江西省赣州市十四县市学年高二物理下学期期中联考试题含答案Word文档格式.docx
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A.a、b端输人功率为18W
B.a、b端输人电压为36V
C.a、b端输人电压为48V
D.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.
A
C.
AD.
6.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=220V,频率f=50Hz,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=100Hz,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
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( )
B.
D.
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h
B.小球抛出点距地面的高度H
C.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。
(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=20cm,ad边长L2=25cm,放在磁感应强度B=0.4T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=3000r/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:
(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=1.0kg的物块A以v0=4.0m/s速度沿粗糙水平面滑向静止在水平面上质量为M=2.0kg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=1.75m,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=10m/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:
(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
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
C
B
D
BC
AB
AC
11.
(1)C(3)
或
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),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
(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.
(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.
(1)线圈的角速度ω=2πn=100πrad/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=314V………………………………………….1分
感应电动势的瞬时值表达式:
e=Emcosωt=314cos100πtV.………………………………………….1分
(2)电动势的有效值E=
线圈匀速转动的周期T=
=0.02s………………………………………….1分
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=
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△t
q=
Δt=
,………………………………………….2分
代入数据得q=0.1C.………………………………………….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
由
,得升压变压器的输出电压:
………………….1分
所以升压变压器的原副线圈的匝数之比:
(3)输电线上的电压为:
所以降压变压器的输入电压为:
降压变压器的原副线圈的匝数之比:
16.13.
(1)3m/s
(2)2N·
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
(3)以物块A和物块B为系统,根据能量守恒得
解得:
17.
(1)
(2)
(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:
在最低点时,对A由牛顿第二定律得:
F=2mg………………………………………….1分
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
(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:
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:
在这个过程中,由能量守恒定律得:
………………………………….2分
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
(上述两式合为一式也给分)
摩擦产生的热量:
联立解得:
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- 江西省 赣州市 十四 学年 物理 学期 期中 联考 试题 答案
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