2017-2018学年山东省滨州市邹平双语学校三区高二下学期期中考试物理试题

邹平双语学校2017-2018学年第二学期期中考试(三区)高二年级物理（理科班）试题一、单项选择题1. 法拉第是英国著名物理学家、化学家，他虽然出身贫寒而未受过正规教育，但却在众多领域作出惊人成就，堪称刻苦勤奋、探索真理、不计个人名利的典范。

下列有关法拉第的科学贡献的说法中不正确．．．的是 ( )A. 发现电磁感应现象B. 提出场的概念解释电、磁作用本质C. 提出分子电流假说D. 用场线形象描述电场和磁场【答案】C【解析】法拉第发现电磁感应现象，提出场的概念解释电、磁作用本质，并用场线形象描述电场和磁场；安培提出分子电流假说；故此题选C.2. 在空间存在着竖直向上的各处均匀的磁场，将一个不变形的单匝金属圆线圈放入磁场中，规定线圈中感应电流方向如图甲所示的方向为正。

当磁场的磁感应强度 B随时间t的变化规律如图乙所示时，下图中能正确表示线圈中感应电流随时间变化的图线是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】感应定律和欧姆定律得，所以线圈中的感应电流决定于磁感应强度B随t的变化率．由图乙可知，0～1s时间内，B增大，Φ增大，感应磁场与原磁场方向相反（感应磁场的磁感应强度的方向向外），由楞次定律，感应电流是顺时针的，因而是正值．所以可判断0～1s为正的恒值；在1s～2s内，因磁场的不变，则感应电动势为零，所以感应电流为零；同理2s～4s，磁场在减小，由楞次定律可知，感应电流与原方向相反，即为负的恒值；根据感应定律和欧姆定律得，可知，斜率越大的，感应电动势越大，则感应电流越大．故B正确，ACD错误；故选B．3. 如图所示，一个半径为l的半圆形硬导体AB以速度v在水平U型框架上向右匀速滑动，匀强磁场的磁感应强度为B，干路电阻为R0，半圆形硬导体A、B的电阻为r，其余电阻不计，则半圆形导体AB切割磁感线产生的感应电动势大小及A、B之间的电势差分别为 ( )A. BlvB. BπlvC. 2BlvD. 2Blv2Blv【答案】C【解析】半圆形导体AB切割磁感线的有效长度是2l，根据法拉第电磁感应定律则，感应电动势为：E=B•2l•v=2B lv；A、B之间的电势差为：，故C正确，ABD错误；故选C．点睛：本题考查法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律，产生感应电动势的部分可以相当于电源，则AB之间的电势差指的是路端电压．4. 在如图甲、乙电路中，电阻R、电感线圈L的电阻和灯泡A的电阻均相等．关于灯泡的亮、暗变化情况，下列说法正确的是（）A. 在电路甲中，闭合开关S瞬间，A灯将逐渐变亮B. 在电路乙中，闭合开关S瞬间，A灯将逐渐亮C. 在电路乙中，断开开关S瞬间，A灯将立即熄灭D. 在电路甲中，断开开关S瞬间，A灯将先变得更亮，然后逐渐变暗【答案】A【解析】在电路甲中，闭合开关S瞬间，L中电流要增大，就会产生自感电动势，相当于电源，自感电动势阻碍电流的增大，所以甲电路中灯泡将渐渐变亮．故A正确；在电路乙中，闭合开关S瞬间，A灯将立即亮．故B错误；对甲图，断开开关时，L中电流要减小，就会产生自感电动势，相当于电源，自感电动势阻碍电流的减小，所以甲电路中灯泡将渐渐变暗，由于电流先从原先的值开始逐渐减小，灯泡中电流没有增大，所以灯泡不会变得更亮．故D错误；对乙图，开关断开时，L相当于电源，由于L中的电阻值小，原来的电流大于灯泡中的电流，则乙电路中灯泡将先变得更亮，然后渐渐变暗，故C错误．故选A．...点睛：本题考查了电感线圈L对电流发生突变时的阻碍作用，注意灯泡是否闪亮一下的依据是看开关断开前L中的电流和灯泡中电流的大小关系．5. 一电阻接一直流电源，通过4 A的电流时热功率为P，若换接一正弦交流电源，它的热功率变为，则该交流电电流的最大值为A. 6 AB. 4 AC. 2 AD. A【答案】B【解析】设电热器的电阻为R，t时间内产生的热量为Q，根据焦耳定律得，此热量是接交流电源上产生的热功率的2倍，所以，解得，所以交变电流最大值为，B正确。

【点睛】交流电的有效值是根据电流的热效应规定的，对于交变电流，求解热量、电功和电功率等与热效应有关的量，都必须用有效值．6. 如图所示，T为理想变压器，副线圈回路中的输电线ab和cd的电阻不可忽略，其余输电线电阻可不计，则当开关S闭合时（）A. 交流电压表V2和V3的示数一定都变小B. 只有A1的示数变大C. 交流电流表A1、A2和A3的示数一定变大D. 交流电压表V3的示数变小【答案】D【解析】当S闭合时，两个电阻并联，电路的总电阻减小，由于输入电压和匝数比不变，所以副线圈的输出的电压不变，副线圈的电流变大，副线圈的电流变大，副线圈回路中的输电线ab和cd的电阻不可忽略，所以输电线ab和cd上的电压变大，V2的示数不变，交流电压表V3的示数变小，故A错误，D正确；由上分析根据，可知A2和A1的示数变大，A3的示数减小，故BC错误。

所以D正确，ABC错误。

7. 一正弦交变电流的电压随时间变化的规律如图所示．由图可知该交变电流( )A. 周期为0.125 sB. 电压的有效值为10VC. 电压的最大值为20VD. 电压瞬时值的表达式为u＝10sin 8πt(V)【答案】B考点：正弦交变电流8. 两个相距较远的分子仅在分子力作用下由静止开始运动，直至不再靠近．在此过程中，下列说法不正确的是（）A. 分子力先增大，后一直减小B. 分子力先做正功，后做负功C. 分子动能先增大，后减小D. 分子势能和动能之和不变【解析】当分子间距大于平衡间距时，分子力表现为引力时，随着距离的减小，分子间的作用力先增大，后减小，平衡位置时作用力为零；而小于平衡位置时，分子间为斥力，分子力一直增大；故A错误；两个相距较远的分子仅在分子力作用下由静止开始运动，直至不再靠近的过程中，分子力先是引力后是斥力，故先做正功后做负功，故B正确；只有分子力做功，先做正功后做负功，根据动能定理，动能先增加后减小，故C正确；整个过程中只有分子力做功，故分子动能和分子势能的总和保持不变，选项D正确；本题选不正确的，故选A....9. 在光滑水平面上，质量为m的小球A以速度v0匀速运动。

某时刻小球A与质量为3m的静止小球B发生正碰。

两球碰撞后，A球的动能恰好变为原来的。

则碰撞后B球的速度大小是（）A.B.C. 或D. 无法确定【答案】A【解析】根据碰后A球的动能恰好变为原来的得：解得：碰撞过程中AB动量守恒，则有：mv=mv′+3mv B解得：v B=v或v B=v；当v B=v时A的速度大于B的速度，不符合实际，故选项A正确，BCD 错误，故选A.点睛：本题考查的是动量定律得直接应用，注意动能是标量，速度是矢量；同时要分析结果是否符合实际情况，即不可能发生二次碰撞。

10. 下列说法中正确的是（）A. 若使放射性物质的温度升高，其半衰期变小B. 铀核(衰变为铅核的过程中，共有6个中子变成质子C. 在光电效应实验中，遏制电压与入射光的频率无关D. 氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，原子的总能量增大，电子的动能也增大【解析】半衰期与放射性元素的物理、化学性质无关，温度升高，其半衰期不变，所以A错误；铀核(衰变为铅核(）的过程中，电荷数减少10，质量数减少32，所以发生了8次α衰变，6次β衰变，所以共有6个中子变成质子，B正确；根据光电效应方程：，所以C错误；氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，需要吸收能量，所以原子的总能量增大，电子的动能减小，所以D错误。

二、多项选择题11. 质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ，初始时小物块停在箱子正中间，如图所示．现给小物块一水平向右的初速度v，小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止．设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为( )A. mv2B.C. NμmgLD. NμmgL【答案】BD【解析】由于箱子M放在光滑的水平面上，则由箱子和小物块组成的整体动量始终是守恒的，直到箱子和小物块的速度相同时，小物块不再相对滑动，有mv=（m+M）v1系统损失的动能是因为摩擦力做负功选项BD正确，AC错误．故选BD．点睛：两个相对运动的物体，当它们的运动速度相等时候，往往是最大距离或者最小距离的临界条件．本题是以两物体多次碰撞为载体，综合考查功能原理，动量守恒定律，要求学生能依据题干和选项暗示，从两个不同角度探求系统动能的损失．又由于本题是陈题翻新，一部分学生易陷入某种思维定势漏选B或者D，另一方面，若不仔细分析，易认为从起点开始到发生第一次碰撞相对路程为L，则发生N次碰撞，相对路程为NL，而错选C．12. 一个半径为r的光滑圆形槽装在小车上，小车停放在光滑的水平面上，如图所示，处在最低点的小球受击后获得水平向左的速度，开始在槽内运动，则下面判断不正确的是A. 小球和小车总动量守恒B. 小球和小车总机械能守恒...C. 小球沿槽上升的最大高度为rD. 小球升到最高点时速度为零【答案】ACD【解析】在运动过程中，系统竖直方向合外力不为零，所以总动量不守恒，应该水平方向动量守恒，所以A错误；所有接触面均光滑，所以系统机械能守恒，B正确；根据能量守恒，小球的动能，有一部分转化为小车的动能，所以小球上升的最大高度小于r，故C 错误；根据动量守恒小球上升到最高点时，与小车有相同的速度，所以D错误。

三、实验题13. 如图所示为“探究两物体作用前后动量是否守恒”的实验装置示意图．已知a、b小球的质量分别为m a、m b，半径分别是r a、r b，图中P点为单独释放a球的平均落点，M、N是a、b 小球碰撞后落点的平均位置．（1）本实验必须满足的条件是________．A．斜槽轨道必须是光滑的B．斜槽轨道末端的切线水平C．入射小球每次都从斜槽上的同一位置无初速释放D．入射球与被碰球满足m a＝m b，r a＝r b（2）为了判断动量守恒，需要测量OP间的距离x1，则还需要测量的物理量有________、________（用相应的文字和字母表示）．（3）如果动量守恒，须满足的关系式是________（用测量物理量的字母表示）．【答案】 (1). BC (2). 测量OM间的距离 (3). 测量ON的距离 (4).【解析】（1）“验证动量守恒定律”的实验中，是通过平抛运动的基本规律求解碰撞前后的速度的，只要离开轨道后做平抛运动，对斜槽是否光滑没有要求，故A错误；要保证每次小球都做平抛运动，则轨道的末端必须水平，故B正确；要保证碰撞前的速度相同，所以入射球每次都要从同一高度由静止滚下，故C正确；为了保证小球碰撞为对心正碰，且碰后不反弹，要求m a＞m b，r a=r b，故D错误．应选BC．（2）要验证动量守恒定律定律，即验证：m a v1=m a v2+m b v3，小球离开轨道后做平抛运动，它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间t相等，上式两边同时乘以t得：m a v1t=m a v2t+m b v3t，得：m a x1=m a x2+m b x3因此实验需要测量：测量OP间的距离x1，OM间的距离x2，ON间的距离x3；（3）如果动量守恒，须满足的关系式是：m a x1=m a x2+m b x3．点睛：实验的一个重要的技巧是入射球和靶球从同一高度作平抛运动并且落到同一水平面上，故下落的时间相同，所以在实验的过程当中把本来需要测量的速度改为测量平抛过程当中水平方向发生的位移，可见掌握了实验原理才能顺利解决此类题目．四、计算题14. 如图所示，竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切，小滑块A和B分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点．现将A无初速度释放，A与B碰撞后结合为一个整体，并沿桌面滑动．已知圆弧轨道光滑，半径R＝0.2m；A和B的质量相等；A和B整体与桌面之间的动摩擦因数μ＝0.2.取重力加速度g＝10m/s2.求：(1)碰撞前瞬间A的速率v；(2)碰撞后瞬间A和B整体的速率v′；(3)A和B整体在桌面上滑动的距离l【答案】(1) 2m/s(2) 1m/s(3) 0.25m【解析】试题分析：（1）A到B的过程中，只有重力做功，机械能守恒，根据机械能守恒定律求出碰撞前A的速度．（2）A、B碰撞的过程中动量守恒，根据动量守恒定律求出碰撞后整体的速率．（3）对AB整体运用动能定理，求出AB整体在桌面上滑动的距离．解：（1）滑块从圆弧最高点滑到最低点的过程中，根据机械能守恒定律，有：得：=2m/s．（2）滑块A与B碰撞，轨道向右为正方向，根据动量守恒定律，有：m A v A=（m A+m B）v'... 得：．（3）滑块A与B粘在一起滑行，根据动能定理，有：又因为：f=μN=μ（m A+m B）g代入数据联立解得：l=0.25m．答：（1）碰撞前瞬间A的速率为2m/s；（2）碰撞后瞬间A和B整体的速率为1m/s；（3）A和B整体在桌面上滑动的距离为0.25m．【点评】本题考查了机械能守恒、动量守恒、动能定理的综合，难度中等，知道机械能守恒和动量守恒的条件，关键是合理地选择研究对象和过程，选择合适的规律进行求解．15. 如图所示，在水平光滑直导轨上，静止着三个质量均为m＝1kg的相同小球A、B、C，现让A球以v0＝2m/s的速度向着B球运动，A、B两球碰撞后粘合在一起，两球继续向右运动并跟C球碰撞，C球的最终速度v C＝1 m/s.求：(1)A、B两球跟C球相碰前的共同速度多大？(2)两次碰撞过程中一共损失了多少动能？【答案】(1) 1m/s(2) 1.25J【解析】本题考查动量守恒定律，首先判断碰撞前后动量守恒，碰撞后粘合为一个整体，列式求解(1)A、B相碰满足动量守恒：mv0＝2mv1 2分得两球跟C球相碰前的速度v1＝1 m/s 1分(2)两球与C碰撞同样满足动量守恒：2mv1＝mv C＋2mv22分得两球碰后的速度v2＝0.5 m/s.两次碰撞过程中一共损失的动能为ΔE k＝2分ΔE k＝1.25 J 1分16. 如图所示，面积为0．2m2的100匝线圈处在匀强磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，已知磁感应强度随时间变化的规律为B=（2+0．2t）T，定值电阻R1=6Ω，线圈电阻R2=4Ω，求：（1）回路中的感应电动势大小；（2）回路中电流的大小和方向；（3）a、b两点间的电势差。