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 解析版

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 解析版

‎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 ‎【答案】C ‎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 ‎【答案】A ‎【解析】逸出功W0=hνc,W0∝νc,νc为截止频率,A正确;只有照射光的频率ν大于等于金属截止频率νc,才能产生光电效应现象,B错;由光电效应方程Ek=hν-W0知,因ν不确定时,无法确定Ek与W0的关系,C错;光强E=nhν,ν越大,E一定,则光子数n越小,单位时间内逸出的光电子数就越少,D错。故选A.‎ ‎【点睛】解决本题关键掌握光电效应的条件和规律．知道光电流的大小在发生光电效应的前提下，与入射光的强度有关．‎ 视频 ‎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311V D. 线框产生的交变电动势频率为100Hz ‎【答案】B ‎【解析】t=0.005s时，感应电动势最大，线框平面与中性面垂直，磁通量的变化率最大，故A错误；t=0.01s时，感应电动势为零，由法拉第电磁感应定律E=n可知，磁通量的变化率是零，线框平面与中性面重合，故B正确；由图可知 交流电的最大值Em=311V．根据正弦式交变电流有效值和峰值的关系可得，该交变电流的有效值为E==220V，故C错误；据周期和频率的关系可得，该交变电流的频率为：，故D错误；故选B.‎ 点睛：本题考察的是有关交变电流的产生和特征的基本知识，注意会由图象得出线圈从何处开始计时，并掌握正弦交流电的最大值与有效值的关系．‎ ‎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 ‎【答案】C ‎【解析】灯泡的额定电流，交流电流表A示数为0.5A，所以灯泡L1正常发光，功率为6W；灯泡L2正常发光，则其余两盏灯也能正常发光，所以a、b端输入功率等于四个灯泡的电功率，即为Pab=6×4W=24W，故A错误；根据Pab=UabIA可得：Uab=V=48V，故AB错误，C正确；若副线圈回路再并联一只同样的灯泡，使得副线圈的电流强度增大，则原线圈的电流强度增大，灯泡L1分得到的电压增大，原线圈两端电压减小，副线圈两端电压减小，L2不能正常发光，故D错误；故选C。‎ ‎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 ‎【答案】C ‎【解析】根据交变电流的有效值可知：，即，解得，故C正确。‎ ‎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 ‎【答案】D ‎【解析】A、由I=Ft=mv−mv0可知，当F很大，但t很小，动量变化也很小，故A正确；‎ B、做匀速圆周运动的物体，其动量的大小始终不变，合外力的冲量可能不为零，故B正确；‎ C、做匀速圆周运动的物体，经历周期整数倍的时间，动量变化相同，故C正确；‎ D、由Ft=mv−mv0可知，动量一定变化，故D错误；‎ 因选不可能的，故选：D。‎ ‎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 ‎【答案】D ‎【解析】三个支路电压相同，当交流电频率变大时，电感的感抗增大，电容的容抗减小，电阻所在支路对电流的阻碍作用不变，所以流过L1的电流变大，流过L2的电流变小，流过L3的电流不变。由上分析可知，L1灯比原来亮，L2灯比原来暗，L3灯和原来一样亮，故ABC错误，D正确；故选D。‎ 点睛：解决本题的关键知道电感和电容对交流电的阻碍作用的大小与什么因素有关．记住感抗和容抗的两个公式可以帮助定性分析．XL=2πLf，XC=．‎ ‎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 ‎【答案】BC ‎【解析】当撤去外力F后，a尚未离开墙壁前，系统受到墙壁的作用力，系统所受的外力之和不为零．所以和b组成的系统的动量不守恒．故A错误，B正确；a离开墙壁后，系统所受的外力之和为0，所以a、b组成的系统的动量守恒，故C正确、D错误。所以BC正确，AD错误。‎ ‎9. 利用金属晶格（大小约10-10‎ m)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 ‎【答案】AB ‎【解析】实验得到了电子的衍射图样，说明电子这种实物粒子发生了衍射，说明电子具有波动性，故A正确；由动能定理可得，eU=mv2-0，电子加速后的速度v=，电子德布罗意波的波长λ=，故B正确；由电子的德布罗意波波长公式λ=可知，加速电压U越大，波长越短，波长越短，衍射现象越不明显，故C错误；物体动能与动量的关系是P= ，由于质子的质量远大于电子的质量，所以动能相同的质子的动量远大于电子的动量，由λ=h/p可知，相同动能的质子的德布罗意波的波长远小于电子德布罗意波的波长，越长越小，衍射现象越不明显，因此相同动能的质子代替电子，衍射现象将更加不明显，故D错误；故选AB．‎ 点睛：衍射是波所特有的现象，电子能发生衍射说明电子具有波动性；求出电子德布罗意波波长的表达式是正确解题的关键．‎ ‎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. ‎ ‎【答案】AC ‎【解析】两球发生对心碰撞，应满足动量守恒及机械能不增加，且后面的小球不能与前面小球有第二次碰撞，故应有mv0＝mvA＋2mvB，，vA≤vB，代入验证知A、C正确。故选AC。‎ ‎【点睛】对于碰撞过程，往往根据三个规律去分析：一是动量守恒；二是总动能不增加；三是碰后，若两球分开后同向运动，后面小球的速率不可能大于前面小球的速率．‎ 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）。‎ ‎【答案】 (1). C (2). (3). ‎ ‎【解析】（1）验证动量守恒定律实验中，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的，但是通过落地高度不变情况下水平射程来体现速度，故选C。‎ ‎（3）若两球相碰前后的动量守恒，则，又OP=v0t，OM=v1t，ON=v2t，代入得：；若碰撞是弹性碰撞，满足能量守恒：，代入得；m1OP2=m1OM2+m2ON2。‎ ‎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”)．‎ ‎【答案】 (1). c (2). (3). 右 (4). 否 ‎【解析】(3)当温度为t时，热敏电阻的阻值与摄氏温度t的关系为：R1=a+kt，根据闭合电路的欧姆定律可得：‎ ‎(4)由上式可知，温度越高，电流表中的电流值越小，所以低温刻度在表盘的右侧；由于电流与温度的关系不是线性函数，所以表盘的刻度是不均匀的。‎ ‎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）‎ ‎【答案】 (1). 右 (2). hv-eU (3). 不变 (4). 增大 (5). 增大 (6). 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 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。‎ ‎【答案】（1）314cos 100πt V （2）25.0J （3）0.1 C ‎【解析】（1）转速：n=3000r/min=50r/s 线圈的角速度ω=2πn=100 πrad/s 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 感应电动势的瞬时值表达式：e=Em cosωt=314cos 100πt V （2）电动势的有效值E=‎ 线圈匀速转动的周期 线圈匀速转动90°，外力做功大小等于电功的大小，即：‎ 代入数据得W=25.0J （4）从t=0起转过90°过程中，△t内流过R的电荷量： 代入数据得q=0.1 C 点睛：线框在匀强磁场中匀速转动，产生正弦式交变电流。而对于电表读数、求产生的热量均由交变电的有效值来确定，而涉及到耐压值时，则由最大值来确定。而通过某一电量时，则用平均值来求。‎ ‎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。‎ ‎【答案】（1） （2） （3）‎ ‎...............‎ ‎（1）输电线路的示意图如下图所示：‎ ‎（2）由得：‎ 由，得升压变压器的输出电压：‎ 所以升压变压器的原副线圈的匝数之比：‎ ‎（3）输电线上的电压为：‎ 所以降压变压器的输入电压为：‎ 降压变压器的原副线圈的匝数之比：‎ ‎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.‎ ‎【答案】（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 ‎，解得 （2）以物块A和物块B为系统，根据动量守恒得：， ‎ 以物块B为研究对象，根据动量定理得：，解得，方向水平向右 ‎（3）以物块A和物块B为系统，根据能量守恒得 解得：‎ ‎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。‎ ‎【答案】(1) (2) ‎ ‎【解析】试题分析：（1）A下滑过程机械能守恒，由机械能守恒定律求出A到达最低点时的速度，在最低点应用牛顿第二定律求出支持力，然后由牛顿第三定律求出压力．（2）系统动量守恒，由动量守恒定律求出最终的速度，然后由能量守恒定律求出总路程．‎ ‎（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：‎ 在最低点时，对A由牛顿第二定律得：‎ 解得：F=2mg 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 ‎（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： ‎ 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： ‎ 在这个过程中，由能量守恒定律得：‎ 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：‎ 摩擦产生的热量：‎ 联立解得：‎ ‎ ‎ ‎ ‎