学年河北省邯郸市高二下学期期中考试物理试题 解析版.docx
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学年河北省邯郸市高二下学期期中考试物理试题解析版
邯郸市高二期中联考物理
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adcba
B.线圈有扩张的趋势
C.线圈中的感应电流为0.1A
D.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0.02s
B.电流表的示数为2A
C.变压器的输入电功率为156W
D.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=1×105W
14.两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=4
m/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)4
m/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。