2021中山卓雅外国语学校高二下学期第一次段考物理试题含答案

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2020-2021学年中山市卓雅外国语学校第二学期第一次段考高二年级物理试卷考试范围：选修3-2.选修3-5；考试时间：75分钟；命题人： 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________注意：本试卷包含Ⅰ、Ⅱ两卷。第Ⅰ卷为选择题，所有答案必须用2B铅笔涂在答题卡中相应的位置。第Ⅱ卷为非选择题，所有答案必须填在答题卷的相应位置。答案写在试卷上均无效，不予记分。一、单选题（本大题共7小题，共28.0分）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。产生的交变电动势随时间变化的规律如图乙所示。则下列说法正确的是(    )A. t=0.01s时矩形金属线框平面与磁感线平行B. 该交变电流的电动势的有效值为222VC. 该交变电流的电动势的瞬时值表达式为e=222cos100πtVD. 电动势瞬时值为22V时，矩形金属线框平面与中性面的夹角为45°如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比n1：n2=2：1，电压表和电流表均为理想交流电表，灯泡电阻RL=6Ω，AB两端电压u1=122sin100πt(V).下列说法正确的是(    )A. 电流频率为100Hz B. 电压表的读数为24VC. 电流表的读数为0.5A D. 变压器输入功率为6W如图甲所示，一理想变压器原、副线圈匝数之比为22︰1，其原线圈两端接入如图乙所示的正弦交流电，副线圈通过电流表与负载电阻R=20 Ω相连。若交流电压表和交流电流表都是理想电表，则下列说法中正确的是(    )A. 电流表的示数是0.52A B. 变压器的输入功率是5 WC. 流过R的电流方向每秒改变50次 D. 当t=1×10−2s时电压表的示数是0 V篮球竖直落下，与水平地面碰撞前速度大小为4m/s，碰后竖直反弹，速度大小为1m/s，已知篮球质量为0.6kg，则篮球与地面碰撞过程中篮球所受合力的冲量大小为( )A. 1.8kg⋅m/s B. 3kg⋅m/s C. 0.6kg⋅m/s D. 2.4kg⋅m/s在进行光电效应实验时，用黄光照射某金属表面时发生光电效应现象，并产生了光电流，则( )A. 若增大黄光的照射强度，光电子的最大初动能将增大B. 若增大黄光的照射强度，单位时间内出射的电子数目将增多C. 若改用红光照射该金属，一定能产生电效应现象D. 若改用蓝光照射该金属，饱和光电流一定增大下图为氢原子的能级示意图。处于n=4能级的一群氢原子向低能级跃迁时，辐射出的光子再照射到逸出功为2.29 eV的某金属板上，下列说法正确的是( )共有10种不同频率的光子辐射出来B. 共有6种不同频率的光子能使该金属发生光电效应现象C. 从金属板上逸出光电子的最大初动能可能为10.46eVD. 从n=4能级跃迁到n=3能级时发出的光波长最短下列关于原子物理的说法中正确的是(    )A. α、β和γ三种射线中，α射线的穿透能力最强B. β衰变中所放出的电子从原子内层电子放射出来的C. 发生一次β衰变可以产生2种射线D. 随着科技的进步，可以通过加压升温等方法改变原子核的半衰期二、多选题（本大题共5小题，共30.0分）在如图甲所示的电路中，理想变压器原副线圈的匝数比为10：1，副线圈接有阻值为10Ω的定值电阻R，原线圈接有如图乙所示的正弦交变电压。下列分析正确的是(    )A. 变压器原线圈通过的电流的有效值为102AB. 变压器副线圈通过的电流的有效值为2AC. 电阻R两端的电压为10VD. 电阻R消耗的功率为20WA，B两球沿一直线运动并发生正碰，如图所示为两球碰撞前后的位移一时间图象，a、b分别为A，B两球碰前的位移一时间图象，c为碰撞后两球共同运动的位移一时间图象，若A球质量是m=2kg，则由图可知下列结论错误的是(    )A. A、B碰撞前的总动量为3kg·m/sB. 碰撞时A对B所施冲量为−4N·sC. 碰撞前后A的动量变化为6kg·m/sD. 碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为10J一质量为0.2kg的滑块B放在固定的竖直面内的14光滑圆弧底端，该圆弧的半径为0.45m，底端切线水平，且底端距水平地面的高度为0.8m。将一质量为0.1kg的滑块A从圆弧顶端由静止释放，在圆弧底端与滑块B发生弹性碰撞。A、B均视为质点，不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2.下列说法正确的是(    )A. 与滑块B碰撞前瞬间，滑块A的速度大小为1m/sB. 与滑块B碰撞前瞬间，滑块A的速度大小为3m/sC. 滑块A落到水平地面时到圆弧底端的水平距离为0.4mD. 滑块B落到水平地面时到圆弧底端的水平距离为1.2m如图所示，质量分别为0.99kg、1kg的滑块A和滑块B通过轻质弹簧连接，放在足够大的光滑水平面上，开始时弹簧处于原长。现滑块A被水平飞来的质量为10g、速度大小为400m/s的子弹击中，且子弹未从滑块A中穿出。不计子弹射入滑块A的时间。下列说法正确的是(    )A. 子弹击中滑块A的瞬间，滑块B的速度大小为2m/sB. 子弹击中滑块A后的瞬间，子弹和滑块A的共同速度大小为4m/sC. 弹簧的最大弹性势能为6JD. 滑块B的最大动能为8J如图所示。是某金属在光的照射下产生光电效应，其遏止电压Uc与入射光频率ν的关系图象。则由图象可知(    )遏止电压与入射光的频率无关B. 该金属的逸出功等于ℎν0C. 图象的斜率表示普朗克常量hD. 入射光的频率为3ν0时，产生的光电子的最大初动能为2ℎν0三、计算题（本大题共3小题，共42.0分）如图所示，一长22m、宽0.20m，匝数100匝的矩形金属线圈电阻r=1Ω，在B=0.6T的匀强磁场中以恒定角速度ω=10rad/s绕垂直于磁场方向的固定轴OO′匀速转动，线圈两端通过电刷与图示的电路连接，其中电阻，，理想变压器的原、副线圈的匝数比n1：n2=5：1，求：(1)从中性面开始计时，线圈转动时产生感应电动势的瞬间值表达式；(2)交流电压表、电流表的示数U、I；(3)若不计一切摩擦及空气阻力，线圈转动一周外力做的功W。如图所示为竖直放置的四分之一圆弧轨道，O点是其圆心，半径R=0.8m，OA水平、OB竖直。轨道底端距水平地面的高度ℎ=0.8m。从轨道顶端A由静止释放一个质量m=0.1kg的小球，小球到达轨道底端B时，恰好与静止在B点的另一个相同的小球发生碰撞，碰后它们粘在一起水平飞出，落地点C与B点之间的水平距离x=0.4m。忽略空气阻力，重力加速度g=10m/s2.求：(1)两球从B点飞出时的速度大小v2；(2)碰撞前瞬间入射小球的速度大小v1；(3)从A到B的过程中小球克服阻力做的功Wf。如图所示，质量m1=0.3kg的足够长的小车静止在光滑的水平面上，现有质量m2=0.2kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v0=10m/s从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止．物块与车面间的动摩擦因数μ=0.5，g取10m/s2.求：(1)物块在车面上滑行的时间t；(2)摩擦力对小车的冲量和对小车做的功(3)要使物块不从小车右端滑出，车长至少多长⋅2020-2021学年中山市卓雅外国语学校第二学期第一次段考答案和解析【答案】1. D 2. D 3. B 4. B 5. B 6. C 7. C 8. BD9. AC 10. BC 11. BD 12. BD 13. 解：(1)线圈产生感应电动势的最大值：Em=NBSω=100×0.6×22×0.2×10V=602V从中性面开始计时，线圈转动时产生感应电动势的瞬间值表达式为：e=Emsinωt=602sin10t V；(2)设变压器原、副线圈中电流分别为I1、I2，变压器原、副线圈两端电压分别为U1、U2，则有：U1=E−I1(R1+r)感应电动势有效值：E=Em2变压比规律：U1U2=n1n2变流比规律：I1I2=n2n1根据闭合电路的欧姆定律可得副线圈的电流：I2=U2R2联立解得电压表示数为：U=U2=10V电流表示数为：I=I1=2A；(3)线圈转动一周外力做的功W，由能量守恒，有：W=[I12(R1+r)+I22R2]2πω代入数据得W=24π J=75.36J。答：(1)从中性面开始计时，线圈转动时产生感应电动势的瞬间值表达式为e=602sin10t V；(2)交流电压表、电流表的示数分别为10V、2A；(3)若不计一切摩擦及空气阻力，线圈转动一周外力做的功为75.36J。  14. 解：(1)两球做平抛运动，根据平抛运动规律得竖直方向上  ℎ=12gt2解得        t=0.4s水平方向上  x=v2t解得        v2=1m/s(2)两球碰撞，规定向左为正方向，根据动量守恒定律得mv1=2mv2解得   v1=2m/s(3)入射小球从A运动到B的过程中，根据动能定理得mgR−Wf=12mv12−0解得  Wf=0.6J答：(1)两球从B点飞出时的速度大小是1m/s；(2)碰撞前瞬间入射小球的速度大小是2m/s；(3)从A到B的过程中小球克服阻力做的功是0.6J。  15. 解：(1)依据动量守恒得：m2v0=(m1+m2)v，解得：v=4m/s，物块所受的滑动摩擦力大小：f=μm2g=0.5×0.2×10N=1N，对小车，依据动量定理得：ft=m1v，解得：t=1.2s；(2)摩擦力对小车的冲量为：I=ft=1×1.2N⋅s=1.2N⋅s，根据动能定理，对小车做功为：W=12m1v2=12×0.3×42J=2.4J(3)物块不从小车右端滑出，根据功能关系，有：Q=12m2v02−12(m1+m2)v2其中：Q=f⋅△x解得：Δx=12m2v02−12(m1+m2)v2f=12×0.2×102−12×0.3+0.2×421m=6m故有：L≥△x=6m  【解析】1. 解：A、当t=0.01s时刻感应电动势等于零，所以穿过线框回路的磁通量最大，线框平面与中性面重合，矩形金属线框平面与磁感线垂直，故A错误；B、产生的有效值为：E=Em2=2222V=22V，故B错误；C、由图可知，Em=222V，周期为：T=0.02s，角速度为：ω=2πT=2π0.02rad/s=100πrad/s，则该交流电的瞬时表达式为：e=222sin100πtV，故C错误；D、电动势瞬时值为22V时，则有：22=222sinθ，解得：θ=45°，所以矩形金属线框平面与中性面的夹角为45°，故D正确故选：D。从图象得出电动势最大值、周期，从而算出频率、角速度；磁通量最大时电动势为零，磁通量为零时电动势最大本题考查了对交流电图象的认识，要具备从图象中获得有用信息的能力，并掌握有效值与最大值的关系。2. 【分析】由瞬时值表达式解得交流电的周期、频率；根据电压与匝数成正比，变压器的输入功率和输出功率相等，逐项分析即可得出结论。掌握住理想变压器的电压、电流及功率之间的关系，本题即可得到解决。【解答】A.AB端电压u1=122100πt(V)，由表达式可得电流频率为：f=100π2πHz=50Hz，故A错误；B.电压表的示数为电压的有效值，根据电压与匝数成正比，可知：U2=6V，故B错误；C.I2=U2RL=1A，A的读数为1A，故C错误；D.理想变压器的输入输出功率相同，故P1=P2=U2I2=6W，故D正确。故选D。3. 【分析】根据图象准确找出已知量，是对学生认图的基本要求，准确掌握理想变压器的特点及电压、电流比与匝数比的关系，是解决本题的关键。由图乙可知交流电压最大值Um=2202V，周期T=0.02s；根据变压比和电流比结合欧姆定律求解电流表示数和变压器的输入功率；电压表的示数为有效值。【解答】D.由图乙可知交流电压最大值Um=2202V，有效值为220V，据变压比可知，输出电压有效值为10V，电压表的示数为有效值，则任意时刻的示数均为10V，故D错误；A.根据欧姆定律可知，I= UR=0.5A，故A错误；B.变压器的输出功率P=UI=5W，根据输出功率等于输入功率可知，变压器的输入功率是5W，故B正确；C.周期T=0.02s，则流过R的电流方向每秒改变100次，故C错误。故选B。4. 【分析】先规定正方向，求出初、末动量，利用动量定理即可分析。本题的关键是掌握利用动量定理及物理意义。【解答】以向上为正方向，则篮球的初动量为：p1=mv1=−0.6×4kg·m/s=−2.4kg·m/s，篮球的末动量为：p2=mv2=0.6kg·m/s，根据动量定理可得此过程中，篮球受到的合力的冲量为：I合=p2−p1=3kg·m/s，故B正确，ACD错误。故选B。5. 【分析】发生光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，入射光的强度影响单位时间内发出的光电子数目，根据光电效应方程判断光电子最大初动能的变化．解决本题的关键知道光电效应的条件，以及掌握光电效应方程．【解答】A、根据爱因斯坦光电效应方程，增大黄光的照射强度，不能改变光电子的最大初动能，A错误；B、增大黄光的照射强度，入射光子数增多，则单位时间内出射的光电子数目将增多，B正确；C、红光频率低于黄光频率，不一定能产生光电效应，C错误；D、改用蓝光照射，入射光子数不一定增多，饱和光电流不一定增大，D错误。故选：B。6. 【分析】能级间跃迁辐射的光子能量等于两能级间的能级差，能级差越大，则辐射的光子频率越大，波长越短，根据光电效应的效应方程求出光电子的最大初动能；根据光电效应发生条件判断能否发生光电效应。解决本题的关键掌握能级间跃迁辐射的光子频率与能级差的关系，掌握光电效应方程及产生条件。【解答】AB.这群氢原子最多发出的光子种数为C42=6种不同频率的光，故A错误；B.根据△E=En−Em，△E1=E4−E2=2.55eV，△E2=E4−E1=12.75eV，△E3=E3−E1=12.09eV，△E4=E2−E1=10.2eV，△E5=E4−E3=0.66eV，△E6=E3−E2=1.89eV，金属，的逸出功为2.29eV，所以能使金属发生光电效应的光子有4种，故B错误；C.根据Ek=ℎν−W知，入射光子的频率越高，逸出光电子的最大初动能越大，故C正确；D.从金属板中逸出的光电子就是电子，故D错误。故选C。7. 【分析】能级间跃迁辐射或吸收的光子能量必须等于两能级间的能级差，能级差越大，辐射的光子能量越大，频率越大，波长越小。解决本题的关键知道能级间跃迁满足的规律，即Em−En=ℎv。【解答】A.根据C42=4×32=6知，这群氢原子能够发出6种不同频率的光子，故A错误；B.由n=4跃迁到n=1，辐射的光子能量最大，△E=13.6−0.85eV=12.75eV，故B错误；C.从n=4跃迁到n=3辐射的光子能量最小，频率最小，则波长最长，故C正确；D.一群处于n=4的氢原子发生跃迁，吸收的能量必须等于两能级的能级差，故D错误。故选C。8. 解：BC、原线圈接有如乙图所示的正弦交变电压，则有效值为U1=2002V=1002V，根据变压比可知，电阻R两端的电压为U2=n2n1⋅U1=102V，根据闭合电路欧姆定律可知，副线圈通过的电流I2=U2R=2A，故B正确，C错误。A、根据变流比可知，原线圈通过的电流I1=n2n1⋅I2=0.12A，故A错误。D、电阻R消耗的功率P=U2I2=20W，故D正确。故选：BD。根据正弦式交变电压有效值与最大值得关系确定有效值。根据变流比和变压比求解电流和电压。根据功率公式计算电阻R消耗的功率。此题考查变压器的工作原理，解决该题关键要掌握住理想变压器的电压、电流及功率之间的关系以及串并联电压与电流关系，本题即可得到解决。9. 【分析】在位移时间图象中，斜率表示物体的速度，由图象可知碰撞前后的速度，根据动量的定义公式及动量守恒定律可以求解．本题主要考查了动量的表达式及动量定理的直接应用，要求同学们能根据图象读出a碰撞前后的速度，明确碰撞的基本规律是动量守恒定律．【解答】由x−t图象可知，碰撞前有：A球的速度vA=4−102m/s=−3m/s，B球的速度vB=42m/s=2m/s 碰撞后有：A、B两球的速度相等，为vA′=vB′=2−44−2m/s=−1m/s；对A、B组成的系统，A、B两球沿一直线运动并发生正碰，碰撞前后都是做匀速直线运动，所以系统的动量守恒，碰撞前后A的动量变化为：△pA=mvA′−mvA=4kg⋅m/s根据动量守恒定律，碰撞前后A的动量变化为：△pB=−△pA=−4kg⋅m/s又：△pB=mB(vB′−vB)，所以：mB=43kg 所以A与B碰撞前的总动量为：p总=mvA+mBvB=−103kg⋅m/s 由动量定理可知，碰撞时A对B所施冲量为：IB=△pB=−4kg⋅m/s=−4N⋅s碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能：ΔEk=12mvA2+12mBvB2−12(m+mB)vA′2，代入数据解得：△Ek=10J，故AC错误，BD正确。选错误的，故选AC。10. 解：AB、A在光滑的圆弧轨道上运动，机械能守恒，则有：mAgℎ=12mAv2所以与B碰撞前A的速度为：v=2×10×0.45m/s=3m/s，故A错误，B正确；CD、A、B碰撞过程动量以及能量守恒，则有：mAv=mAv1+mBv2mAv2=12mAv12+12mBv22带入数据解得：v1=1m/s，v2=1m/s，碰后AB在空中做平抛运动，落到地面的时间为：t=2Hg=2×0.810s=0.4s，所以A、B在水平方向的距离为x1=x2=v1t=0.4m，故C正确，D错误。故选：BC。A在光滑的圆弧轨道上运动时，只有重力做功，机械能守恒，根据机械能守恒定律求解与B碰撞前的速度；A、B碰撞过程动量守恒，根据动量守恒求解碰撞后B的速度，碰后A、B做平抛运动，根据平抛运动特征求解水平距离。解决该题的关键是掌握滑块A在圆弧上运动机械能特征，知道弹性碰撞过程能量和动量均守恒，掌握平抛运动的运动特点。11. 解：子弹的质量m=10g=0.010kg；A、子弹击中滑块A的瞬间，弹簧没有发生形变，滑块B所受合力为零，滑块B保持静止状态，故A错误；B、子弹击中滑块A的过程，系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0=(mA+m)v1代入数据解得：v1=4m/s，故B正确；C、滑块A、B速度相等时弹簧压缩量最大，弹簧弹性势能最大，A、B系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：(m+mA)v1=(m+mA+mB)v由能量守恒定律得：12(m+mA)v12=12(m+mA+mB)v2+Ep代入数据解得：Ep=4J，故C错误；D、弹簧恢复原长时滑块B的速度最大，动能最大，A、B系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：(m+mA)v1=(m+mA)vA+mBvB由能量守恒定律得：12(m+mA)v12=12(m+mA)vA2+12mBvB2滑块B的最大动能EkB=12mBvB2代入数据解得：EkB=8J，故D正确。故选：BD。子弹击中滑块A的过程系统动量守恒，应用动量守恒定律求出子弹击中滑块A后它们的共同速度；当A、B速度相等时弹簧的压缩量最大，弹簧的弹性势能最大，应用动量守恒定律求出A、B的共同速度，应用能量守恒定律求出弹簧的最大弹性势能；当弹簧恢复原长时B的速度最大，动能最大，应用动量守恒定律与能量守恒定律可以求出滑块B的最大动能。本题是一道力学综合题，考查了动量守恒定律的应用，根据题意分析清楚物体的运动过程是解题的前提，应用动量守恒定律与能量守恒定律即可解题。12. 【分析】根据光电效应方程Ekm=ℎν−W0和eUC=EKm得出遏止电压U与入射光频率v的关系式从而进行判断。【解答】A.根据光电效应方程有：Ekm=ℎν−W0和eUC=EKm得：UC=ℎνe−W0e，当入射光的频率大于极限频率时，遏止电压与入射光的频率成线性关系，故A错误；B.当遏止电压为零时，最大初动能为零，则入射光的能量等于逸出功，所以W=ℎν0，故B正确；C.因为UC=ℎνe−W0e知图线的斜率k=ℎe，从图象上可以得出斜率的大小，已知电子电量，可以求出普朗克常量，但斜率不表示普朗克常量h，故C错误；D.从图象上可知，逸出功W=ℎν0，根据光电效应方程有：Ekm=ℎν−W0，当入射光的频率为3ν0时，产生的光电子的最大初动能为：Ekm=3ℎν0−ℎν0=2ℎν0，故D正确。故选BD。13. (1)求出线圈产生感应电动势的最大值，根据感应电动势的瞬间值表达式e=Emsinωt求解；(2)根据变压器的原理结合闭合电路的欧姆定律联立求解；(3)由能量守恒求解线圈转动一周外力做的功。本题主要是考查了正弦交流电的产生和变压器的知识；解答本题的关键是知道变压器的电压之比等于匝数之比，在只有一个副线圈的情况下的电流之比等于匝数的反比，知道正弦交流电有效值和最大值的关系。14. 1、两球做平抛运动，根据平抛运动规律得两球从B点飞出时的速度大小2、两球碰撞，根据动量守恒定律得出入射小球的速度大小3、入射小球从A运动到B的过程中，根据动能定理得克服阻力做的功。本题关键对两个球块的运动过程分析清楚，然后选择动能定理和平抛运动、动量守恒定律基本公式求解。15. 本题关键是根据动量守恒定律、动量定理、能量守恒列式求解，也可以根据牛顿第二定律和速度时间公式列式联立求解。(1)由于摩擦作用，滑块减速，平板小车加速，系统水平方向不受外力，总动量守恒，可求出相对静止时的共同速度，对小车运用动量定理求解出加速时间，即为物块在车面上滑行的时间t；(2)对小车，根据动量定理列式求解摩擦力对小车的冲量，根据动能定理列式求解摩擦力对小车做功；(3)要使物块恰好不从小车右端滑出，滑块滑到小车的最右端，两者速度相同，结合Q=f⋅△x列式求解。题号一二三总分得分