2020高二物理下学期期中联考试题

【2019最新】精选高二物理下学期期中联考试题一．选择题(共10小题，每小题4分，共40分。

第1－7题只有一个选项符合题目要求选对得4分，选错得0分；第8－10题有多个选项符合要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，选错或不选得0分）1．用电子秤称量物体重力的过程,实际上就是传感器把力学量转化为电信号的过程.下列属于这类传感器的是( )A. 红外报警装置B. 走廊照明灯的声控开关C. 自动洗衣机中的压力传感装置D. 电饭煲中控制加热和保温的温控器2.关于光电效应,下列说法正确的是( )A.截止频率越大的金属材料逸出功越大B.只要光照射的时间足够长,任何金属都能产生光电效应C.从金属表面出来的光电子的最大初动能越大,这种金属的逸出功越小D.入射光的光强一定时,频率越高,单位时间内逸出的光电子数就越多3．在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图甲所示，产生的感应电动势如图乙所示，则（）A. 时线框的磁通量变化率为零0.015=t sB. 时线框平面与中性面重合0.01=t sC. 线框产生的交变电动势有效值为311VD. 线框产生的交变电动势频率为100Hz4．如图所示，L1、L2、L3、L4为四只规格均为“12V 6W”的灯泡，L1接在理想变压器的原线圈、L2、L3、L4接在副线圈回路中，a、b两端连接交流电源，交流电流表A示数为0.5A，已知灯泡L2正常发光，以下说法正确的是（）A. a、b端输人功率为18WB. a、b端输人电压为36VC. a、b端输人电压为48VD.若副线圈回路再并联一只同样的灯泡，L2仍能正常发光5．如图所示是一交变电流的i-t图像，则该交变电流的有效值为（）A. 4AB. AC. AD. A3836.下列现象不可能发生的是( )A.物体所受到的合外力很大,但物体的动量变化很小B.物体所受到的冲量不为零,但物体的动量大小却不变C.物体做曲线运动,但动量变化在相等的时间内却相同D.物体只受到一个恒力的作用,但物体的动量却始终不变7．如图所示，当交流电源的电压(有效值)U＝220 V，频率f＝50 Hz，3只灯泡L1、L2、L3的亮度相同(L无直流电阻)，若将交流电源的频率变为f＝100 Hz，电压有效值不变，则( )A. L3灯比原来亮B. L2灯比原来亮C. L1灯比原来暗D. L3灯和原来一样亮8．木块a和b用一根轻弹簧连接起来，放在光滑水平面上，a紧靠在墙壁上，在b 上施加向左的力使轻质弹簧压缩，如图所示，对a、b和轻弹簧组成的系统，当撤去外力后，下列说法中正确的是（ ）A. a 尚未离开墙壁前，系统动量守恒B. a 尚未离开墙壁前，系统动量不守恒C. a 离开墙壁后，系统动量守恒D. a 离开墙壁后，系统动量不守恒 9．利用金属晶格（大小约10-10m)作为障碍物观察电子的衍射图样，方法是让电子束通过电场加速后，照射到金属晶格上，从而得到电子的衍射图样。

已知电子质量为m ，电荷量为e ，初速度为0，加速电压为U ，普朗克常量为h ，则下列说法中正确的是：（ ）A. 该实验说明了电子具有波动性B. 实验中电子束的德布罗意波的波长为2meU λ=C. 加速电压U 越大，电子的衍射现象越明显D. 若用相同动能的质子替代电子，衍射现象将更加明显10．质量为m 的小球A 以速度v0在光滑水平面上运动，与质量为2m 的静止小球B 发生对心碰撞，则碰撞后小球A 的速度大小vA 和小球B 的速度大小vB 可能为 ( ) A. B. 013A v v =023B v v =025A v v =0710B v v =C. D. 014A v v =058B v v =038A v v =0516B v v = 二．填空题(第11、12题每空2分，第13题每空1分，共20分)11.如图，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系。

（1）实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的，但是可以通过仅测量_____（填选项前的序号），间距地解决这个问题A.小球开始释放的高度hB.小球抛出点距地面的高度HC.小球做平抛运动的水平位移（2）用天平测量两个小球的质量、。

图中O 点是小球抛出点在水平地面上的垂直投影，实验时，先让入射球多次从斜轨上S 位置静止释放；然后，把被碰小球静止于轨道的水平部分，再将入射小球从斜轨上S 位置静止释放，与小球相撞，并多次重复，分别找到小球的平均落点M 、P 、N ，并测量出平均水平位移OM 、OP 、ON 。

1m 2m 1m 2m 1m 2m（3）若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为___________（用（2）中测量的量表示）；若碰撞是弹性碰撞，那么还应该满足的表达式为___________（用（2）中测量的量表示）。

12.某同学尝试把一个灵敏电流表改装成温度表，他所选用的器材有：灵敏电流表(待改装)，学生电源(电动势为E ，内阻不计)，滑动变阻器，单刀双掷开关，导线若干，导热性能良好的防水材料，标准温度计，PTC 热敏电阻Rt(PTC 线性热敏电阻的阻值与摄氏温度t 的关系为Rt ＝a ＋kt ，a>0，k>0)．设计电路图如图所示，并按如下步骤进行操作．(1)按电路图连接好实验器材．(2)将滑动变阻器滑片P 滑到a 端，单刀双掷开关S 掷于________(填“c”或“d”)端，调节滑片P 使电流表满偏，并在以后的操作中保持滑片P 位置不动，设此时电路总电阻为R ，断开电路．(3)容器中倒入适量开水，观察标准温度计，每当标准温度计示数下降 5 ℃，就将开关S 置于d 端，并记录此时的温度t 和对应的电流表的示数I ，然后断开开关．请根据温度表的设计原理和电路图，写出电流与温度的关系式I＝________(用题目中给定的符号)．(4)根据对应温度记录的电流表示数，重新刻制电流表的表盘，改装成温度表．根据改装原理，此温度表表盘刻度线的特点是：低温刻度在________(填“左”或“右”)侧，刻度线分布是否均匀？________(填“是”或“否”)．13．如图所示是使用光电管的原理图，当用某种可见光照射到阴极K上时，电流表中有电流通过：（1）当变阻器的滑动端P向______滑动时（填“左”或“右”），通过电流表的电流将会减小，当电流表电流刚减小到零时，电压表的读数为U，则阴极K的逸出功为______________（已知电子电荷量为e，普朗克常量为h，可见光的频率为ν）。

（2）如果保持变阻器的滑动端P的位置不变，也不改变入射光的频率，而增大入射光的强度，则光电子的最大初动能将______（填“增大”、“减小”或“不变”），通过电流表的电流将会________（填“增大”、“减小”或“不变”）。

（3）如果将电源的正负极对调，将变阻器的滑动端P从A端逐渐向B端移动的过程中，通过电流表的电流先______________后____________（填“增大”、“减小”或“不变”）(电源电压足够大）三．计算题(第14题8分，第15题9分，第16题10分，第17题13分解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。

只写出最后答案的不能得分。

有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。

)14．如图所示，N＝50匝的矩形线圈abcd，ab边长L1＝20 cm，ad边长L2＝25 cm，放在磁感应强度B＝0.4 T的匀强磁场中，外力使线圈绕垂直于磁感线且通过线圈中线的OO′轴以n＝3 000 r/min的转速匀速转动，线圈总电阻r＝1Ω，外电路电阻R ＝9Ω，t＝0时线圈平面与磁感线平行，ab边正转出纸外、cd边转入纸里(π＝3.14 ，)．求：102=π(1)感应电动势的瞬时值表达式；(2)线圈转90°外力做的功；(3)从图示位置转过90°的过程中流过电阻R的电荷量。

15．交流发电机的输出电功率为100kW，输出电压为250V，欲向远处输电，若输电线的电阻为8.0Ω，要求输电时输电线上损失的电功率不超过交流发电机输出电功率的5％，并向用户输送220V的电压。

（1）请画出远距离输电的示意图；（2）求升压变压器原、副线圈的匝数比；（3）求降压变压器的原、副线圈的匝数比。

16．如图所示，质量为m=1.0 kg的物块A以v0=4.0 m/s速度沿粗糙水平面滑向静止在水平面上质量为M=2.0 kg的物块B，物块A和物块B碰撞时间极短，碰后两物块粘在一起．已知物块A和物块B均可视为质点，两物块间的距离为L=1.75 m，两物块与水平面间的动摩擦因数均为μ=0.20，重力加速度g=10 m/s2.求：（1）物块A和物块B碰撞前的瞬间，物块A的速度v的大小；（2）物块A和物块B碰撞的过程中，物块A对物块B的冲量I；（3）物块A和物块B碰撞的过程中，系统损失的机械能ΔE.17.．如图所示，在光滑的水平面上停放着一辆质量为2m平板车C，在车上的左端放有一质量为m的小木块B，在小车的左边紧靠着一个固定在竖直平面内、半径为r的光滑圆形轨道，轨道底端的切线水平且与小车的上表面相平。

现有一块质量也为m 的小木块A从图中圆形轨道的位置处由静止释放，然后，滑行到车上立即与小木块B 发生碰撞，碰撞后两木块立即粘在一起向右在动摩擦因数为的平板车上滑行，并与固定在平板车上的水平轻质小弹簧发生作用而被弹回，最后两个木块又回到小车的最左端与车保持相对静止，重力加速度为g，求：142 3(1)小木块A滑到轨道最点低时，对圆形轨道的压力；(2)A、B粘在一起后在平板车上滑行的总路程。

参考答案-.选择题答案11． （1）C （3） 112m OP m OM m ON ⨯=⨯+⨯222112m OP m OM m ON ⨯=⨯+⨯或ON OM OP =+12.答案：(2) c (3) (4)右 否解析：(2)分析电路可知滑动变阻器为限流式接法，所以闭合开关前，使它的阻值处于最大值状态，即将滑片P 滑到a 端．为了设计表盘刻度，应使开关掷于c 处，调节滑片，使电流表满偏．(3)把开关置于d 端，根据闭合电路欧姆定律得I ＝，又Rt ＝a ＋kt ，联立得出电流与温度的关系式为I ＝.(4)因为Rt ＝a ＋kt(且a>0，k>0)，所以温度越低，电阻越小，回路中I 越大，所以低温度刻度在右侧，由(3)中关系式可知电流与温度不是线性关系，所以刻度线分布不均匀．13． 右 hv-eU 不变 增大 增大 不变【解析】（1）电流表中的电流减小，则两极上的反向电压增大，所以滑动变阻器应向右滑动，因为反向电压为U 时，电流表读数为零，根据动能定理得：光电子的最大初动能，根据光电效应方程可得，故km E eU =0km W h E γ=-W h eU γ=-（2）根据爱因斯坦光电效应方程，可知如果不改变入射光的频率，而增加入射光的强度，但光电子的最大初动能不变，由于光照强度越大，光子数目多，那么通过电流表的电量增大，则电流表示数将增大．km E h W γ=-（3）对调后反向电压变为正向电压，光电子受到的电场力是动力，滑动变阻器从A 到B 过程中两极间的电压增大，使得更多的光电子到达另一极，即电流增大，因为光电子数目由限，所以当所有光电子都到达另一极时，随着电压的增大，光电流不再增大，故先增大后保持不变14．【解析】(1)线圈的角速度ω＝2πn ＝100 πrad/s ， ………………………………………….1分图示位置的感应电动势最大，其大小为Em ＝NBl1l2ω，代入数据得Em ＝314 V ………………………………………….1分感应电动势的瞬时值表达式：e ＝Em cos ωt＝314cos 100πt V. ………………………………………….1分(2)电动势的有效值E线圈匀速转动的周期T ＝＝0.02 s ………………………………………….1分2πω线圈匀速转动90°，外力做功大小等于电功的大小，即：W ＝I2(R ＋r)T/4＝24E T R r ⋅+ 代入数据得W ＝25.0J. ………………………………………….1分(3)从t ＝0起转过90°过程中，Δt 内流过R 的电荷量：q ＝I△tq ＝Δt＝， ………………………………………….2分()N R r t ∆Φ+∆r R L NBL rR S NB +=+∆21 代入数据得q ＝0.1 C. ………………………………………….1分15．（1）见解析（2）1:16（3）190:11（1）输电线路的示意图如下图所示：………………………………………….3分（2）由得： ………………………………………….1分2P I R =损线3100105%258I A A ⨯⨯==线 由，得升压变压器的输出电压： ………………….1分2P U I =线2100000400025P U V V I ===线 所以升压变压器的原副线圈的匝数之比： ………………………………………….1分11222501400016n U n U === （3）输电线上的电压为： ………………………………………….1分825200U RI V V ==⨯=线线所以降压变压器的输入电压为： ………………………………………….1分()3240002003800U U U V V =-=-=线降压变压器的原副线圈的匝数之比： ………………………………………….1分3344380019022011n U n U === 16．13．（1）3 m/s （2）2 N·s，方向水平向右（3）【解析】试题分析：物块A 运动到和物块B 碰撞前的瞬间，根据动能定理求得物块A 的速度；以物块A 和物块B 为系统，根据动量守恒求得碰后两物块速度，再根据动量定理求得物块A 对物块B 的冲量．以物块A 和物块B 为系统，根据能量守恒求得系统损失的机械能．（1）物块A 运动到和物块B 碰撞前的瞬间，根据动能定理得………………………………………….2分代入数据解得………………………………………….1分（2）以物块A 和物块B 为系统，根据动量守恒得：，…………………………………….2分以物块B 为研究对象，根据动量定理得：I ＝M ＝2.0NS ，方向水平向右……………………………2分1v（3）以物块A 和物块B 为系统，根据能量守恒得………………………………………….2分解得：………………………………………….1分17．(1) (2) 2mg -16r μ （1）木块A 从轨道图中位置滑到最低点的过程中机械能守恒，由机械能守恒定律得： ………………………………………….1分()211602mgr cos mv -︒=在最低点时，对A 由牛顿第二定律得： ………………………………………….1分20v F mg m r -= 解得： F=2mg ………………………………………….1分gr v =0根据牛顿第三定律可得木块对轨道的压力： ，负号表示方向竖直向下………………………………………….1分2F mg '=-（2）在小木块A 与B 碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得： ………………………………………….1分()01mv m m v =+然后一起运动直到将弹簧压缩到最短的过程中系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得： ………………………………………….1分()022mv m m m v =++在这个过程中，由能量守恒定律得： ………………………………….2分()()221211222m m m v m m m v E Q +=++++ 对于从弹簧压缩到最短到两木块滑到小车左端的过程，由能量守恒定律得： ………………………………………….2分()()2222112222m m m m v E m m m v Q +++=+++ （上述两式合为一式也给分）摩擦产生的热量： ………………………………………….1分x mg Q 21.2.μ=联立解得： ………………………………………….2分16r x μ=。