云南省峨山彝族自治县第一中学2020学年高二物理下学期期中试题（含解析）

PAGE云南省峨山彝族自治县第一中学2020学年高二下学期期中考试物理试题一、单选题1.在光电效应实验中，用频率为的光照射光电管阴极，发生了光电效应.下列说法正确的是（ ）A.仅增大入射光的强度，光电流大小不变B.入射光的强度必须足够大，才能发生光电效应C.改用频率小于的光照射，可能不发生光电效应D.改用频率小于的光照射，光电子的最大初动能变大【答案】C【解析】【详解】光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，能否发生光电效应，与入射光的强度无关，与光照时间也无关，当发生光电效应时，增大入射光的强度，则光电流会增大。故A错误；入射光的频率大于金属的极限频率，才会发生电效应，与入射光的强度无关，故B错误；光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，当改变频率小于ν，若低于极限频率时，则不会发生光电效应，故C正确。在光电效应中，根据光电效应方程知，Ekm=hv-W0，入射光的频率越低，但仍大于极限频率时，光电子最大初动能会越小，故D错误；故选C.2.通电螺线管内有一在磁场力作用下处于静止的小磁针，磁针的指向如图所示，则（）A.螺线管的P端为N极，a接电源的正极B.螺线管的P端为N极，a接电源的负极C.螺线管的P端为S极，a接电源的正极D.螺线管的P端为S极，a接电源的负极【答案】C【解析】【详解】由图可知，小磁针静止时N极指向Q端，则通电螺线管的Q端为N极，通电螺线管的P端为S极；根据安培定则判断出电流的方向：从a端流进，从b端流出，a接电源的正极，b接电源的负极，故C正确，A、B、D错误；故选C。3.如图所示，ef、gh为两水平放置相互平行的金属导轨，ab、cd为搁在导轨上的两金属棒，与导轨接触良好且无摩擦．当一条形磁铁向下靠近导轨时，关于两金属棒的运动情况的描述正确的是（　　）A.如果下端是N极，两棒向外运动，如果下端是S极，两棒相向靠近B.如果下端是S极，两棒向外运动，如果下端是N极，两棒相向靠近C.不管下端是何极性，两棒均向外相互远离D.不管下端何极性，两棒均相互靠近【答案】D【解析】【详解】当条形磁铁靠近导轨时，穿过导轨的磁通量增大，根据楞次定律判断出导轨中产生感应电流，产生磁场将会阻碍磁通量增大，故两棒向内靠近，减小穿过的面积，从而起到阻碍磁通量增大的作用。因此不论条形磁铁是S极还是N极，由于磁铁的靠近，则两棒靠近。故D正确，ABC错误。4.矩形线圈在匀强磁场中匀速转动产生的电动势e﹣t图象如图，则（　　）A.t1、t3线圈通过中性面B.t2、t4线圈中磁通量最大C.t1、t3线圈中磁通量变化率最大D.t2、t4线圈平面与中性面平行【答案】A【解析】【详解】AC、t1，t3时刻感应电动势为零，磁通量变化率最为零，磁通量最大，线圈通过中性面，故A正确，C错误；BD、t2、t4时刻感应电动势最大，磁通量变化率最大，线圈中磁通量为零，线圈平面与中性面垂直。故BD错误；5.如图所示的装置中，子弹A沿水平方向射入木块B并留在其中，木块将弹簧压缩到最短。从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中，不计木块与水平面间摩擦，子弹、木块和弹簧组成的系统A.动量守恒，机械能守恒B.动量守恒，机械能不守恒C.动量不守恒，机械能守恒D.动量不守恒，机械能不守恒【答案】D【解析】【分析】根据动量守恒与机械能守恒的条件分析答题，当系统所受合外力为零时，系统动量守恒，当只有重力或只有弹力做功时，系统机械能守恒；【详解】在木块与子弹一起向左运动压缩弹簧的过程中，由于墙对弹簧有作用力，则木块、子弹、弹簧所组成的系统所受合外力不为零，系统的动量不守恒；在子弹击中木块的过程中，要克服摩擦力做功，系统的部分机械能转化为内能，系统机械能不守恒，故选项D正确，选项ABC错误。【点睛】本题考查了判断系统动量与机械能是否守恒，知道动量与机械能守恒的条件、分析清楚过程即可正确解题。6.如图所示，电源的电动势为E，内阻为r，为光敏电阻（光照强度增加时，其阻值减小）.现增加光照强度，则下列判断正确的是（）A.B灯变暗，A灯变亮B.两端的电压变大C.B灯变亮，A灯变暗D.电源的总功率变小【答案】B【解析】【详解】增加光照强度时，RG的阻值减小，电路的总电阻减小.根据闭合电路的欧姆定律可知，电路中的总电流增大，路端电压减小，A灯变暗，两端的电压变大，RG两端的电压变小，B灯变暗，电源的总功率增大，选项B正确.ACD错；故选B7.如图所示为一理想变压器,K为单刀双掷开关,P为滑动变阻器的滑动触头,U1为加在原线圈上的电压,则以下说法不正确的是（）A.保持U1及P的位置不变,K由a合到b时,I1将增大B.保持P的位置及U1不变,K由b合到a时,R消耗功率将减小C.保持U1不变,K合在a处,使P上滑,I1将增大D.保持P的位置不变,K合在a处,若U1增大,I1将增大【答案】C【解析】【详解】A、保持U1及P的位置不变，K由a合到b时，原线圈匝数变小，副线圈电压变大，所以副线圈功率变大，而原线圈功率等于副线圈功率，所以原线圈功率变大，根据得I1将增大，故A正确；B、保持U1及P的位置不变，K由b合到a时，原线圈匝数变大，副线圈电压变小，根据可知功率变小，故B正确；C、保持U1不变，K合在a处，使P上滑时，R增大，而电压不变，所以副线圈电流变小，根据可知I1将减小，故C错误；D、保持P的位置不变，K合在a处，若U1增大，则副线圈电压增大，所以副线圈电流变大，根据可知I1将增大，故D正确；不正确的故选C。8.如图，平行板电容器的两极板竖直放置并分别与电源的正负极相连，一带电小球经绝缘轻绳悬挂于两极板之间，处于静止状态．现保持左极板不动，将右极板向左缓慢移动．关于小球所受的电场力大小F和绳子的拉力大小T，下列判断正确的是（　　）A.F逐渐减小，T逐渐减小B.F逐渐增大，T逐渐减小C.F逐渐减小，T逐渐增大D.F逐渐增大，T逐渐增大【答案】D【解析】电容器与电源相连，所以两端间电势差不变，将右极板向左缓慢移动过程中，两板间距离减小，由U=Ed可知，电场强度E增大；电场力F=Eq增大；小球处于平衡状态，受重力、拉力与电场力的作用，受力如图所示：根据力的合成法得：，由于重力不变，电场力增大，故拉力增大．故D正确，ABC错误．故选D．【点睛】明确电容器与电源相连，故电容器两端的电势差不变，由U=Ed可分析电场力的变化情况，再根据受力分析明确绳子拉力的变化情况．9.如图所示，足够长的U型光滑金属导轨平面与水平面成θ角(0<θ<90°)，其中MN与PQ平行且间距为L，N、Q间接有阻值为R的电阻，匀强磁场垂直导轨平面，磁感应强度为B，导轨电阻不计．质量为m的金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且接触良好，ab棒接入电路的电阻为r，当金属棒ab下滑距离x时达到最大速度v，重力加速度为g，则在这一过程中(　　)A.金属棒做匀加速直线运动B.当金属棒速度为时，金属棒的加速度大小为C.电阻R上产生的焦耳热为D.通过金属棒某一横截面的电量为【答案】D【解析】【详解】A．根据牛顿第二定律可得：，即：，当速度增大时，安培力增大，加速度减小，所以金属棒ab开始做加速度逐渐减小的变加速运动，不是匀加速直线运动，故A错误；B．金属棒ab匀速下滑时，则有：，即，当金属棒速度为时，金属棒的加速度大小为，故B错误；C．根据动能定理可得：，解得产生的焦耳热为：，电阻R上产生的焦耳热为：，故C错误；D．通过金属棒某一横截面的电量为，故D正确；10.如图所示，两电荷量分别为－Q和+2Q的点电荷固定在直线MN上，两者相距为L，以+2Q的点电荷所在位置为圆心、为半径画圆，a、b、c、d是圆周上四点，其中a、b在MN直线上，c、d两点连线垂直于MN，下列说法正确的是A.c、d两点的电势相同B.a点的电势高于b点的电势C.c、d两点的电场强度相同D.a点的电场强度小于b点的电场强度【答案】A【解析】【详解】A、B、a、b、c、d四点在以点电荷+2Q为圆心的圆上，可知+2Q产生的电场在a、b、c、d四点的电势是相等的，所以a、b、c、d四点的总电势可以通过-Q产生的电场的电势确定，根据顺着电场线方向电势降低可知，b点的电势最高，c、d两点对称电势相等，a点电势最低；故A正确，B错误.C、+2Q的场源在c、d两点产生的场强大小相等，-Q的场源在c、d两点的产生的场强大小也相等，根据场强的合成可知两点的总场强大小相等，但方向不同，故c、d两点的电场强度不同；故C错误；D、由点电荷的场强公式，合成可得，方向向左；，方向向右；故；则D错误.故选A.【点睛】本题考查判断电势、场强大小的能力，要利用库仑定律和场强的矢量合成的方法对各点的电势和场强进行判定，并且要充分利用电场的叠加原理进行分析．二、多选题11.如图所示为光敏电阻自动计数器的示意图(光照射到光敏电阻上时,电阻减小),其中R1为光敏电阻,R2为定值电阻。此光电计数器的基本工作原理是(　　)A.当有光照射R1时,信号处理系统获得低电压B.当有光照射R1时,信号处理系统获得高电压C.信号处理系统每获得一次低电压就计数一次D.信号处理系统每获得一次高电压就计数一次【答案】BC【解析】当有光照射R1时，R1的电阻减小，则整个电路总电阻变小，电动势不变，则电流增大，则R2两端的电压增大，所以信号处理系统获得高电压，故B正确，A错误．当无光照射 R1时，R1的电阻增大，则整个电路总电阻变大，电动势不变，则电流减小，则R2两端的电压减小，所以即信号处理系统获得低电压．则信号处理系统每获得一次低电压就记数一次．所以C正确，D错误；故选BC.点睛：解决本题的关键掌握光敏电阻的电阻大小随光照而减小，以及熟练运用闭合电路欧姆定律进行动态分析．12.如图为模拟远距离输电电路，两理想变压器的线圈匝数n1=n4＜n2=n3，A1、A2、A3为相同的理想交流电流 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．当a、b端接入低压交流电源时，则A.A1、A3的示数相等B.A1、A2、A3的示数相等C.A1的示数大于A2的示数D.A2的示数大于A3的示数【答案】AC【解析】试题分析：因为，而，因为n1=n4＜n2=n3，故I1＞I2，I4＞I3，即A1的示数大于A2的示数；A2的示数小于A3的示数；又I2=I3，所以：I1=I4，即A1、A3的示数相等，选项AC正确，BD错误；考点：变压器；远距离输电.13.如图所示，光滑水平直轨道上有三个质量均为m=3kg的物块A、B、C，物块B的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计)。设A以v0=4m/s的速度朝B开始运动，压缩弹簧；当A、B速度相等时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动。假设B和C碰撞过程时间极短，则以下说法正确的是A.从开始到弹簧最短时物块C受到的冲量大小为1N·sB.从开始到弹簧最短时物块C受到冲量大小为4N·sC.从开始到A与弹簧分离过程中整个系统损失的机械能为3JD.从开始到A与弹簧分离的过程中整个系统损失的机械能为9J【答案】BC【解析】【分析】根据动量守恒定律求解从开始到弹簧最短时物块C的速度，根据动量定理求解C受到的冲量；系统的机械表损失主要是在BC碰撞时损失机械能；则求解BC碰撞时的机械能损失即可.【详解】根据动量守恒定律，当A、B速度相等时，且与C碰撞之前AB的速度为v1，则，解得v1=2m/s；从开始到弹簧最短时，对ABC系统：，解得v2=m/s；从开始到弹簧最短时，对物块C，由动量定理：，选项B正确，A错误；B与C相碰的过程：，解得v3=1m/s；则从开始到A与弹簧分离的过程中整个系统损失的机械能为，选项C正确，D错误；故选BC.【点睛】本题综合考查了动量守恒定律和能量守恒定律，关键合理地选择研究的系统，运用动量守恒定律进行求解相关速度。14.如图所示，在光滑的水平面上有一静止的物体M，物体上有一光滑的半圆弧轨道，半径为R，最低点为C，两端A.B一样高，现让小滑块m从A点由静止下滑，则（）A.M所能获得的最大速度为B.m从A到C的过程中M向左运动发生的位移大小为MR/(M+m)C.m从A到B的过程中M一直向左运动，m到达B的瞬间，M速度为零D.M与m组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒【答案】CD【解析】【详解】M和m组成的系统水平方向受合外力为零，则水平方向动量守恒，由于只有重力做功，则机械能守恒，当m到达最低点时，M的速度最大，则：，解得，选项A错误，D正确；M和m组成的系统水平方向动量守恒，故A正确；M和m组成的系统水平方向动量守恒，m从A到C的过程中以及m从C到B的过程中m一直向右运动，所以M一直向左运动。由机械能守恒可知，m恰能达到小车上的B点，到达B点时M与m的速度都是0．故C正确；设m从A到C的过程中时间为t，m发生的水平位移大小为x，则M产生的位移大小为R-x，取水平向右方向为正方向。则根据水平方向平均动量守恒得：解得：；所以M产生的位移的大小为R-x=，故B错误；故选CD.三、实验题15.某同学想测量一个圆柱体元件的电阻率。部分实验步骤如下：（1）先使用游标卡尺测量圆柱体的长度，如图甲所示，则长度L=____cm再用螺旋测微器测量圆柱体的直径，如图乙所示，则直径D＝___mm（2）然后该同学利用图丙的电路测量该元件的电阻，电路中电源电动势E、定值电阻R为已知，Rx为待测元件，S1为单刀单置开关，S2为单刀双置开关。实验操作如下:①先将闭合S1，将S2接a，读出电流表读数为I1②再将S1接b，读出电流表读数为I2。若电源内阻和安培表内阻不能忽略，则待测元件电阻的表达式为Rx＝___(用已知量和测量量的字母表示）（3）若电源内阻变大，仍用上述方法测量待测元件的电阻Rx，则测量结果将____（“偏大”“偏小”、“无影响”）。【答案】(1).4.235cm(2).1.845mm(3).(4).无影响【解析】【详解】（1）游标卡尺的主尺读数为42mm，游标读数为0.05×7mm=0.35mm，所以最终读数为42.35mm=4.235cm；螺旋测微器固定刻度为1.5mm，可动刻度为0.01×34.5=0.345mm，所以最终读数为1.845mm．（2）将S2接a，电流表读数为I1，则；将S1接b，电流表读数为I2，则；联立解得：；（3）若电源内阻变大，仍用上述方法测量待测元件的电阻Rx，则测量结果无影响；16.某同学要研究一个小灯泡的伏安特性曲线，小灯泡的额定电压约为4.0V、额定功率约为2.0W，他根据实验室提供的实验器材设计电路，并连接了部分电路（如图所示），提供的实验器材如下：A．电压表（0~5V，内阻10kΩ）B．电压表（0~10V，内阻20kΩ）C．电流表（0~0.3A，内阻1Ω）D．电流表（0~0.6A，内阻0.4Ω）E．滑动变阻器（5Ω，1A）F．滑动变阻器（500Ω，0.2A）（1）实验中电压表应选用________，电流表应选用______，滑动变阻器应选用__________（用序号字母表示）。（2）请将上述电路连接完整________。（3）实验结束后，根据所得的数据描绘出了小灯泡的I–U图象如图所示，由图象分析可知，当小灯泡的电阻为6Ω时，小灯泡的实际功率为________W（保留两位有效数字）；若将此小灯泡直接接在一个电动势为3.0V，内阻为6Ω的电源两端，则这个小灯泡的实际功率为________W（保留三位有效数字）。【答案】(1).A(2).D(3).E(4).(5).0.96(6).0.353【解析】【详解】解：(1)由于要描绘小灯泡的伏安特性曲线，即需要测量多组数据，所以滑动变阻器采用分压式接法，滑动变阻器选电阻小的E；由于小灯泡的额定电压为4.0V，因此电压表选量程为5V的A，小灯泡的额定电流，因此电流表选量程为0.6A的D；(2)由(1)分析知，控制电路要用分压接法、测量电路用外接，实物图连接如图；(3)由于伏安特性曲线的割线的斜率倒数为电阻，因此作出斜率倒数为6Ω的图线（如图所示），与小灯泡的I–U图线的交点为电流0.4A，电压2.4V，因此小灯泡的实际功率；电源短路时的电流为，作出电源的伏安特性曲线如图所示，由图可知，此时小灯泡两端的电压为1.12V，电流为0.315A，灯泡的功率为。四、解答题17.如图所示为远距离输电示意图，T1为升压变压器，匝数比n1:n2=1：10，T2为降压变压器，匝数比为n3:n4=25:1，两变压器均为理想变压器。升压变压器的输入功率为P=5.0×105W，输入电压U1=1.0×103V，输电线的总电阻R=2r=10Ω，求：（1）输电线上损失的电功率△P；（2）用电设备的使用电压U4。【答案】（1）25000W（2）380V【解析】【详解】（1）变压器次级电压：输电线上的电流：输电线上损失的电功率△P=I22R=502×10W=25000W；（2）降压变压器初级电压：U3=U2-I2R=9500V用电设备得到的电压：18.如图所示，轨道ABC中的A段为一半径R=0.2m的光滑圆形轨道，BC段为足够长的粗糙水平面。一小滑块P由A点从静止开始下滑，滑到B点时与静止在B点相同质量的小滑块Q碰撞后粘在一起，两滑块在BC水平面上滑行一段距离后停下。g取10m/s2，两滑块与水平面间的动摩擦因数相同μ=0.1，求：(1)小滑块P刚到达圆形轨道B点时轨道对它的支持力FN为3N，求该滑块的质量和运动到B点的速度。(2)滑块在水平面上的滑行的距离。【答案】(1)、(2)【解析】【详解】(1)小滑块P沿光滑圆形轨道下滑到达B点的过程中，由动能定理得：在B点，由牛顿第二定律得：代入数据解得：、(2)碰撞过程中动量守恒，由动量守恒定律得：解得：两滑块在水平面上滑行的过程中，由动能定理得:解得：19.如图所示，足够长的平行光滑U形导轨倾斜放置，所在平面倾角θ＝37°，导轨间的距离L＝1.0m，下端连接R＝1.6Ω的电阻，导轨电阻不计，所在空间均存在磁感应强度B＝1.0T、方向垂直于导轨平面的匀强磁场，质量m＝0.5kg、电阻r＝0.4Ω的金属棒ab垂直置于导轨上，现用沿轨道平面且垂直于金属棒、大小F＝5.0N的恒力使金属棒ab从静止起沿导轨向上滑行，当金属棒滑行2.8m后速度保持不变．求：(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2)(1)金属棒匀速运动时的速度大小v；(2)当金属棒沿导轨向上滑行速度v′＝2m/s时，其加速度的大小a.【答案】(1)4m/s　(2)2m/s2【解析】(1)金属棒匀速运动时产生的感应电流：Im＝由平衡条件有：F＝mgsinθ＋BImL代入数据解得：v＝4m/s(2)此时金属棒受到的安培力：F安＝由牛顿第二定律有：F－mgsinθ－F安＝ma解得：a＝2m/s2.点睛：此题考查电磁感应与力学的综合，涉及到共点力平衡、闭合电路欧姆定律、切割产生感应电动势公式等知识，关键是安培力的分析和计算。记住安培力的求解的经验公式F安＝.20.如图所示，在y﹥0的空间存在沿y轴正方向的匀强电场；在y﹤0的空间存在垂直xOy平面向里的匀强磁场。一个带负电的粒子（质量为m，电荷量为q，不计重力），从y轴上P(0,b)点平行于x轴的初速度v0射入电场，经过x轴上的N(2b,0)点。求：（1）粒子经过N点时的速度大小和方向。（2）已知粒子进入磁场后恰好通过坐标原点O，则粒子在磁场中运动的时间为多少?【答案】（1）方向与x轴正方向成450角（2）【解析】【详解】（1）水平方向：电场方向：联解得vy=v0方向与x轴正方向成450角（2）作图可得粒子在磁场中做圆周运动的半径：圆心角为2700，则运动时间为