【文档说明】安徽省黄山市屯溪第一中学2019-2020学年高二下学期期中考试物理试题【精准解析】.doc，共(20)页，951.000 KB，由小赞的店铺上传

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屯溪一中2019-2020学年度第二学期期中考试高二物理试卷一、选择题（1-8单选题，9-12多选题，每题4分，满分48分）1.下列事例中能说明原子具有核式结构的是（）A.光电效应现象的发现B.汤姆逊研究阴极射线时发现了电子C.卢

瑟福的粒子散射实验发现有少数粒子发生大角度偏转D.康普顿效应【答案】C【解析】【详解】AD．光电效应现象和康普顿效应的发现都说明光的粒子性，选项AD错误；B．汤姆逊研究阴极射线时发现了电子，说明原子还可以

再分，选项B错误；C．卢瑟福的粒子散射实验发现有少数粒子发生大角度偏转，从而说明了原子具有核式结构，选项C正确。故选C。2.如图所示，世界冠军丁俊晖在斯诺克比赛中正准备击球，设丁俊晖在这一杆中，白色球

主球和花色球碰撞前后都在同一直线上运动，碰撞前，白色球A的动量pA=6kg·m/s，花色球B静止；碰撞后，花色球B的动量变为pB=4kg·m/s。则两球质量Am与Bm间的关系可能是（）A.BA13mmB.BAmmC.BA16mmD.mB﹦

3mA【答案】B【解析】【详解】由题，由动量守恒定律得pA+pB=pA′+pB′得pA′=2kg•m/s根据碰撞过程总动能不增加，则有222222AABAABpppmmm代入解得mB≥0.5mA碰后，两球同向运动，A的速度不大于B的速度，则ABABppmm

解得mB≤2mA综上得0.5mA≤mB≤2mA故B正确，ACD错误故选B。3.如图所示，光滑绝缘水平桌面上直立一个单匝正方形导线框ABCD，导线框的边长为0.3mL，总电阻为0.1R在直角坐标系xOy第一象限中

，有界匀强磁场区域的下边界与x轴重合，上边界满足曲线方程0.2sin(m)3yx，磁感应强度0.4BT，方向垂直纸面向里．导线框在沿x轴正方向的拉力F作用下，以速度v=10m/s水平向右做匀速直线运动，对于线框穿过整

个磁场的过程有（）A.导线框AD两端的最大电压为0.2VB.线框中产生的焦耳热为0.192JC.流过线框的电荷量为0.24CD.拉力F为恒力【答案】B【解析】【详解】A．当导线框运动到磁场中心线时，有两种情况，一是BC边，二是AD边，当

AD边运动到磁场中心时，AD边上的电压最大．感应电动势Em=BLmv=0.4×0.2×10=0.8V最大电流0.88A0.1mmEIRAD两端电压最大值30.6V4mmUIR选项A错误；B．线框中产生的感应电流按正弦规律变化，感应电流的瞬时值表达式108sin=8

sin(A)33ixt线框中产生的焦耳热为22280.6()()0.1J=0.192J1022mILQRv选项B正确；C．因为电流随时间变化图像为正弦线，则根据q=It可知，流过线框的电荷量为正弦线与坐标轴围成的面积大小，由数学知识可

知，此面积的大小大于110.68C=0.24C2210mIt，则流过线圈的电荷量大于0.24C，选项C错误；D．因为流过线圈的电流是变化的，则安培力是变力，根据F=F安可知，拉力F为变力，选项D错误。

故选B。4.如图所示，12LL、为两个相同的灯泡，线圈L的直流电阻不计，灯泡1L与理想二极管D相连，下列说法中正确的是（）A.闭合开关S后，1L会逐渐变亮B.闭合开关S稳定后，12LL、亮度相同C.断开S的瞬间，1L会逐渐熄灭D

.断开S的瞬间，a点的电势比b点高【答案】D【解析】【详解】闭合开关S后，线圈自感只是阻碍流过L的电流增大，但两灯立刻变亮，故A错误；闭合开关S稳定后，因线圈L的直流电阻不计，所以1L与二极管被短路，导致灯泡1L不亮，而2L将更亮，因此12LL、亮度不同，故B错误；断开S的瞬间，2L会立刻

熄灭，线圈L与灯泡1L及二极管构成回路，因线圈产生感应电动势，a端的电势高于b端，但此时的二极管反接，所以回路中没有电流，1L立即熄灭，故C错误，D正确.5.如图所示，光滑平面上有一辆质量为4m的小车，车上左右两端分别站着甲、乙两人，他

们的质量都是m，开始两个人和车一起以速度v0向右匀速运动．某一时刻，站在车右端的乙先以相对地面向右的速度v跳离小车，然后站在车左端的甲以相对于地面向左的速度v跳离小车．两人都离开小车后，小车的速度将是()A.1.5v0B.v0C.大于v0，小于1.5v0D.大于1.5v0【答案】A【

解析】【详解】两人和车所组成的系统原动量为06mv，向右。当甲、乙两人先后以对地相等的速度向两个方向跳离时，甲、乙两人的动量和为零，则有064mvmv车解得01.5vv车故A正确BCD错误。故选A。6.如图所示，在光滑水平面上放置一个质量为M的滑块，滑块的一侧是一个弧形凹槽

OAB，凹槽半径为R，A点切线水平。另有一个质量为m的小球以速度0v从A点冲上凹槽，重力加速度大小为g，不计摩擦。下列说法中正确的是（）A.当02vgR时，小球能到达B点B.如果小球的速度足够大，球将从滑块的左侧离开滑块后会直接落到水平面上C.小球在弧形凹槽上运动的过程中，滑块的动能一直增

大D.如果滑块固定，小球返回A点时对滑块的压力为20vmR【答案】C【解析】【详解】A．当小球刚好到达B点时，小球与滑块水平方向速度相同，设为v1，以小球的初速度方向为正方向，在水平方向上，由动量守恒

定律得mv0=（m+M）v1…①由机械能守恒定律得22011122mvmMvmgR（）…②代入数据解得022gRMmvgRM＞所以当02vgR时，小球不能到达B点，故A错误；B．小球离开四分之一圆弧

轨道时，在水平方向上与滑块M的速度相同，则球将从滑块的左侧离开滑块后返回时仍然回到滑块M上，不可能从滑块的左侧离开滑块，故B错误；C．小球在圆弧上运动的过程中，小球对滑块M的压力一直对滑块做正功，所以滑块动能一直增加，故C正确；D．若滑块固定，由

机械能守恒知小球返回A点时的速度大小仍为v0，在A点，根据牛顿第二定律得：20vFmgmR解得20vFmgmR根据牛顿第三定律可知，小球返回A点时对滑块的压力为20vmgmR，故D错误。故选C。7.如图所示，MN和PQ是两根互相平行竖直放置的光滑金属导轨，已知导轨足够长，且电阻

不计，ab是一根与导轨垂直且始终与导轨接触良好的金属杆，开始时，将开关S断开，让杆ab由静止开始自由下落，过段时间后，再将S闭合，若从S闭合开始计时，则金属杆ab的速度v随时间t变化的图象不可能是（）A.B.C.D.【答案

】B【解析】【详解】A．闭合开关时，若重力与安培力相等，即22BLvmgBILR金属杆做匀速直线运动。故A正确，不符合题意；BC．若安培力小于重力，则加速度的方向向下，做加速运动，加速运动的过程中，安培力增大，则加速度减小，做加速度逐渐减小的加速运动，当重力与安培力相等时，做匀速直线运动。故

B错误，符合题意，C正确，不符合题意；D．若安培力大于重力，则加速度的方向向上，做减速运动，减速运动的过程中，安培力减小，做加速度逐渐减小的减速运动，当重力与安培力相等时，做匀速直线运动。故D正确，不符合题意。故

选B。8.如图所示，在有界匀强磁场中水平放置相互平行的金属导轨，导轨电阻不计，导轨上金属杆ab与导线接触良好，磁感线垂直导轨平面向上（俯视图），导轨与处于磁场外的大线圈M相接，欲使置于M内的小闭合线圈N产生顺时针方向的感应电流，下列做法可行的

是A.ab匀速向右运动B.ab加速向右运动C.ab加速向左运动D.ab匀速向左运动【答案】C【解析】ab匀速向右运动，切割磁感线产生的电动势：E=BLv，可知感应电动势不变，则产生的感应电流不变，故由感应电流产生的磁场也不变，则穿过线圈N的磁通量不

变，故N线圈不产生感应电流，故A错误；ab加速向右运动，ab切割磁感线产生的感应电动势：E=BLv，可知感应电动势增大，产生的感应电流增大，故由感应电流产生的磁场也增大，则穿过N的磁通量增大，由右手定则可知，ab产生的感应电流由a流向b，由安培定则可知，穿过N的磁场方向垂直于纸面向里，由

楞次定律可知，N中产生逆时针方向的感应电流，故B错误；ab加速向左运动时，感应电动势：E=BLv，可知感应电动势增大，故感应电流增大，故由感应电流产生的磁场也增大，则穿过线圈N的磁通量增大，由右手定则

与楞次定律可知，N中产生顺时针方向的感应电流，故C正确；ab匀速向左运动，切割磁感线产生的电动势：E=BLv，可知感应电动势不变，则产生的感应电流不变，故由感应电流产生的磁场也不变，则穿过线圈N的磁通量不变，故N线圈不产生感应电流，故D错误；故选C.9.下面关于光的波粒二象性的说法中，哪些正确

()A.大量光子产生的效果往往显示出波动性，个别光子产生的效果往往显示出粒子性B.频率越大的光其粒子性越显著，频率越小的光其波动性越显著C.光在传播时往往表现出的波动性，光在跟物质相互作用时往往表现出粒子性D.光不可能同时既具有波动性，又具有粒子性【答案】ABC【解析】试题分析：

根据光的本性的认识，大量光子产生的效果往往显示出波动性，个别光子产生的效果往往显示出粒子性，也就是说光在传播时往往表现出的波动性，光在跟物质相互作用时往往表现出粒子性．而频率小则波长较长，越容易衍射，表现出波动性，反之越容易表现出粒子性．综上分析答案为ABC考点：光的本性点评：本题考查了对于

光的认识，光在不同情况下会侧重于某种性质，即波动或粒子性．10.如图甲为远距离输电示意图，变压器均为理想变压器。升压变压器原、副线圈匝数比为1∶100，其输入电压如图乙所示。远距离输电线的总电阻为100Ω。降压变压器右侧部分为一火警报警系统原理图，其中R1为一定值电阻，R2为用半导体热

敏材料制成的传感器，当温度升高时其阻值变小。电压表V显示加在报警器两端的电压（报警器未画出），未出现火警时，升压变压器的输入功率为750kW。下列说法中正确的是A.降压变压器副线圈输出的交流电频率为50HzB.远距离输电线路损耗功率为180kWC.当传感器R2所在处出现火警时，电压表V的示

数变小D.当传感器R2所在处出现火警时，输电线上的电流变小【答案】AC【解析】【详解】A．由图乙知交流电的周期为0.02s，所以频率为50Hz，变压器不改变频率，A正确；B．由图乙知升压变压器输入端电压有效值为250V，根据电压与匝数成正比知副线圈电压为25000V，所以输

电线中的电流为：I＝PU＝30A，输电线路损耗功率为：ΔP＝I2R＝90kW，B错误；D．当传感器R2所在处出现火警时，其阻值减小，负载总电阻减小，升压变压器的输入功率增大，输电线上的电流增大，D错误；C．输电线的电流增大，所以输电线电压损失增大，降压变压器副线圈两端电压减小，副线圈中的电流增大，

R1两端的电压增大，故电压表的示数减小，C正确。故选AC。11.如图所示，两根光滑平行金属导轨固定在倾角为30°的斜面上，导轨间距为L，导轨下端连接一个阻值为R的定值电阻，空间中有一磁感应强度大小为B、方向垂直导轨所在斜面上的匀强磁场．在斜面上平行斜面固定

一个轻弹簧，弹簧劲度系数为k，弹簧上端与质量为m、电阻为r、长为L的导体杆相连，杆与导轨垂直且接触良好．导体杆中点系一轻细线，细线平行斜面，绕过一个光滑定滑轮后悬挂一个质量也为m的物块．初始时用手托着物块，导体杆保持静止，细线伸直，但无拉力．

释放物块后，下列说法正确的是A.释放物块瞬间导体杆的加速度为gB.导体杆最终将保持静止，在此过程中电阻R上产生的焦耳热为222()mgRkRrC.导体杆最终将保持静止，在此过程中细线对导体杆做功为22mgkD.导体杆最终将保持静止，在此过程中流过电阻R的电荷量为()BLmgkRr【答案】BCD

【解析】【详解】A．初始时，弹簧被压缩，弹力大小1sinkxmg，即1sin300.5kxmgmg，释放物块瞬间，安培力为零，对杆和物块分析有：mgTma、1sinTkxmgma，解得：0.

5ag，故A错误．B．由于电磁感应消耗能量，杆最终速度为零，安培力为零，细线拉力'Tmg，弹簧处于伸长状态；对导体杆有：2sin'kxmgT，解得：212mgxxk；弹簧弹性势能不变，对物块、导体杆、弹簧整个系统，由能量守恒得：1212sinmgxxmgxxQ

，解得：2212122mgQmgxxk，电阻R上产生的焦耳热222RRmgRQQRrkRr．故B项正确．C．从运动到最终停止，弹簧弹力对导体棒做功为零，对导体棒运用动能定理得，12sin0TAWWmgxx，又222AmgWQk

，解得：细线对导体杆拉力做功22A12sinTmgWWmgxxk．故C项正确．D．流过电阻R上的电荷量12BLxxBLmgqRrRrkRr，故D正确．12.如图甲所示，在光滑水平面上的两个小球发生正碰

，小球的质量分别为m1和m2，图乙为它们碰撞前后的x－t图像.已知m1=0.1kg由此可以判断（）A.碰前m2静止，m1向右运动B.碰后m2和m1都向右运动C.由动量守恒定律可以算出m2=0.3kgD.碰撞过程中系统损失了0

.4J的机械能【答案】AC【解析】【详解】A.由x－t图像知碰前m2的位移不随时间而变化，处于静止状态.m1的速度大小为14m/sxvt，m1只有向右运动才能与m2相撞，故A正确.B.由图读出，碰后m2的速度为正方向，说明向右运动，m1的速度为负方向，说明向左运动，故B错误.C.由图像

求出碰后m2和m1的速度分别为v'=2m/s，v1'=－2m/s，根据动量守恒定律得m1v1=m2v2'+m1v1'，代入解得m2=0.3kg，故C正确.D.碰撞过程中系统损失的机械能为222111122111222Emvmvmv

，代入解得ΔE=0，故D错误.二、实验题（每空2分，共12分）13.在“研究电磁感应现象”的实验中，首先按图甲接线，以查明电流表指针的偏转方向与电流方向之间的关系；然后按图乙将电流表与线圈B连成一个闭合回路，将线圈A、电池、滑动变阻器和开关串联成另一个闭合电路，在图甲中，当

闭合S时，观察到电流表指针向左偏，不通电时电流表指针停在正中央．在图乙中(1)S闭合时，将螺线管A插入螺线管B的过程中，电流表的指针________；(填左偏、不偏、右偏)(2)线圈A放在B中不动时，指针将________；(填左偏、不偏、

右偏)(3)线圈A放在B中不动，突然断开开关S，电流表指针将________．(填左偏、不偏、右偏)【答案】(1).右偏(2).不偏(3).左偏【解析】【详解】图甲中，当闭合S时，观察到电流表指针向左偏，说明电流从哪方流入电流表指针就向哪方偏转；(1)[1]S闭合后，将螺线管

A(原线圈)移近螺线管B(副线圈)的过程中，穿过B的磁通量向上增加，根据楞次定律可知，在线圈B中产生的感应电流从负极流入电流表，故电流表指针向右偏转；(2)[2]线圈不动，磁通量不变，无感应电流，故指针不动；(3)[3]线圈A放在B附近不动，突然切断开关S，穿过B的磁通量向上减小，根据楞次定律

可知，在线圈B中产生的感应电流从正极流入电流表，故电流表指针向左偏转；14.如图所示为实验室中《验证动量守恒定律》的实验装置示意图。（1）实验中必须要求的条件是______。A.斜槽轨道尽量光滑以减少误差B.斜槽轨道末端的切线必须水平C.入射球和被碰球的质量必须相等

，且大小相同D.入射球每次必须从轨道的同一位置由静止释放（2）图中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影。实验时，先让入射球1m多次从斜轨上S位置静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP，然后把被碰小球2m静置于水平轨道的末端

，再将入射球1m从斜轨上S位置静止释放，与小球2m相碰，并重复多次。本实验还需要完成的必要步骤是________（填选项前的符号）。A.用天平测量两个小球的质量1m、2mB.测量抛出点距地面的高度HC.分别找到1m、2m相碰后平均落地点的位置M、ND.测量平抛射程OM、ON（3）为

了验证碰撞前后动量守恒，该同学只需验证表达式：________________________成立，即表示碰撞中动量守恒。【答案】(1).BD(2).ACD(3).OPmmOMmON112【解析】【详解】（1）[1]．A、只要小球离开轨道时的水平速度相等即可，不需要要求轨

道光滑，故A错误；B、小球离开时必须做平抛运动，因此小球末端必须水平；故B正确；C、入射球与被碰球大小要相等，但是入射球质量要大于被碰球的质量，以防止碰后入射球反弹，故C错误；D.入射球每次必须从轨道的同一位置由静止释

放，以保证到达底端时速度相同，选项D正确；故选BD。（2）[2]．如果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m1v0=m1v1+m2v2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

1v0t=m1v1t+m2v2t得m1OP=m1OM+m2ON因此实验需要过程为：测量两球的质量、确定落点从而确定小球的水平位移；故选ACD。（3）[3]．由（2）可知，实验需要验证m1OP=m1OM+m2ON三、计算题（每题10

分，共40分）15.如图所示，质量为245gm的物块可视为质点，放在质量为0.5kgM的木板左端，足够长的木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数为0.4。质量为05gm的子弹以速度v0=300m/s沿水平方向射入物块并留在其中（时间极短），g取10m/s2。求：（1）子弹进

入物块后一起向右滑行的最大速度v1；（2）木板向右滑行的最大速度2v；（3）物块在木板上滑行的时间t及物块在木板上相对木板滑行的距离x。【答案】（1）6m/s；（2）2m/s；（3）1s；3m【解析】【详解】（1）子弹进入物块

后一起向右滑行的初速度即为物块的最大速度，由动量守恒定律可得：0001mvmmv解得16m/sv（2）当子弹、物块、木板三者共速时，木板的速度最大，由动量守恒定律可得0102mmvmmMv解得22m/sv（3）

对物块和子弹组成的整体应用动量定理得：00210--mmgtmmvmmv由能量关系22001021122mmgxmmvmmMv解得1st3mx16.电磁驱动在军事、科研和生活中有着广泛的应用，某一驱动装置的原理图如图所示，正方形线圈

ABCD的两个接线端分别于水平放置的金属导轨相连接．线圈内有垂直线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小随时间变化的规律为0.1()BktT平行导轨间距0.5mL，其间有垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度11BT，质量0.1kg

m的导体棒PQ垂直导轨放置，且与导轨接触良好．已知线圈的边长0.2ma、匝数100n、电阻1r，导体棒的电阻3R，导体棒与导轨间的动摩擦因数0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2，其余电

阻不计．求：（1）0.2k导体棒PQ静止时，两端的电压U（2）导体棒PQ刚能滑动时，k的取值和线圈的热功率P（3）导体棒PQ最终以速度v=5m/s向右匀速滑动，在2ts的一段时间内，通过PQ的电荷量q和磁

场释放的磁场能E【答案】（1）0.6V；（2）20.4k；0.16W；（3）0.8C；3.28J【解析】【详解】（1）根据法拉第电磁感应定律SBEnnkSt得11EnkS又2SaPQ两端的电压10.6VERURr

（2）导体棒PQ刚能滑动时，根据平衡条件Ffmg1FBIL由闭合电路欧姆定律22()EnkSIRr联立解得20.4k线圈的热功率20.16WPIr（3）导体棒PQ最终以速度5m/sv向右匀速滑动，电流同

（2）0.4AI通过PQ的电荷量0.8CqIt磁场释放的磁场能2()3.28JEmgvtIRrt17.如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数n1:n2=3:1，原线圈电路中接有一量程为3A的理想交流电流表，副线圈两端接有理想交流电压表、

可变电阻R以及若干6V、6W的相同灯泡．输入端交变电压u的图象如图乙所示．（1）求图甲中电压表的读数；（2）要求灯泡均正常发光，求电路中最多允许接入的灯泡个数；（3）为满足第（2）问要求，求可变电阻R应调到的电阻值．【答案】（1）9V(2）9盏（3）13Ω【解析】【详解】（1）根据图象可得原线圈

电压的最大值U1m＝272V其有效值为U1＝12mU＝27V根据1122UnUn代入数据可得U2＝9V即为电压表读数．（2）设原线圈中通过的电流为I1，副线圈中通过的电流为I2为使副线圈接入的灯泡最多，则I1取允许通过的最大电流的有效值为3A根据U1I1＝U2I2代入数

据可得I2＝9A正常发光时每个灯泡中的电流为ID＝PU＝1A所以允许接入的灯泡个数为n＝2DII＝9（3）电阻两端电压为UR＝U2－UD＝3V电阻阻值为R＝2RUI＝13Ω18.如图所示，在光滑的水平面上有一质量为m=1kg的足够长的木板C，在C上放置有A、B两物体，A的质量mA=1kg，B的质

量为mB=2kg．A、B之间锁定一被压缩了的轻弹簧，弹簧储存的弹性势能Ep=3J，现突然给A、B一瞬时冲量作用，使A、B同时获得v0=2m/s的初速度，且同时弹簧由于受到扰动而解除锁定，并在极短的时间内恢复原长，之后与A、B分离．已知A和C之间的摩擦因数为μ1=0.

2，B、C之间的动摩擦因数为μ2=0.1，且滑动摩擦力略小于最大静摩擦力．求：(1)弹簧与A、B分离的瞬间，A、B的速度分别是多大？(2)已知在C第一次碰到右边的固定挡板之前，A、B和C已经达到了共同速度，求在到达共同速度之前A、B、C的

加速度分别是多大及该过程中产生的内能为多少？(3)已知C与挡板的碰撞无机械能损失，求在第一次碰撞后到第二次碰撞前A在C上滑行的距离？【答案】（1）0Av.，3m/sBv（2）21m/sBa，AC的共同加速度为21

m/sa，4.5JQ（3）0.75mACx【解析】【详解】（1）在弹簧弹开两物体的过程中，由于作用时间极短，对AB弹簧组成的系统由动量和能量守恒定律可得：0ABAABBmmvmvmv22201112

22PABAABBEmmvmvmv联立解得：0Av.，3m/sBv（2）对物体B有：221m/sBag对AC有：2BAmgmma又因为：1AAmamg故物体AC的共同加速度为21m/sa

对ABC整个系统来说，水平方向不受外力，故由动量和能量守恒定律可得：BBABmvmmmv221122BBABQmvmmmv解得：4.5J,1.5m/sQv（3）C和挡板碰撞后，先向左匀减速运动，速度减至0后

向右匀加速运动，分析可知，在向右加速过程中先和A达到共同速度v１，之后AC再以共同的加速度向右匀加速，B一直向右匀减速，最后三者达共同速度v２后做匀速运动．在些过程中由于摩擦力做负功，故C向右不能一直匀加速至挡板处，所以和挡板再次碰撞前三者已经达共

同速度．22122m/s,1m/sABagag12ABCmgmgma解得：24m/sCa1Acvvatvat解得：10.5m/sv0.5st110.5m2Avvxt110.25m2Cvvxt故AC间的相对运动距离为110.

75mACACxxx