福建省泉州市泉港区第一中学2020学年高二物理下学期期中试题（含解析） 16页

泉港一中201８～201９学年第二学期期中考试 ‎ 高二物理试题 一、选择题 ‎1.如图甲所示,边长L=0.4m的正方形线框总电阻R=1Ω(在图中用等效电阻画出),方向垂直纸面向外的磁场充满整个线框平面。磁场的磁感应强度随时间变化的情况如图乙所示,则下列说法中正确的是( )‎ A. 回路中电流方向沿逆时针方向 B. 线框所受安培力逐渐减小 C. 5s末回路中的电动势为0.08V D. 0−6s内回路中产生的电热为3.84×10−2J ‎【答案】CD ‎【解析】‎ 由楞次定律可判断出感应电流的方向为顺时针方向，故A错误；由图象可知，磁通量变化率是恒定的，根据法拉第电磁感应定律，则有感应电动势一定，依据闭合电路欧姆定律，则感应电流大小也是一定的，再依据安培力表达式F=BIL，安培力大小与磁感强度成正比，故B错误；根据感应电动势：，故C正确；根据闭合电路欧姆定律，则有感应电流为：；再根据焦耳定律，那么在0～6s内线圈产生的焦耳热：Q=I2Rt=0.082×1×6=3.84×10-2J，故D正确；故选CD．‎ 点睛：本题是法拉第电磁感应定律、欧姆定律、焦耳定律和楞次定律等知识的综合应用，这些都是电磁感应现象遵守的基本规律，要熟练掌握，并能正确应用．‎ ‎2.要想在如图所示的虚线方框范围内有方向垂直纸面向里的磁场，以下哪个方法是不可行的（　　）‎ A. 电子沿a到d的方向运动 B. 正离子在框内顺时针旋转 C. 电子在框内顺时针旋转 D. 正离子沿a到b的方向运动 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】电子沿a到d的方向运动，根据安培定则可知在虚线方框范围内有方向垂直纸面向里的磁场，故A可行；正离子在框内顺时针旋转，根据安培定则可知在虚线方框范围内有方向垂直纸面向里的磁场，故B可行；电子在框内顺时针旋转，根据安培定则可知在虚线方框范围内有方向垂直纸面向外的磁场，故C不可行；正离子沿a到b的方向运动，根据右手定则可知在虚线方框范围内有方向垂直纸面向里的磁场，故D可行。‎ ‎3.如图甲所示，交流发电机的矩形金属线圈abcd的匝数n=100，线圈的总电阻r=5.0 Ω，线圈位于匀强磁场中，且线圈平面与磁场方向平行。线圈的两端分别与两个彼此绝缘的铜环E、F（集流环）焊接在一起，并通过电刷与阻值R=95 Ω的定值电阻连接。现使线圈绕过bc和ad边中点、且垂直于磁场的转轴OOˊ以一定的角速度匀速转动。穿过线圈的磁通量Φ随时间t变化的图象如图乙所示。若电路其他部分的电阻以及线圈的自感系数均可忽略不计。则下列说法中正确的是 A. 线圈匀速转动的角速度为100 rad/s B. 线圈中产生感应电动势的最大值为100 V C. 线圈中产生感应电动势的有效值为100 V D. 线圈中产生感应电流的有效值为 A ‎【答案】D ‎【解析】‎ 由图知，则，故A错误；交流发电机产生电动势的最大值，而，，所以，由Φ-t图线可知：Φm=2.0×10-2Wb，T=6.28×10-2s 所以Em=200V．交流发电机产生的电动势最大值为200V，B错误；电动势的有效值，则C错误；由闭合电路的欧姆定律，电路中电流的有效值为，D正确．‎ ‎4.如图所示，好多同学家里都有调光电灯、调速电风扇，是用可控硅电子元件来实现的，为经一双向可控硅调节后加在电灯上的电压，即在正弦交流电的每个二分之一周期内，前周期被截去，调节台灯上旋钮可以控制截去的多少，从而改变电灯上的电压，那么现在电灯上的电压为(　　)‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】设交流电的有效值为U，将交流电与直流电分别通过相同电阻R，一个周期可以看成只剩半个周期的电压，利用有效值的定义得：，所以，故A正确，BCD错误。‎ ‎5.用电压为U的正弦交流电源通过甲、乙两种电路给额定电压为 的同一小灯泡供电，图甲中R为滑动变阻器，图乙中理想变压器的原、副线圈匝数分别为，若小灯泡均能正常工作，则下列说法正确的是 A. 变压器可能是升压变压器 B. ‎ C. 甲、乙电路消耗的功率之比为 D. R两端的电压最大值为 ‎【答案】D ‎【解析】‎ A、由图甲知，电源电压等于变阻器两端的电压与电源电压之和，所以，在图乙中，根据电压与匝数成正比，知，所以该变压器是降压变压器，故A错误；‎ B、由乙图，根据电压与匝数成正比，得，故B错误；‎ C、电珠均能正常工作，所以电流等于额定电流，甲电路消耗的功率，乙电路消耗的功率，所以甲乙电路消耗的功率之比为，故C错误；‎ D、R两端电压的有效值，因为是正弦交流电，所以R两端电压的最大值为，故D正确。‎ 点睛：掌握住理想变压器的电压、电流之间的关系，最大值和有效值之间的关系即可解决本题。‎ ‎6.如图所示为氢原子的能级示意图，对于处于n=4激发态的一群氢原子来说，则 A. 由n=2跃迁到n=1时发出光子的能量最大 B. 由较高能级跃迁到较低能级，电子轨道半径减小，动能增大 C. 当氢原子自发向低能级跃迁时，可发出3种光谱线 D. 由n=4跃迁到n=1发出光子频率是n=4跃迁到n=2发出的光子频率的6倍 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 根据得由n=4跃迁到n=1时，由于两能级间能级差最大，则光子能量最大，由n=4跃迁到n=1发出光子的能量为，n=4跃迁到n=2发出的能量为，两者能量不是六倍关系，所以发出的光子的频率不是六倍关系，AD错误；能级跃迁时，由于高能级轨道半径较大，速度较小，电势能较大，故氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要释放一定频率的光子，同时电子的动能增大，电势能减小，B正确；根据知，一群处于n=4能级的氢原子向较低能级跃迁，能产生6种不同频率的光子，故C错误．‎ ‎7.在水平桌面上，一个圆形金属框置于匀强磁场 中，线框平面与磁场垂直，圆形金属框与一个水平的平行金属导轨相连接，导轨上放置一根导体棒，导体棒与导轨接触良好，导体棒处于另一均强磁场 中，该磁场的磁感应强度恒定，方向垂直导轨平面向下，如图甲所示．磁感应强度 随时间的变化关系如图乙所示． 内磁场方向垂直线框平面向下．若导体棒始终保持静止，并设向右为静摩擦力的正方向，则导体棒所受的静摩擦力 随时间变化的图象是（ ）‎ ‎ ‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 由题意可得：在0～1.0s内磁场方向垂直线框平面向下，且大小变大，则由楞次定律可得线圈感应电流的方向是逆时针，即导体棒的电流方向从b到a．再由左手定则可得安培力方向水平向左，所以静摩擦力的方向是水平向右．与设向右为静摩擦力的正方向，正好相同．因此只有AD选项符合．而在0～1.0s内磁场方向垂直线框平面向下，且大小变大，则由法拉第电磁感应定律可得线圈感应电流的大小是恒定的，即导体棒的电流大小是不变的．再由F=BIL可得安培力大小随着磁场变化而变化，由于磁场是不变的，则安培力大小不变，所以静摩擦力的大小也是不变的．因此只有D选项符合．故选D.‎ 点睛：本题表面上要求静摩擦力大小与方向，实际上是确定安培力的方向与大小，所以考查了法拉第电磁感应定律与楞次定律．‎ ‎8.如图，两滑块A、B在光滑水平面上沿同直线相向运动，滑块 A质量为m，速度大小为2，方向向右，滑块B的质量为2m，速度大小为，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是 A. A和B都向左运动 B. A向左运动，B向右运动 C. A静止，B向右运动 D. A和B都向右运动 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 两球碰撞过程动量守恒，以两球组成的系统为研究对象，取水平向右方向为正方向，碰撞前，A、B的速度分别为：vA=2v0、vB=v0。碰撞前系统总动量：P=mAvA+mBvB=m×2v0+2m×（-v0）=0，P=0，系统总动量为0，系统动量守恒，则碰撞前后系统总动量都是0；由于碰撞是弹性碰撞，则碰撞后二者的速度不能等于0，运动的方向一定相反；故B正确，A、C、D错误。故选B。‎ ‎【点睛】本题碰撞过程中遵守动量守恒，不仅碰撞前后总动量的大小不变，方向也保持不变，要注意选取正方向，用符号表示速度的方向。‎ ‎9.如图所示，光滑绝缘水平面上，有一矩形线圈冲入一匀强磁场，线圈全部进入磁场区域时，其动能恰好等于它在磁场左侧时的一半，设磁场宽度大于线圈宽度，以下(　　　)‎ A. 线圈恰好在刚离开磁场的地方停下 B. 线圈完全离开磁场以后仍能继续运动，不会停下来 C. 进入磁场跟离开磁场线圈中产生感应电荷量的相等 D. 进入磁场线圈中产生的感应电荷量比离开磁场的多 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】线圈出磁场时的速度小于进磁场时的速度，线圈受到的安培力：，可知出磁场时所受的安培力小于进磁场时所受的安培力，根据动能定理，由于进磁场时安培力做功大于出磁场时安培力做功，则出磁场时动能的变化量小于进磁场时动能的变化量，进磁场时其动能恰好等于它在磁场外面时的一半，知出磁场后，动能不为零，还有动能，将继续运动，不会停下来，故B正确，A错误；线圈进入磁场过程中通过线圈的电荷量：，因为进场和出场时的磁通量变化量相同，所以进入磁场跟离开磁场线圈中产生的感应电荷量的相等，故C正确，D错误。‎ ‎10.一质量为2 kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动，F随时间t变化的图线如图所示，则(　　 )‎ A. 第2 s内物块的动量变化大小为4kg·m/s B. t=2 s时物块的动量大小为3 kg·m/s C. t=3 s时物块的动量大小为3 kg·m/s D. t=4 s时物块的速度为1m/s ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】根据动量定理可得第2 s内物块的运量变化大小为：，故A错误；前2s内，根据牛顿第二定律，可得加速度为：，根据v=at，可得t=2s时，速率为2m/s，则动量为P=mv=4kg•m/s，故B错误；2-4s，力开始反向，物体减速，根据牛顿第二定律，a′=-0.5m/s2，所以3s时的速度为v3=v2-a′t=1.5m/s，动量为3kg•m/s，同理4s时速度为1m/s，故CD正确。‎ ‎11.如图（a）,一长木板静止于光滑水平桌面上，t=0时， 小物块以速度v0滑到长木板上，图（b）为物块与木板运动的v-t图像，图中t1、v0 、v1 已知。重力加速度大小为g。由此可求得（  　 ）‎ A. 物块与木板的质量之比 B. 木板的长度 C. 从t=0开始到t1时刻，木板获得的动能  ‎ D. 物块与木板之间的动摩擦因数 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】物块与木板作出的系统动量守恒，以物块的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0=（m+M）v1，解得：，v0与v1‎ 已知，可以求出物块与木板的质量之比，故A正确；系统动量守恒，应用动量守恒定律与能量守恒定律可以求出物块相对于木板滑行的距离，木板的长度可能等于该长度、也可能大于该长度，根据题意无法求出木板的长度，故B错误；由于不知道木板的质量，无法求出从t=0开始到t1时刻，木板获得的动能，故C错误；对木板，由动量定理得：μmgt1=Mv1，解得：，由于t1、v0、v1已知，可以求出动摩擦因数，故D正确。‎ ‎12.如图所示，金属杆从离地高为0.8m处从静止开始沿弧形轨道下滑，轨道的水平部分有竖直向上磁感应强度为的匀强磁场，水平轨道足够长，其上原来放一个金属杆。已知杆的质量为1kg，杆的质量为3kg，不计一切摩擦，杆、的电阻之比为:=1:2，其余电阻不计，g取10m/s2,以下说法正确的是( )‎ A. 和的最终速度都为零 B. b杆的最终速度为1m/s C. 整个过程b杆产生的热量为4J D. 整个过程产生的总热量为8J ‎【答案】BC ‎【解析】‎ a下滑h过程中机械能守恒： ，解得v0=4m/s；a进入磁场后，回路中产生感应电流，a、b都受安培力作用，a作减速运动，b作加速运动，经一段时间，a、b速度达到相同，之后回路的磁通量不发生变化，感应电流为零，安培力为零，二者匀速运动，匀速运动的速度即为a、b的最终速度，设为v，由过程中a、b系统所受合外力为零，动量守恒得：mav0＝(ma+mb) v, 解得最终速度：v＝1m/s，选项A错误，B正确；‎ 由能量守恒知，回路中产生的电能等于a、b系统机械能的损失，所以有： ，其中b杆中产生的热量为： ，选项C正确，D错误；故选BC.‎ 点睛：本题是双杆在轨道滑动类型，分析两杆的运动情况，找到最终的运动状态是关键，其次要把握物理规律，系统的合外力为零，动量是守恒的．‎ 二．实验题 ‎13.一同学在做“探究感应电流方向”的实验时，用电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、检测电流计及开关组成如图所示的电路．在开关闭合、线圈A放在线圈B中的情况下，该同学发现：将滑动变阻器的滑动端P向右加速滑动时，电流计指针向右偏转，电流计指针偏转的原因是____________；当将线圈A向上移出B线圈的过程中，电流计指针________(选“向左”或“向右”)偏转．‎ ‎【答案】 (1). 穿过线圈B的磁通量增大，出现感应电流 (2). 向左 ‎【解析】‎ ‎【详解】电流随着滑动端P向右运动使线圈A中的电流变大，因而线圈A磁通量变大，则穿过线圈B的磁通量增大，从而产生感应电流；若将线圈A向上移出B线圈，线圈A在线圈B中的磁通量减小，根据楞次定律可知，此时的电流的方向与滑动端P向右运动所产生线圈B中的感应电流方向相反，即电流计指针向左偏转。‎ ‎14.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__________(填选项前的符号),间接地解决这个问题.‎ A.小球开始释放高度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距离（射程）‎ ‎(2)图中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影.实验时,先让入射球m1多次从斜轨上S位置静止释放,找到其平均落地点的位置P,测量平抛射程.然后,把被碰小球静置于轨道的水平部分,再将入射球从斜轨上S位置静止释放,与小球相碰,并多次重复.接下来要完成的必要步骤是__________(填选项前的符号).‎ A.用天平测量两个小球质量m1、m2‎ B.测量小球m1开始释放高度h C.测量抛出点距地面的高度H D.分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M、N E.测量平抛射程OM、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,那么还应满足的表达式为__________(用(2)中测量的量表示).‎ ‎【答案】C ；>;；ADE；；‎ ‎【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.所以C选项是正确的.‎ ‎(2)实验时,先让入射球m1多次从斜轨上S位置静止释放,找到其平均落地点的位置P,测量平抛射程OP.然后,把被碰小球m2静置于轨道的水平部分,再将入射球从斜轨上S位置静止释放,与小球相碰,并多次重复.测量平均落点的位置,找到平抛运动的水平位移,因此步骤中D、E是必需的,由于要验证动量守恒所以还要知道入射小球和被碰小球的质量，故选ADE ‎(3)若两球相碰前后的动量守恒,则,又 , , ,代入得:‎ 故本题答案是：(1). C (2). ADE (3). m1•OM+m2•ON=m1•OP 三．计算题 ‎15.如图所示，一个总阻值，匝数的正方形金属线圈，与阻值的定值电阻连成闭合回路．线圈的边长，其内部空间(包括边界处)充满了垂直线圈平面向外的匀强磁场．磁感应强度随时间变化的关系图线如图所示．导线电阻不计，求：‎ ‎(1)时刻，穿过线圈的磁通量为多少?‎ ‎(2)时，线圈的感应电动势为多少?‎ ‎(3)过程中电阻的热功率为多少?‎ ‎【答案】(1) (2) (3)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)当时，穿过线圈的磁通量为:．‎ ‎(2)依据法拉第电磁感应定律可得电动势为：．‎ ‎(3)依据欧姆定律：‎ 过程中电阻的热功率为：．‎ ‎16.风力发电作为新型环保新能源，近几年来得到了快速发展。如果风车阵中某发电机输出功率为P1=120kW，输出电压是U1=250V。发电站通过原副线圈的匝数之比为n1‎ ‎：n2=1：12的升压变压器、总电阻为r=10Ω的输电线和降压变压器把电能输送给用户。已知用户需要的电压是U4=220V，求：‎ ‎（1）升压变压器的输出电压U2；‎ ‎（2）输电线上损失的电功率P损；‎ ‎（3）降压变压器原、副线圈匝数比n3：n4。‎ ‎【答案】（1）3000V（2）16kW（3）130：11‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）升压变压器的原副线圈电压之比等于匝数之比，故 ‎（2）输电线上的电流为 损失功率 ‎（3）降压变压器原线圈的电压为U3=U2-I2r=3000-40×10V=2600V 故 ‎17.在如图所示的光滑水平面上，小明站在静止的小车上用力向右推静止的木箱，木箱离开手以5m/s的速度向右匀速运动，运动一段时间后与竖直墙壁发生弹性碰撞，反弹回来后被小明接住．已知木箱的质 量为30kg，人与车的质量为50kg．求：‎ ‎①推出木箱后小明和小车一起运动的速度大小；‎ ‎②小明接住木箱后三者一起运动，在接木箱过程中系统损失的能量．‎ ‎【答案】（1）3m/s （2）37.5J ‎【解析】‎ 试题分析：①人在推木箱的过程，由动量守恒定律可得：‎ 解得：人车一起向左运动的速度 ‎②小明在接木箱的过程，由动量守恒定律可得：‎ 解得：三者的共同速度 损失的能量：‎ 考点：动量守恒定律，能量守恒定律 ‎18.如图，电阻可忽略的足够长的光滑平行金属导轨间距l＝1.0m，倾角θ＝30°，导轨上端ab接一阻值R＝1.5Ω的电阻，磁感应强度B＝1.0T的匀强磁场垂直于轨道平面向上，阻值r＝0.5Ω，质量m＝0.2kg的金属棒与轨道垂直且接触良好，从轨道上端某处由静止释放，下滑距离d＝1.2m时刚好达到最大速度，重力加速度g＝10m/s2，求：‎ ‎（1）金属棒的最大速度vm的大小；‎ ‎（2）从开始运动到刚好达到最大速度的过程中，金属棒上产生的焦耳热Qr；‎ ‎（3）金属棒从开始运动到刚好达到最大速度所用的时间t。‎ ‎【答案】（1）2m/s（2）0.2J（3）1s ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）金属棒的速度达到最大时，合外力0，设电流为I，由平衡条件有：mgsinθ＝BIl 感应电动势为：E＝Blvm 由闭合电路欧姆定律有：‎ 代入数据得最大速度为：vm＝2m/s ‎（2）设从开始运动到刚好达到最大速度的过程中，回路中产生的热量为Q，由能量守恒定律有：‎ 又有 解得：Qr＝0.2J ‎（3）从开始运动到刚好达到最大速度的过程中，由动量定理有：mgtsinθ﹣BIlt＝mvm 又有 代入数据可得：t＝1s ‎