2019-2020学年高二物理下学期第二次阶段考试试题(含解析).doc

2019-2020学年高二物理下学期第二次阶段考试试题(含解析)一、选择题(本题包括12个小题，每小题4分，共计48分。1-8题单选；9-12不定项选择，选对得4分，漏选得2分，选错或不选得0分)1. 下列说法不正确的是（ ）A. 普朗克提出能量是分立的，能量量子化的观点B. 汤姆孙发现电子，并测出电子的电荷量C. 卢瑟福通过总结粒子散射实验，提出原子的核式结构模型D. 爱因斯坦给出了物体的能量与它的质量的关系：【答案】B【解析】普朗克在研究黑体辐射问题时提出了能量子假说，即能量量子化理论，A正确；密立根测出了电子的电荷量，B错误；卢瑟福通过总结粒子散射实验，提出原子的核式结构模型，C正确；爱因斯坦给出了物体的能量与它的质量的关系：，D正确2. 在如图所示的闭合铁芯上绕有一组线圈，与滑动变阻器、电池构成闭合电路，a、b、c为三个闭合金属圆环，假定线圈产生的磁场全部集中在铁芯内，则当滑动变阻器的滑片左右滑动时，能产生感应电流的金属圆环是( )A. a、b两个环 B. b、c两个环C. a、c两个环 D. a、b、c三个环【答案】A【解析】当滑片左、右滑动时，通过a、b的磁通量变化，而通过c环的合磁通量始终为零，故a、b两环中产生感应电流，而c环中不产生感应电流3. 如图所示电路中，L是一电阻可忽略不计的电感线圈，a、b为L上的左右两端点，A、B、C为完全相同的三个灯泡，原来电键K是闭合的，三个灯泡均在发光。某时刻将电键K打开，则下列说法正确的是( )A. a点电势高于b点，A灯闪亮后缓慢熄灭B. b点电势高于a点，B、C灯闪亮后缓慢熄灭C. a点电势高于b点，B、C灯闪亮后缓慢熄灭D. b点电势高于a点，B、C灯不会闪亮只是缓慢熄灭【答案】B【解析】电键K闭合稳定时，电感线圈支路的总电阻较B、C灯支路电阻小，故流过A灯的电流I1大于流过B、C灯的电流I2。且电流方向由a到b，a点电势高于b点。当电键K打开，由于与电源断开，但电感线圈会产生自感现象，相当于电源，b点电势高于a点，阻碍流过A灯的电流减小，瞬间流过B、C灯支路的电流为I1I2。故B、C灯闪亮一下后再缓慢熄灭，故B正确。4. 某交流发电机给灯泡供电，产生正弦式交变电流图像如图所示，下列说法正确的是( )A. 交变电流的频率为0.02HzB. 交变电流的瞬时表达式为i=5cos50AC. 在t=0.01s时，穿过交流发电机线圈的磁通量为最大D. 若发电机线圈电阻为0.4，则其产生的热功率为5W【答案】D【解析】由图象可知，交流电的周期为20103s，所以交流电的频率为f=1T=50Hz，A错误；根据图象可得，交变电流的瞬时表达式为i=Acost=5cos20.02tA=5cos100tA，B错误；在t=0.01s时，感应电流最大，所以此时穿过交流发电机线圈的磁通量的变化率最大，穿过交流发电机线圈的磁通量为零，C错误；交流电的有效值为I=Im2=522A，所以发电机的发热功率为P=I2r=(522)20.4W=5W，D正确5. 远距离输电的原理图如图所示，升压变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，电压分别为U1、U2，电流分别为I1、I2，输电线上的电阻为R。变压器为理想变压器，则下列关系式中正确的是( )A. I1I2=n1n2 B. I2=U2RC. I1U1=I22R D. I1U1=I2U2【答案】D【解析】试题分析：变压器电压之比等于匝数之比；电流之比等于匝数的反比；在远距离输电中，输电导线上功率有损耗升压变压器电流之比等于匝数的反比；故有I1I2=n2n1，故A错误；U2是输电导线及降压变压器两端的电压，不能只对导线由欧姆定律求电流，B错误；升压变压器输出的功率等于导线上消耗的功率及降压变压器消耗的功率之和，C错误；理想变压器输入功率等于输出功率；故I1U1=I2U2，故D正确6. 对光电效应的解释正确的是( )金属内的每个电子可以吸收一个或一个以上的光子，它积累的动能足够大时，就能逸出金属如果入射光子的能量小于金属表面的电子克服表面的引力要做的最小功，光电子便不能逸出来，即光电效应便不能发生了发生光电效应时，入射光越强，光子的能量就越大，发射的光电子的最大初动能就越大由于不同的金属逸出功不相同，因此使不同金属产生光电效应的入射光的最低频率也不相同A. B. C. D. 【答案】C【解析】试题分析：光电效应的条件是当入射光的频率大于金属的截止频率，或入射光的光子能量大于逸出功，就会发生光电效应，与入射光的强度无关7. 物体在恒定合力F作用下做直线运动，在t1内速度由0增大到E1，在t2内速度由v增大到2v.设E2在t1内做功是W1，冲量是I1；在t2内做功是W2，冲量是I2，那么( )A. I1I2，W1=W2 B. I1I2，W1W2C. I1=I2,W1=W2 D. I1=I2，W1W2【答案】D【解析】试题分析：根据动能定理研究功的关系，根据动量定理研究冲量的关系根据动能定理得：W1=12mv2，W2=12m2v212mv2=32mv2，则W1mb (3). A点 (4). C点 (5). maOB=maOA+mbOC【解析】（1）小球离开轨道后做平抛运动，小球在空中的运动时间t相等，如果碰撞过程动量守恒，则有：mav0=mavA+mbvB，两边同时乘以时间t得：mav0t=mavAt+mbvBt，则maOB=maOA+mbOC，因此实验需要测量：两球的质量，两球做平抛运动的水平位移故BE正确（2）为防止碰撞过程入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量ma大于mb，即mamb（3）由图所示装置可知，小球a和小球b相撞后，小球b的速度增大，小球a的速度减小，b球在前，a球在后，两球都做平抛运动，由图示可知，未放被碰小球时小球a的落地点为B点，碰撞后a、b的落点点分别为AC点（4）由（1）可知，实验需要验证的表达式为：maOB=maOA+mbOC14. 在测定一节干电池的电动势和内电阻的实验中，备有下列器材:A.待测的干电池(电动势约，内电阻约1.0)B.电压表V(量程03V，内阻RV约为)C.电流表(量程，内阻约为)D.滑动变阻器(，10A)E.滑动变阻器(，)F.开关和导线若干（1）某同学设计了如图甲所示的(a)、(b)两个参考实验电路，其中合理的是_图所示的电路;在该电路中，为了操作方便且能准确地进行测量，滑动变阻器应选_(填写器材前的字母代号)。（2）通电前应该把变阻器的阻值调至_(填“最左边”或“最右边”)（3）图乙为该同学根据(1)中选出的合理的实验电路，利用测出的数据绘出的图线，则由图线可得被测电池的电动势E=_ ，内阻_ 。(结果保留3位有效数字)【答案】 (1). b (2). D (3). 最右边 (4). 1.45(1.441.46) (5). 1.00(0.9571.05)【解析】试题分析：（1）分析电表内阻，明确误差较小的电路，并根据实验准确性要求确定滑动变阻器；（2）根据实验安全要求可明确滑动变阻器滑片开始时的位置；（3）根据闭合电路欧姆定律及图象知识可明确对应的电动势和内阻（1）由于电流表内阻较小，与电源内阻相差不多，为了保证准确性，应采用相对电源的外接法，故应选择b图；因电源内阻较小，故为了便于控制，滑动变阻器应选择总阻值较小的D；（2）由原理图可知，电路为基本的限流接法，为了保证安全，变阻器的阻值应调至最大，故应滑到最右边；（3）图象与纵坐标的交点为电源的电动势，由欧姆定律可知，电动势为E=1.45V；图象的斜率为电源的内阻，r=1.451.000.45=1.00，故内阻约为1.00三、计算题（本大题共有3小题，共32分。解答应写出必要的文字说明、方程式和主要演算步骤，答案中必须写出明确的数值和单位，只写出最后答案不得分）15. 如图所示，在离地面的平台边缘有一质量为的小球，在其上方悬挂着一个质量为的摆球，当球从离平台高处由静止释放到达最低点时，恰与发生正碰，使球水平抛出.已知碰后着地点距抛出点的水平距离为，试求碰后两球的速度大小.【答案】根据机械能守恒，可知B球到达最下端的速度为碰撞过程两球动量动量，故碰撞后A做平抛运动，故有解得： 16. 如图所示，一个质量为，电荷量的带电微粒(重力忽略不计)，从静止开始经电压加速后，水平进入两平行金属板间的偏转电场，偏转电场的电压.金属板长，两板间距.求: (1)微粒进入偏转电场时的速度的大小;(2)微粒射出偏转电场时的偏转角;(3)若该匀强磁场的宽度为，为使微粒不会由磁场右边射出，该匀强磁场的磁感应强度B至少多大?【答案】（1）v0=1.0104ms（2）=30（3）B=35T0.346T【解析】试题分析：（1）微粒在加速电场中由动能定理得：qU1=12mv02（2分） 104m/s（1分）（2）微粒在偏转电场中做类平抛运动，有a=qU2md，vy=at=aLv0飞出电场时，速度偏转角的正切为：tan=vyv0=U2L2U1d=13（2分） 解得=30（1分）（3）进入磁场时微粒的速度是：v=v0cos（1分）轨迹如图，由几何关系有：D=r+rsin（1分）洛伦兹力提供向心力有：qvB=mv2r（2分）解得：B=mv0(1+sin)qDcos=35=0.346T。（1分）所以，为使微粒不会由磁场右边射出，该匀强磁场的磁感应强度B至少为0.346 T。考点：带电粒子在电场中的运动、带电粒子在匀强磁场中的运动17. 如图所示，固定的光滑金属导轨间距为L，导轨电阻不计，上端间接有阻值为R的电阻，导轨平面与水平面的夹角为，且处在磁感应强度大小为方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中。质量为m，电阻为的导体棒与固定弹簧相连后放在导轨上。初始时刻，弹簧恰处于自然长度，导体棒具有沿轨道向上的初速度。整个运动过程中导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触。已知弹簧的劲度系数为，弹簧的中心轴线与导轨平行。(1)求初始时刻通过电阻的电流的大小和方向;(2)当导体棒第一次回到初始位置时，速度变为，求此时导体棒的加速度大小a;(3)导体棒最终静止时弹簧的弹性势能为Ep，求导体棒从开始运动直到停止的过程中，电路产生的焦耳热Q。【答案】（1）I=BLv0R+r，ba（2）a=gsinB2L2vm(R+r)（3）Q=12mv02+(mgsin)2kEp【解析】试题分析：（1）棒产生的感应电动势E1=BLv0通过R的电流大小根据右手定则判断得知：电流方向为ba（2）棒产生的感应电动势为E2=BLv感应电流棒受到的安培力大小，方向沿斜面向上，如图所示根据牛顿第二定律 有|mgsin-F|=ma解得（3）导体棒最终静止，有 mgsin=kx弹簧的压缩量设整个过程回路产生的焦耳热为Q0，根据能量守恒定律 有解得电阻R上产生的焦耳热考点：牛顿第二定律；能量守恒定律【名师点睛】本题力电磁综合题目，是导体棒在导轨上滑动的类型，解题时要认真分析物理过程及受力情况，正确的计算安培力和分析能量如何转化是解题的关键，此题综合性较强，意在考查学生综合分析问题解决问题的能力.