【物理】陕西省榆林市绥德中学2019-2020学年高二上学期期末考试试题（解析版）

【物理】陕西省榆林市绥德中学2019-2020学年高二上学期期末考试试题（解析版）

物理试卷 一、选择题（本题共14小题，每小题4分，共56分。其中1--10题为单选题，11--14题为多选题，全部选对得4分，选不全得2分，错选、不选得0分）‎ ‎1.由i-t图可知，属于交流电的是 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】交流电是指电流的方向发生变化的电流，它的电流的大小可以不变，也可以变化，故选B．‎ ‎2.如图，金属线框abcd的平面与匀强磁场方向垂直，将线框从实线位置向左移动到虚线位置的过程中，框内（　　）‎ A. 始终不存在感应电流 B. 始终存在感应电流 C. 先无感应电流，后有感应电流 D. 先有感应电流，后无感应电流 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】当线圈进入磁场的过程中，穿过线圈的磁通量增加，则线圈中会产生感应电流；当线圈全部进入磁场后穿过线圈的磁通量不变，此时线圈中无感应电流。故选D ‎3.我国古代“四大发明”中，涉及电磁现象应用的发明是（　　）‎ A. 印刷术 B. 造纸术 C. 指南针 D. 火 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】我国古代“四大发明”中，涉及电磁现象应用的发明是指南针，它是利用小磁针在地磁场中偏转制成的。故选C。‎ ‎4.如图为某同学的小制作，装置 A 中有磁铁和可转动的线圈．当有风吹向风扇时扇叶转动，引起灯泡发光．引起灯泡发光的原因是 A. 线圈切割磁感线产生感应电流 B. 磁极间的相互作用 C. 电流的磁效应 D. 磁场对导线有力的作用 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】风吹向风扇时扇叶转动，带动线圈转动，线圈就会切割磁感线产生感应电流．故A正确，BCD错误．‎ ‎5.质量为‎60 kg的建筑工人，不慎从高空跌下，幸好弹性安全带的保护使他悬挂起来．已知弹性安全带的缓冲时间是1.5 s，自由下落时间是1秒，则安全带所受的平均冲力的大小为 A. 500 N B. 1 000 N C. 600 N D. 1 100 N ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】从人开始下落，到到达最低点根据动量定理，取竖直向下为正，有：‎ 解得 A．500 N，与结论不相符，选项A错误；B．1000 N，与结论相符，选项B正确；‎ C．600 N，与结论不相符，选项C错误；D．1100 N，与结论不相符，选项D错误；‎ ‎6.质量为M的物块以速度v运动，与质量为m的静止物块发生正碰，碰撞后两者的动量正好相等，两者质量之比M/m可能为 A. 0.8 ‎B. ‎3 ‎C. 4 D. 5‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】设碰撞后两者的动量都为p，由于题意可知，碰撞前后总动量为2p，根据动量和动能的关系有：‎ 碰撞过程动能不增加，有：‎ 解得：‎ 故选B．‎ ‎7.如图所示的电路中，AB是相同的两小灯，L是一个带铁芯的线圈，电阻可不计，调节R，电路稳定时两灯都正常发光，在在开关合上和断开时( )‎ A. 两灯同时点亮、同时熄灭 B. 合上S时，B比A先到达正常发光状态 C. 断开S时，A灯会突然闪亮一下后再熄灭 D. 断开S时，通过B灯的电流方向与原电流方向相同 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】AB.因为A灯支路有电感线圈的存在会阻碍电流的变化，所以合上S时，A灯支路电流缓慢增加，A灯逐渐变亮，B灯瞬间正常发光，所以B比A先到达正常发光状态，A错误B正确．‎ CD.断开S时，电感线圈要阻碍电流的减小，A支路电流从原值缓慢减小，所以A灯逐渐熄灭，不会闪亮一下；而此时A、B组成闭合回路，流经B灯泡的电流方向与原方向相反，CD错误．‎ ‎8.如图所示，在光电效应实验中用a光照射光电管时，灵敏电流计指针发生偏转，而用b光照射光电管时，灵敏电流计指针不发生偏转，则（　　）‎ A. a光的强度一定大于b光 B. b光的频率一定小于截止频率 C. a光照射光电管时，电流计中的光电流沿d到c方向 D. 将K极换成逸出功较小的金属板，仍用a光照射，其遏止电压将减小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．由图可知，该电源的接法为反向电压，即电源的正极与阴极K连接，电场对光电子做负功，单色光a照射光电管能够使灵敏电流计偏转，说明光电子的动能大，a光的频率大；b光照射光电管不能使灵敏电流计偏转，可能发生了光电效应，b光的频率可能大于截止频率，只不过是产生的光电子动能小，无法到达对阴极，即b光的频率小，故AB错误； C．电流的方向与负电荷定向移动的方向相反，若灵敏电流计的指针发生偏转，则电流方向一定是由d→c方向，故C正确； D．将K极换成逸出功较小的金属板，仍用a光照射，根据 可知其遏止电压将增大。故D错误。 故选C。‎ ‎9.发生衰变的方程可以写为：，则 A. 该衰变衰变 B. Y粒子是 C. Y粒子的穿透能力很强 D. 20个经过一个半衰期后，一定只剩下10个 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．根据和反应的质量数和电荷数守恒可知，Y粒子质量数为4，电荷数为2，是，则该衰变是α衰变，选项A错误，B正确；‎ C．α粒子的穿透能力很弱，电离本领较强，选项C错误；‎ D．半衰期是大量原子核衰变统计规律，对少量的原子核衰变不适应，选项D错误．‎ ‎10.矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，磁感线的方向与导线框所在平面垂直，规定磁场的正方向垂直纸面向里，磁感应强度B随时间变化的规律如图所示.若规定顺时针方向为感应电流I的正方向，下列各图中正确的是( )‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：由图可知，0-1s内，线圈中磁通量的变化率相同，故0-1s内电流的方向相同，由楞次定律可知，电路中电流方向为逆时针，即电流为负方向；同理可知，1-2s内电路中的电流为顺时针，2-3s内，电路中的电流为顺时针，3-4s内，电路中的电流为逆时针，由可知，电路中电流大小恒定不变．‎ 故选D 考点：法拉第电磁感应定律；楞次定律 ‎【名师点睛】本题要求学生能正确理解B-t图的含义，注意图线的斜率等于磁感应强度的变化率，斜率的符号能反映感应电流的方向，知道这些才能准确的利用楞次定律进行判定．‎ ‎11.如图甲所示，一个矩形线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁场方向轴匀速转动。线圈内的磁通量随时间t变化的图像如图乙所示，则下列说法中正确的是（　　）‎ A. t1时刻线圈中的感应电动势最大 B. t2时刻ab的运动方向与磁场方向垂直 C. t3时刻线圈平面与中性面重合 D. t4、t5时刻线圈中感应电流的方向相同 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．t1时刻通过线圈的磁通量最大，此时磁通量的变化率等于零，故感应电动势为零，故A错误； B．t2时刻磁通量为零，线圈与磁场平行，故导线ab的速度方向跟磁感线垂直，故B正确； C．t3时刻线圈的磁通量最大，故此时线圈与中性面重合，故C正确； D．由图可知t5时刻线圈中磁通量最大，此时没有感应电流，故D错误； 故选BC。‎ ‎12.如图所示，在匀强磁场中匀速转动的矩形线圈的周期为T，转轴O1O垂直于磁场方向，线圈电阻为2Ω．从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈转过60°时的感应电流为‎1A．那么( )‎ A. 线圈中感应电流的有效值为‎2A B. 线圈消耗的电功率为4W C. 任意时刻线圈中的感应电动势为 D. 任意时刻穿过线圈的磁通量为 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB.从垂直中性面开始其瞬时表达式为i=Imcosθ，则电流的最大值为：，电流有效值为，线圈消耗的电功率为：，故A错误，B正确；‎ C.感应电动势最大值为Em=Imr=2×2V=4V，任意时刻线圈中的感应电动势为，故C正确；‎ D.根据，可得：，所以任意时刻穿过线圈的磁通量为，故D错误．所以BC正确，AD错误．‎ ‎13.如图6是街头变压器通过降压给用户供电的示意图．变压器输入电压是市电网的电压，可以认为不变．输出电压通过输电线输送给用户，输电线的电阻用R0表示，变阻器R表示用户用电器的总电阻，当滑动变阻器触头P向下移动时，下列说法中正确的是( )‎ A. 相当于在增加用电器的数目 B. A1表的示数随A2表的示数的增大而增大 C. V1表的示数随V2表的示数的增大而增大 D. 变压器的输入功率在增大 ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．用电器是并联的，增加用电器的数目，电阻减小．当滑动变阻器触头P向下移动，电阻减小，相当于在增加用电器的数目，A正确；‎ C．V1表的示数由输入电压决定，不会随V2表的示数的变化而变化，C错误；‎ BD．由于输入功率随着输入功率的增加而变大，故A1表的示数随A2表的示数的增大而增大，BD正确。‎ 故选ABD。‎ ‎14.如图所示，给出氢原子最低的4个能级，在这些能级间跃迁所辐射的光子的频率最多有P种，其中最小频率为，已知普朗克常量h=6.6×10-34J·s，则（　　）‎ A. P=5 B. P=6‎ C. =1.5×1015Hz D. =1.6×1014Hz ‎【答案】BD ‎【解析】AB．根据组合公式，则由n=4跃迁向低能态跃迁所辐射的光子的频率最多有种，选项A错误，B正确； ‎ CD．能级4跃迁到能级3过程中辐射的光子频率最小根据E4-E3=hfmin，解得 选项C错误，D正确。故选BD。‎ 二、计算题（共2小题，共44分。请写出必要的过程和文字说明）‎ ‎15.如图所示，宽度为l=‎1m平行光滑导轨置于匀强磁场中，导轨放置于竖直面内，磁感应强度大小B=0.4T，方向垂直于导轨平面向里，长度恰好等于导轨宽度的金属杆ab在水平向左的拉力F=0.2N作用下向左匀速运动，金属杆ab的电阻为1Ω，外接电阻R1=2Ω，R2=1Ω。平行金属板间距d=‎10mm，内有一质量m=‎0.1g的带电小液滴恰好处于静止状态，取g=‎10m/s2。求：‎ ‎(1)金属棒中的感应电流I；‎ ‎(2)金属棒运动的速度v；‎ ‎(3)小液滴的电荷量及电性。‎ ‎【答案】(1)；(2)‎5m/s；(3)正电；‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)由平衡条件及安培力公式有 F=IlB 解得 ‎(2)由法拉第电磁感应定律有 E=Blv 由闭合电路欧姆定律有 联立代入数据解得 v=‎5m/s ‎(3)对小液滴由平衡条件有 由部分电路欧姆定律有 联立代入数据解得 由右手定则可分析，回路中电流方向为逆时针方向，电容器下板带正电，则小液滴带正电。‎ ‎16.如图所示，半径R=‎1.25m的竖直平面内的光滑四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切。质量为m1=‎0.2kg小滑块A和质量为m2=‎0.6kg的小滑块B分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点。现将A无初速度释放，A与B碰撞后A沿圆弧轨道上升的最大高度h=‎0.05m。取重力加速度g=‎10m/s2。求：‎ ‎(1)碰撞前瞬间A的速率v0；‎ ‎(2)碰撞过程系统损失的机械能。‎ ‎【答案】(1)；(2)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)对小滑块A沿圆弧轨道的下滑过程，根据机械能守恒 解得 ‎(2)碰撞后，对A上升过程，由机械能守恒定律有 解得碰撞后A的速度大小 A速度方向向左。规定水平向右为正方向，由动量守恒定律有 m1v0=-m1v1＋m2v2‎ 解得碰撞后瞬间B的速度大小为 v2=‎2m/s B的速度方向向右。碰撞过程系统损失的机械能