福建省宁德市高中同心顺联盟校2020-2021学年高二物理下学期期中试题.doc

福建省宁德市高中同心顺联盟校2020-2021学年高二物理下学期期中试题

福建省宁德市高中同心顺联盟校2020-2021学年高二物理下学期期中试题

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福建省宁德市高中同心顺联盟校2020-2021学年高二物理下学期期中试题
一、单项选择题（本题共4小题，每小题4分，共16分，每小题只有一项符合题目要求）
1．下列叙述中不符合物理学史的有（　 　）
A．汤姆孙通过研究阴极射线实验，发现了电子
B．卢瑟福通过对粒子散射实验现象的分析，提出了原子核式结构
C．巴耳末根据氢原子光谱分析，总结出氢原子光谱可见光区波长公式
D．玻尔提出的原子模型，彻底否定了卢瑟福的原子核式结构学说

2．矩形金属线圈共10匝，在匀强磁场中绕垂直磁场方向的转轴匀速转动，线圈中产生的电动势e随时间t的变化情况如图所示，下列说法中正确的是( )
A．此交流电的电动势有效值是V
B．0.015 s时线圈平面与磁场垂直
C．此交流电的频率是50 Hz
D．穿过线圈的磁通量最大值为Wb

3．某质点的振动图像如图所示，下列说法正确的是( )
A.简谐运动的表达式为y＝2sin(0.5πt+0.5π) cm
B．1s到2s时间内,速度与加速度方向相同
C．t=0.5s时，位移为1cm
D．1s和3s时刻,质点的速度相同

4．两个小木块B、C中间夹着少量炸药，使它们一起在光滑水平面上沿直线运动，这时它们的运动图线如图中a线段所示，在t=4s末，引爆炸药，B、C瞬间分离后，运动图线分别如图中b、c线段所示。从图中的信息可知（　　）
A．木块B、C分离后的运动方向相反
B．木块B的质量是木块C质量的四分之一
C．木块B、C分离过程中B木块的动量变化较大
D．木块B、C分离前后，系统的总动能不变

二.多项选择题（本题共4小题，每小题6分，共24分，每小题有多项符合题目要求，选对但不全得3分，有选错得0分）
5．下列说法中正确的是（ ）
A．只有在发生共振的时候，受迫振动的频率才等于驱动力的频率
B．设波源相对介质不动，观察者靠近波源，则接收到的机械波频率减小
C.当障碍物或狭缝的尺寸跟波长相差不多时，衍射现象十分明显
D．产生稳定干涉的条件是两列波的频率相同，振动方向相同

6．如图所示，实线与虚线分别表示振幅（A）、频率（f）均相同的两列波的波峰和波谷,M、Q两点在两波源连线的垂直平分线上。此刻，M是波峰与波峰相遇点，下列说法中正确的是 （ ）
A．P、N两质点始终处在平衡位置
B．随着时间的推移，质点M将向Q点处移动
C．从该时刻起，经过四分之一周期，质点M到达平衡位置，此时位移为零
D．QM连线中点是振动加强的点，其振幅为2A

7．如图所示是变压器通过降压给用户供电的示意图。变压器的输入电压是市区电网的电压，负载变化时输入电压不会有大的波动，可以认为电压表V1示数不变。两条输电线的总电阻用R0表示，滑动变阻器R表示用户用电器的总电阻。如果变压器上的能量损失忽略不计，当用户的用电器增加时，图中各表的示数变化的情况是（　　）
A．电流表A1示数变大
B．电流表A2示数变小
C．电压表V2示数变大
D．电压表V3示数变小

8．如图所示,在光滑的水平面上放有一质量为M的物体P,物体P上有一半径为R的光滑四分之一圆弧轨道, 现让质量为m的小滑块Q（可视为质点）从轨道最高点由静止开始下滑至最低点的过程中( )
A．P、Q组成的系统动量不守恒，机械能守恒
B．P移动的距离为R
C．P、Q组成的系统动量守恒，机械能守恒
D．P移动的距离为R

三.非选题题（共60分，考生根据要求作答）
9. (本题4分)某电厂要将电能输送到较远的用户,输送的总功率为9.8×104W,电厂输出电压仅为350V,为减少输送功率损失,先用一理想升压变压器将电压升高到2800V再输出,之后用降压变压器降压到220V给用户使用,已知输电线路的总电阻为4Ω,则损失的电功率为______W,降压变压器的原、副线圈的匝数之比为______．

10. （本题4分）我国《道路交通安全法》规定驾驶员的血液酒精含量达到20 mg/m3（含20 mg/m3）属于酒驾，达到80 mg/m3（含80 mg/m3）属于醉驾。只要酒驾就属于违法行为，可能被处以行政拘留或者罚款。半导体型呼气酒精测试仪采用氧化锡半导体作为传感器。如图甲所示是该测试仪的原理图，图中电源电动势为4.8V，内阻可忽略不计：电压表量程为5V，内阻很大；定值电阻R1的阻值为60Ω；实验测得酒精气体传感器R2的电阻值随酒精气体浓度变化的关系曲线如图乙所示。
(1)醉驾时R2的阻值小于等于___________Ω；
(2)按图甲所示电路图把电压表改装成酒精浓度表，则酒精气体浓度为0的刻度线应刻在电压刻度线为__________V处。

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11. （实验,本题6分）某同学在“用单摆测定重力加速度”的实验中进行了如下的操作：
（1）把摆球用细线悬挂在铁架台上，测量摆线长，通过计算得到摆长L，用秒表测量单摆的周期．当单摆摆动稳定且到达最低点时开始计时并记为n=0，单摆每经过最低点记一次数，当数到n=60时秒表的示数如图（乙）所示，该单摆的
图乙
周期是T= s（结果保留三位有效数字）．

（2）测量出多组周期T、摆长L数值后，画出T2—L图象如图（丙），此图线斜率的物理意义________。A．g
图丙
B． C． D．

（3）如果用公式g= 来计算重力加速度与真实值比较，发现测量结果偏大，原因可能是 。
A．振幅偏小 B．测量时把摆线长加小球直径当成摆长
C．将摆线长当成了摆长 D．计数n时，把59次数成60次

12. (实验,本题6分)某同学做“验证动量守恒定律”的实验（如图1所示），即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系。

（1）图中点是小球抛出点在地面上的垂直投影。实验时，先让入射球多次从斜轨上位置静止释放，找到其平均落地点的位置，测量平抛射程．然后，把被碰小球静置于轨道的水平末端部分，再将入射球从斜轨上位置静止释放，与小球相碰，并多次重复。接下来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、，且有
B．测量小球开始释放的高度 C．测量抛出点距地面的高度
D．分别找到、相碰后平均落地点的位置、
E．测量平抛射程、
（2）在某次的实验中，得到小球的落点情况如图2所示，假设碰撞中系统动量守恒，则入射小球的质量和被碰小球的质量之比为 。
（3）若碰撞中系统动量守恒，、、三者再满足关系式 ，则可证明碰撞是弹性碰撞。
13．(计算，本题10分)如图所示，匀强磁场的磁感应强度B=1T，边长为的正方形线圈共100匝，线圈总电阻Ω，线圈绕垂直于磁感线的对称轴匀速转动，角速度。外电路电阻。(计算结果可以保留根号和)求：
（1）转动过程中感应电动势的最大值Em；
（2）转动过程中交变电压表的示数U；
（3）从图示位置开始，转过90o过程，通过的电荷量q为多少？

14. （计算,本题14分）如图所示，实线是一列简谐横波在t1时刻的波形图，虚线是在t2＝(t1＋0.2)s时刻的波形图。
（1）若波沿x轴正方向传播，且T＞0.2s，则波速多大；
（2）若波速为55m/s，求质点M在t1时刻的振动方向；
（3）若在t1到t2的时间内M通过的路程为1.8m，那么波的传播方向怎样？波速多大？

15. （计算，本题16分）如图，光滑水平面上，质量为M的长木板处于静止状态，其上表面除右侧AB段粗糙外，其他部分光滑，在其左端固定一处于原长状态的轻弹簧。一质量为m的小滑块，以初速度v0从图示位置滑上木板，压缩弹簧后，最终从B端滑离长木板，小滑块与木板AB段间的动摩擦因数为μ，求：（1）弹簧的最大弹性势能以及此时长木板的速度；
（2）小滑块m返回刚滑上长木板位置时的速度，以及此时长木板的速度；
（3）如果m滑离B点时的速度为v，求m滑离B点时长木板的速度和AB段的长度，还有整个过程中因摩擦而产生的热量。

2020~2021学年宁德市“同心顺”第二学期期中联合考试
高 二 物 理答案及评分标准
1-4单选每小题4分，共16分;5-8多选题每小题6分，共24分.
1．D 2．C 3．A 4．B 5CD 6ACD 7．AD 8．AB
9. 4900 (2分)， 133：11(2分)
10.（1）30 (2分)（2）2.4(2分)
11.（1）3.33；(2分)；（2）C ；(2分)（3）BD(2分漏选得1分，错选不得分)
12．（1） (2分)，漏选得1分，错选不得分) ；
（2） 4:1(2分)；
（3）(2分) （写m1 OP2=m1OM2+m2ON2也给2分）
13．（10分）
（1） （3分）感应电动势的最大值为：
(2分)
=100x1x0.01x2=2(V) (1分)
（2） （3分）交变电压表的示数为外电路电压的有效值：
(2分)

(1分) (可以保留根号和)

（3） （4分）根据法拉第电磁感应定理可得，转过90O过程中产生的平均感应电动势为：
(1分)
则转过90O过程中通过R的电荷量为：
(2分)
=0.2C (1分)

14．（14分）
（1）（4分）由图可知波长λ=4m，波向x轴正方向传播
且T＞0.2s由图可知
0.2s=T(1分)
则T=0.8s(1分)
据v＝(1分)，
代入数据得v=5m/s(1分)
（2）（5分）若波速为55m/s，据v＝(1分)，可知
T=s(1分)
则0.2s=T(1分)
可知波向x轴负方向传播(1分)
则质点M在t1时刻的振动方向沿y轴负方；(1分)
（3）（5分）由图可知振幅A=0.2m，在t1到t2的时间内M通过的路程为1.8m=9A，(1分)
即0.2s=T (1分)
故波向x轴正方向传播，且T=s(1分)
据v＝(1分)代入数据得
v=45m/s(1分)
15（16分）
解：（1）（5分）从开始到弹簧压缩最短过程中，系统动量守恒，能量守恒，取水平向左为正方向，则
mv0＝（m+M）v (1分)
弹簧的最大弹性势能为：
EP＝﹣(2分)
解得：v＝(1分) EP＝(1分)

（2）（5分）小滑块m返回刚滑上长木板位置的过程中，系统动量守恒，能量守恒，取水平向左为正方向，则
mv0＝mv1+Mv2 (1分)
＝+ (2分)
解得：小滑块m的速度v1＝，(1分)长木板的速度v2＝(1分)
（3）（6分）小滑块m从开始到滑离B点的过程中，系统动量守恒，能量守恒，取水平向左为正方向，则
mv0＝mv+Mv3(1分)
＝++Q(1分)
产生的热量Q＝μmgxAB(1分)
联立解得：
v3＝(1分)
Q＝﹣(1分)
xAB＝(1分)
答：（1）弹簧的最大弹性势能为以及此时长木板的速度为；
（2）小滑块m返回刚滑上长木板位置时的速度为，以及此时长木板的速度为；
（3）小滑块m滑离B点时长木板的速度为和AB段的长度为，整个过程中因摩擦而产生的热量为﹣。