河北省邯郸市2020学年高二物理下学期期中试题（含解析）

PAGE河北省邯郸市2020学年高二物理下学期期中试题（含解析）一.选择题：1.下列图像，属于交变电流的是A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】只要电流的大小和方向均随时间做周期性变化，则即为交流电，故C是交流电；ABD中电流大小虽然在周期性变化，但方向不变；故ABD不是交流电；故选C。2.一质量为58g的网球，以20m/s的速度水平飞来，某运动员以30m/s的速度反向击回的过程中，网球的动量变化为A.大小2.9kg·m/s，方向与初速度方向相同B.大小2.9kg·m/s，方向与初速度方向相反C.大小0.58kg·m/s，方向与初速度方向相同D.大小0.58kg·m/s，方向与初速度方向相反【答案】B【解析】【详解】规定v1方向为正方向，网球初状态的动量为：P1=mv1=0.058×20kgm/s=1.16kgm/s；末状态的动量为：P2=mv2=0.058×（-30）kgm/s=-1.74kgm/s，则动量的变化量为：△P=P2-P1=-1.74-1.16=-2.9kgm/s，负号表示方向，可知动量变化量的方向与v1方向相反，故B正确，ACD错误。3.如图所示，一均匀金属圆盘绕通过其圆心且与盘面垂直的轴顺时针匀速转动。现施加一垂直圆盘向里的有界匀强磁场，圆盘开始减速。不计金属圆盘与轴之间的摩擦，下列说法正确的是A.在圆盘减速过程中，处于磁场中的圆盘部分，靠近圆心处电势高B.在圆盘减速过程中，若使所加磁场反向，圆盘将加速转动C.若圆盘原来静止，加上图示的匀强磁场后，圆盘将加速转动D.若所加磁场穿过整个圆盘，圆盘将匀速转动【答案】D【解析】【详解】将金属圆盘看成由无数金属幅条组成，根据右手定则判断可知：圆盘上的感应电流由圆心流向边缘，所以靠近圆心处电势低，故A错误；若所加磁场反向，只是产生的电流反向，根据楞次定律可知，安培力还是阻碍圆盘的转动，所以圆盘还是减速转动，故B错误；若圆盘原来静止，加上图示的匀强磁场后，由于穿过圆盘的磁通量不变，无感应电流产生，则不会产生安培力，则圆盘不会转动，选项C错误；若所加磁场穿过整个圆盘时，圆盘在切割磁感线，产生感应电动势，相当于电路断开，则不会产生感应电流，不受安培力作用，所以圆盘将匀速转动，故D正确.4.如图所示，放射源放在铅块上的细孔中，铅块上方有匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向外。已知放射源放出的射线有α、β、γ三种。下列判断正确的是（）A.甲是β射线，乙是γ射线B.甲是α射线，乙是β射线C.甲射线可穿透几十厘米厚的铅板D.乙射线的电离能力最强【答案】A【解析】【详解】α射线是高速流，一个α粒子带两个正电荷。根据左手定则，α射线受到的洛伦兹力向右，故丙是α射线。β射线是高速电子流（），质量数为0，带一个负电荷。根据左手定则，β射线受到的洛伦兹力向左，故甲是β射线。γ射线是γ光子，是电中性的，故在磁场中不受磁场的作用力，轨迹不会发生偏转。故乙是γ射线。故A正确，B错误；γ射线可穿透几十厘米厚的铅板，选项C错误；α射线的电离能力最强，选项D错误.5.1934年，居里夫妇发现放射性磷P，其反应方程式为α+X→则X原子序数和质量数分别为A.1430B.1327C.1427D.1629【答案】B【解析】【详解】α粒子的质量数为4，电荷数为2；根据质量数和电荷数守恒可知，X的质量数为27，电荷数为13，故选B.6.如图所示，质量为m光滑半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，A、B两端等高，将质量也为m的小球（可视为支点）从A端由静止释放，不计空气阻力，重力加速度为g。则下列说法正确的是A.小球不能运动到B端B.小球在A点时处于超重状态C.小球运动过程中小车和小球组成的系统在水平方向上动量守恒D.小球运动到轨道最低点时，地面对小车的支持力大小为2mg【答案】C【解析】【详解】设小球到达右侧最高点的速度为v，根据动量守恒定律知，由于初动量为零，则末总动量为零，即v=0，根据能量守恒定律知，小球能到达B端，故A错误；此时小球在A端是静止的，故不可能出现向上的加速度，不是超重状态，故B错误；由于在水平方向上，以小球和小车为系统，不受任何外力，动量守恒，故C正确；根据功能关系及动量守恒可知，设小球的速度为v1，小车的速度为v2，小球到达最低点时：；0=mv1-mv2；再由圆周运动向心力与合力的关系可知：解得：FN=2mg，那么在竖直方向小车受力平衡可知，地面对小车的压力即：F=FN+mg=3mg，故D错误。7.如图甲所示，边长为0.1m的单匝正方形线圈abcd的总电阻为5Ω，将线圈置于垂直线圈平面向里的磁场中，磁场的磁感应强度大小B随时间t的变化规律如图乙所示，则A.线圈中感应电流的方向为adcbaB.线圈有扩张的趋势C.线圈中的感应电流为0.1AD.t=0.1s时，线圈的ab边所受的安培力大小为1×10-5N【答案】D【解析】【详解】穿过线圈的磁通量向里增加，根据楞次定律可知，线圈中感应电流的方向为abcda，选项A错误；根据左手定则可知，线圈的四个边都受到指向线圈内部的安培力，则线圈有收缩的趋势，选项B错误；根据法拉第电磁感应定律：；感应电流：，选项C错误；t=0.1s时，线圈的ab边所受的安培力大小为F=BIL=0.1×10-3×0.1=1×10-5N，选项D正确。8.如图所示，一理想变压器的原线圈匝数n1=500匝，副线圈匝数n2=200匝，交流电源的电动势e=311sin100πt（V）（不考虑其内阻），电阻R=44Ω，电压表和电流表对电路的影响可忽略不计，则A.交变电流的周期为0.02sB.电流表的示数为2AC.变压器的输入电功率为156WD.通过R的电流最大值为2A【答案】A【解析】【详解】交变电流的周期为，选项A正确；初级电压有效值：；则次级电压：；次级电流有效值：；初级电流有效值：，即电流表的示数为0.8A，选项B错误；变压器的输入电功率为：P=I1U1=176W，选项C错误；通过R的电流最大值为，选项D错误.9.如图所示，L是一个自感系数较大的线圈（直流电阻可忽略不计），a、b是两个完全相同的灯泡。则下列说法中正确的是A.开关S闭合后，b灯立即亮，然后逐渐熄灭B.开关S闭合后，a灯立即亮，然后逐渐熄灭C.电路接通稳定后，两个灯泡亮度相同D.电路接通稳定后，开关S断开时，a灯闪亮以下后逐渐熄灭【答案】BD【解析】【详解】S闭合瞬间，但由于线圈的电流增加，导致线圈中出现感应电动势从而阻碍电流的增加，所以两灯同时亮，当电流稳定时，由于电阻可忽略不计，所以a被短路而熄灭，b变亮，故AC错误；B正确；电路接通稳定后，开关S断开时，b立即熄灭，但由于线圈的电流减小，导致线圈中出现感应电动势从而阻碍电流的减小，所以a亮一下再慢慢熄灭。故D正确。10.某同学在研究某金属的光电效应实验时，发现该金属逸出光电子的最大初动能与入射光频率的关系如图所示。若图线在两坐标轴上的截距分别为a和-b。已知电子所带电荷量为e，结合图线可以得到A.逸出功与横坐标有关B.此图像斜率大小表示普朗克常量的大小C.入射光频率越高，逸出光电子的最大初动能越大D.当入射光的频率为0.5a时，也能产生光电效应【答案】BC【解析】【详解】根据光电效应方程得，，知，即逸出功与纵坐标有关，选项A错误；斜率k=h，即此图像斜率大小表示普朗克常量的大小，选项B正确；由图像可知，当入射光频率越高，逸出光电子的最大初动能越大，选项C正确；由图像可知时刚好能发生光电效应，则当入射光的频率为0.5a时，不能产生光电效应，故D错误.11.图示是远距离输电的基本过程示意图，关于变压器和远距离输电，下列说法正确的是A.升压变压器副线圈两端电压与输电线上的电流大小无关B.若用户用电器数量增多，输电线发热量增大C.由于工厂用电量大，可以直接输入高压，不需要降压D.输电线上的电流与用户消耗功率无关【答案】AB【解析】【详解】升压变压器副线圈两端的电压是由初级电压以及匝数比决定的，与输电线上的电流大小无关，选项A正确；若用户用电器数量增多，功率变大，则降压变压器的次级电阻减小，次级电流变大，则输电线上的电流变大，则输电线发热量增大，输电线上的电流与用户消耗功率有关，选项B正确，D错误；虽然工厂用电量大，但也必须要降压，不可以直接输入高压，选项C错误；12.质量为1kg的物块A，以5m/s的速度与质量为4kg静止的物块B发生正碰，碰撞后物块B的速度大小可能为（　　）A.05m/sB.1m/sC.1.5m/sD.3m/s【答案】BC【解析】以两球组成的系统为研究对象，以碰撞前A球的速度方向为正方向，如果碰撞为弹性碰撞，由动量守恒定律得：mAv0=mAvA+mBvB由机械能守恒定律得：mAv02=mAvA2+mBvB2解得：．如果碰撞为完全非弹性碰撞，以A球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mAv0=（mA+mB）vB解得：vB=1m/s则碰撞后B球的速度范围是：1m/s≤vB≤2m/s，所以碰撞后B球的速度可能值为1m/s和1.5m/s，故AD错误，BC正确；故选BC.二.非选择题部分：13.国家电网向某地输电，输送功率为1.1×106kW，输电变压器为理想变压器，输电电压为1100kV的特高压，则输电电流__________A，若某段输电导线的电阻为10Ω，则这段导线上损失的功率为_________W。若将来科技发展了，改用10倍电压输电，其他条件不变，则这段导线上损失的功率变为__________W。【答案】(1).1×103(2).1×107(3).1×105【解析】【详解】输电电流为：；损失的功率为：△P=I2r=10002×10W=1×107W改用10倍电压输电，输电线路上的电流为：损失的功率为：△P′=I′2r=1002×10W=1×105W14.两位同学用如图所示装置，通过半径相同的A. B两球的碰撞来验证动量守恒定律。(1)在安装斜槽时，应保持斜槽末端___.(2)甲同学测得入射球A的质量为mA,被碰撞小球B的质量为mB，图中O点时小球抛出点在水平地面上的垂直投影。实验时，先让入射球A从斜轨上的起始位置由静止释放，找到其平均落点的位置P，测得平抛射程为OP；再将入射球A从斜轨上起始位置由静止释放，与小球B相撞，分别找到球A和球B相撞后的平均落点M、N，测得平抛射程分别为OM和ON.当所测物理量满足表达式___时，即说明两球碰撞中动量守恒；如果满足表达式___时，则说明两球的碰撞为完全弹性碰撞。【答案】(1).切线水平(2).(3).mAOP2=mAOM2+mBON2【解析】（1）要保证每次小球都做平抛运动，则轨道的末端必须切线水平；（2）小球离开轨道后做平抛运动，由于小球抛出点的高度相同，它们在空中的运动时间t相等，它们的水平位移x与其初速度成正比，可以用小球的水平位移代替小球的初速度，若两球相碰前后的动量守恒，则mAv0=mAv1+mBv2，又OP=v0t，OM=v1t，ON=v2t，代入得：mAOP=mAOM+mBON，若碰撞是弹性碰撞，则机械能守恒，由机械能守恒定律得：mAv02=mAv12+mBv22，将OP=v0t，OM=v1t，ON=v2t代入得：mAOP2=mAOM2+mBON2；点睛：该题考查用“碰撞试验器”验证动量守恒定律，该实验中，虽然小球做平抛运动，但是却没有用到速度和时间，而是用位移x来代替速度v，这是解决问题的关键，解题时要注意体会该点．15.图示为固定在水平桌面上的两根足够长、相距为L、的电阻不计的金属平行轨道P、Q，在轨道左端固定一根导体棒a，轨道上放置另一根质量为m的导体棒b，两导体棒的电阻均为R，该轨道平面处于磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中。t=0时刻给b棒一个大小为v、沿轨道向右运动的初速度，在b棒运动的过程中，b棒产生的焦耳热为Q。求：（1）t=0时刻，b棒两端的电压；（2）b棒运动的整个过程中与轨道摩擦所产生的热量。【答案】(1)(2)【解析】试题分析：(1)由法拉第电磁感应定律结合闭合电路欧姆定律求解；(2)由功能关系求解。解：(1)由法拉第电磁感应定律可知：E=BLv又因为a、b两棒电阻相等所以t=0时刻b棒两端的电压；(2))由功能关系可知：解得：。点晴：注意由功能关系求解时，克服安培力所做的功等于回路中产生的热量。16.如图所示，三个滑块A、B、C静止于同一光滑水平轨道上，滑块B、C的质量均为0.7kg。现给滑块A向右的初速度v0，一段时间后A与B发生碰撞，碰后A、B分别以v0、v0的速度向右运动，B再与C发生碰撞，碰后B、C粘在一起向右运动。两次碰撞时间极短。（1）求滑块A的质量；（2）若v0=4m/s，求B、C碰撞过程中损失的机械能。【答案】（1）0.6kg（2）3.15J【解析】【详解】（1）A、B碰撞过程中，由动量守恒有：解得滑块A的质量mA=0.6kg。（2）B、C碰撞过程中：解得:△E=3.15J。17.如图所示，半径R=0.2m的四分之一光滑圆弧轨道AB在最低点B与水平轨道BC相切。质量mb=0.2kg的小球b静止在B点上，另一质量ma=0.1kg的小球a自圆弧轨道顶端以竖直向下的初速度沿轨道向下运动，运动到B点时与小球b发生弹性碰撞，碰后小球a恰好能返回到最高点A，忽略空气阻力，小球a与b均可视为质点，重力加速度g=10m/s2。求：（1）小球a与b碰后瞬间小球a对圆弧轨道的压力大小；（2）小球a的初速度大小v0。【答案】（1）3N（2）4m/s【解析】【详解】（1）小球a与b碰后恰好能回到A点，则有解得:F=3N由作用力与反作用力的关系可知：小球a与b碰后瞬间对圆弧轨道的压力大小为3N。（2）小球a与b碰撞过程动量守恒，机械能守恒，则有解得=6m/s小球a由A点运动到B点，由功能关系可知解得:m/s。