验证两小球碰撞前后动量是否守恒，下列表达式正确的是______。‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】 (1). C (2). > (3). A ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）A、斜槽的粗糙与光滑不影响实验的效果，只要到达底端时速度相同即行，故A错误；‎ B、因为平抛运动的时间相等，则水平位移可以代表速度，所以不需要测量轨道末端到地面的高度，故B错误；‎ C、每次小球1都要从同一高度由静止滚下，以保证小球到达斜槽轨道末端时的速度相等，故C正确；‎ D、实验中白纸不能移动，但复写纸是可以移动的，可以保证落点位置不变，故D错误。‎ ‎（2）实验中为了防止入射球反弹，应让入射球质量大于被碰球的质量。‎ ‎（3）因为平抛运动的时间相等，则水平位移可以代表速度，OP是A球不与B球碰撞平抛运动的位移，该位移可以代表A球碰撞前的速度，OM是A球碰撞后平抛运动的位移，该位移可以代表碰撞后A球的速度，ON是碰撞后B球的水平位移，该位移可以代表碰撞后B球的速度，当所测物理量满足表达式m1m1m2，说明两球碰撞遵守动量守恒定律，故A正确，BCD错误。‎ 三、计算题（共4题，共43分。把把解答写在答题卡指定位置上，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。）‎ ‎14.如图所示是交流发电机模型示意图，n＝100匝的矩形闭合导线框ABCD处于磁感应强度大小B＝T的水平匀强磁场中，线框面积S＝0.48m2。线框绕垂直于磁场的轴OO′以角速度ω＝50πrad/s匀速转动，并与理想变压器相连，变压器副线圈接入一只额定电压为12V的灯泡，灯泡正常发光，线框、输电线路的电阻都不计。‎ 求：(1)将图示时刻记t＝0，写出电动势瞬时表达式；‎ ‎(2)变压器的原、副线圈匝数比。‎ ‎【答案】(1) (2)‎ ‎【解析】‎ ‎(1)线框逆时针转动，根据右手定则，电流俯视为逆时针；‎ 电动势最大值：V 从垂直中性面位置开始计时，故瞬时值为：（V）‎ ‎(2)变压器的输入电压为：V；‎ 根据变压器变压比公式，有：‎ 解得：‎ ‎【点睛】本题关键是明确交流电的最大值和瞬时值的求解方法，同时要能够结合变压器的变压比公式、功率关系列式求解．‎ ‎15.轻质细线吊着一质量为m＝0.5 kg、边长为L＝1m、匝数n＝10的正方形线圈，其总电阻为r＝1Ω。在线圈的中间位置以下区域分布着磁场，如图甲所示。磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小随时间变化关系如图乙所示。（g=10m/s2）‎ ‎(1)判断线圈中产生的感应电流的方向是顺时针还是逆时针；‎ ‎(2)求线圈的电功率；‎ ‎(3)求在t＝4s时轻质细线的拉力大小。‎ ‎【答案】（1）逆时针 （2）0.56 W （3）0.5 N ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)由楞次定律知感应电流的方向为逆时针方向。‎ ‎(2)由法拉第电磁感应定律得：E＝n＝n ·＝0.75 V 则P＝＝0.56 W ‎(3)t=4s时，电路中的电流I＝＝0.75 A 此时，安培力F安＝nBIL 对线框受力分析得：F安＋F线＝mg 联立解得F线＝0.5 N ‎16.如图所示，一水平轻弹簧一端与滑块B相连，另一端与滑块C接触但未连接，B、C均静止在光滑水平桌面上。现有一滑块从光滑曲面上距水平桌面h=1.8m高处由静止开始滑下，与滑块B发生碰撞并粘在一起，压缩弹簧推动滑块C向前运动。己知A、B、C的质量分别是mA= 2kg、mB= 4kg、mC=6kg,重力加速度g取10m/s2。‎ 求：(1)A、B两滑块碰撞结束瞬间速度的大小；‎ ‎(2)弹簧的最大弹性势能；‎ ‎(3)滑块C最后的速度大小。‎ ‎【答案】（1）2m/s （2）6J （3）2m/s ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）滑块A下滑过程满足机械能守恒定律:‎ A、B碰撞过程中A、B组成的系统动量守恒，设碰后瞬间A、B的共同速度为v2，则有：‎ 由此可求出：‎ ‎（2）A、B两滑块碰后一起压缩弹簧做减速运动，C滑块做加速运动，弹簧的弹性势能增加，当A、B、C速度相等（设为v）时，弹性势能达最大值Epm，由动量守恒定律有：‎ 由机械能守恒定律有：‎ 代入数据求得：Epm=6J ‎（3）弹簧恢复自然长度时，滑块C脱离弹簧，设此时A、B的速度为v3，滑块C的速度为，则由动量守恒定律有： ‎ 由机械能守恒定律有：‎ 联立求解可知， C最后的速度为 ‎17.如图所示，虚线框内为某种电磁缓冲车的结构示意图，其主要部件为缓冲滑块K和质量为m=100kg的缓冲车厢。在缓冲车的底板上，沿车的轴线固定着两个光滑水平绝缘导轨PQ、MN．缓冲车的底部，安装电磁铁（图中未画出），能产生垂直于导轨平面的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B=0.2T。导轨内的缓冲滑块K由高强度绝缘材料制成，滑块K上绕有闭合矩形线圈abcd，线圈的总电阻为R=10Ω，匝数n=500，ab边长为L=1m。假设缓冲车以速度v0=5m/s与障碍物C碰撞后，滑块K立即停下，此后线圈与轨道间的磁场作用力使车厢做减速运动，从而达到缓冲效果，一切摩擦阻力不计。‎ 求：（1）求滑块K的线圈中最大感应电动势的大小；‎ ‎（2）若缓冲车厢向前移动距离0.5m后速度为零，则此过程线圈abcd中通过的电量和产生的焦耳热各是多少？‎ ‎（3）若缓冲车以某一速度v1（未知）与障碍物C碰撞后，滑块K立即停下，缓冲车厢所受的最大水平磁场力为Fm=104N。缓冲车在滑块K停下后，其速度v随位移x的变化规律满足：.要使导轨右端不碰到障碍物，则缓冲车与障碍物C碰撞前，导轨右端与滑块K的cd边距离至少多大？‎ ‎【答案】（1）500V （2）5 C, （3）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)缓冲车以速度v0与障碍物C碰撞后，滑块K立即停下，滑块相对磁场的速度大小为v0，线圈中产生的感应电动势最大，则有：Em=nBLv0 = 500V ‎（2）由法拉第电磁感应定律得：‎ 由闭合电路欧姆定律得 ： ，又q=I△t 联立得：  =5 C 由能量守恒得：线圈产生的焦耳热为：‎ ‎（3）若缓冲车以某一速度v1与障碍物C碰撞后，滑块K立即停下，滑块相对磁场的速度大小为v1，线圈中产生的感应电动势：E1=nBLv1‎ 线圈中感应电流 ‎ 线圈ab边受到的安培力F=nBIL 依题意有F = Fm 联立代入数据得：  ‎ 由题意知： ‎ 当v=0时，解得： ‎