贵州省铜仁市伟才学校学年高二下学期期末考试物理试题 含答案.docx

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贵州省铜仁市伟才学校学年高二下学期期末考试物理试题含答案

绝密★启用前

2020学年高二期末考试试题

第I卷（选择题）

一、单选题（每题4分共32分）

1．下列选项各图中所标的导体棒的长度为L，处于磁感应强度为B的匀强磁场中，棒运动的速度均为v，产生的电动势为BLv的是（　　）

A．

B．

C．

D．

2．如图所示的电路，电感线圈的电阻不计，电阻，开关S闭合，电路达到稳定时通过电阻、的电流分别为和，则断开开关S的瞬间，（）

A．通过电阻电流是自a向b

B．通过电阻的电流大于

C．通过电阻的电流小于通过电阻的电流

D．通过电阻的电流大于通过电阻的电流

3．三个原子核X、Y、Z，X核放出一个正电子后变为Y核，Y核与质子发生核反应后生成Z核并放出一个氦（

He），则下面说法正确的是（）

A．X核比Z核多一个质子B．X核比Z核少一个中子

C．X核的质量数比Z核质量数大3D．核与Z核的总电荷是Y核电荷的3倍

4．某静电场在x轴上各点的电势随坐标x的分布图像如图。

有一带电的小球只在电场力作用下沿x轴正向运动，从x1处运动到x2处的过程中，下列说法中正确的是（）

A．带电小球的电势能一定减小

B．带电小球的动能一定增大

C．带电小球的动量一定增大D．带电小球的加速度一定增大

5．关于磁通量，下列说法正确的是（）

A．穿过某个面的磁通量为零，该处的磁感应强度也为零

B．穿过任一平面的磁通量越大，该处的磁感应强度也一定越大

C．穿过某一线圈平面的磁通量越大，该线圈平面的面积一定越大

D．当闭合线圈平面跟磁场方向平行时，穿过这个线圈平面的磁通量一定为零

6．如图所示为氢原子的能级图，图中a、b、c、d对应氢原子的四次跃迁，已知可见光光子的能量范围为1.61~3.10eV，关于四次跃迁，下列说法正确的是（　　）

A．经历a跃迁，氢原子吸收的光子能量为0.66eV

B．经历b跃迁，氢原子的轨道半径增大，原子核外电子的动能增大

C．经历c跃迁，氢原子放出的光子是可见光光子

D．经历d跃迁后，再用可见光照射跃迁后的氢原子，可使氢原子发生电离

7．如图所示，是利用放射线自动控制铝板厚度的装置。

假如放射源能放射出α、β、γ三种射线，而根据设计，该生产线压制的是3mm厚的铝板，那么是三种射线中的何种射线对控制厚度起主要作用．当探测接收器单位时间内接收到的放射性粒子的个数超过标准值时，将会通过自动装置将M、N两个轧辊间的距离如何调节（）

A．α；大些B．β；大些C．γ；大些D．α；小些

8．下列说法正确的是（　　）

A．卢瑟福在

粒子散射实验中发现了电子，并提出了原子的核式结构学说

B．一群处于n=4的激发态的氢原子向低能级跃迁时最多能辐射出6种不同频率的光

C．在光电效应实验中，用同种频率的光照射不同的金属表面，从金属表面逸出的光电子的最大初动能Ek越小，则这种金属的逸出功W0越小

D．某放射性原子核经过2次α衰变和2次β衰变，核内中子减少了4个

二、多选题（每题4分共16分）

9．如图所示，变频交变电源的频率可在20 Hz到20 kHz之间调节，在某一频率时，A1、A2两只灯泡的亮度相同．则下列说法中正确的是（）

A．如果将频率增大，A1亮度减弱、A2亮度加强

B．如果将频率增大，A1亮度加强、A2亮度减弱

C．如果将频率减小，A1亮度减弱、A2亮度加强

D．如果将频率减小，A1亮度加强、A2亮度减弱

10．某飞机正在地球北半球飞行，机翼保持水平，飞行高度不变，已知北半球地磁场的竖直分量向下，由于地磁场的作用，金属机翼上有电势差．设飞行员左方机翼末端处的电势为

，右方机翼末端处的电势为

，下列判断正确的是（）

A．若飞机从西往东飞，则

比

高B．若飞机从东往西飞，则

比

高

C．若飞机从南往北飞，则

比

高D．若飞机从北往南飞，则

比

高

11．图甲是光电效应的实验装置（电源的正负极可调换），图乙是用同一光电管在不同实验条件下得到的光电流与加在光电管两端电压关系图像，下列说法正确的是（）

A．由图线①③可知对于某种确定的金属来说，光电子的最大初动能与光强无关

B．由图线①②③可知对于某种确定的金属来说，入射光的频率越大其遏制电压越大

C．图甲中当某频率的光入射时，电流表有示数，把滑动变阻器向右滑动时，电流表示数一定变大

D．A、K间加反向电压时，直流电源左侧应是电源的正极

12．如图所示，一面积S=0.08m2的单匝矩形线圈以bc边为轴匀速转动，转速

rad/s，线圈处于垂直于纸面向里、磁感应强度B=1T的匀强磁场中，E、F是两个集流环，线圈在转动时可以通过集流环保持与外电路的连接，外电路电阻R=2Ω，线圈、电流表和连接导线的电阻不计，则下列说法中正确的是（　　）

A．线圈在图示位置时感应电动势瞬时值最大B．电流表的示数为2A

C．线圈从图示位置转过90°过程中，流过R的电荷量为0.04CD．电阻R的热功率为

W

第II卷（非选择题）

三、实验题（每空2分共16分）

13．在“验证动量守恒定律”的实验中：

（1）在确定小球落地点的平均位置时通常采用的做法是用圆规画一个尽可能小的圆把所有的落点圈在里面，圆心即平均位置，其目的是减小实验中的____________（选填“系统误差”或“偶然误差”）．

（2）入射小球每次必须从斜槽上____________滚下，这是为了保证入射小球每一次到达斜槽末端时速度相同．

（3）实验中，不容易直接测定小球碰撞前后的速度，但是可以通过仅测量_______（填选项前的符号），间接地解决这个问题．

A.小球开始释放高度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

（4）入射小球的质量为m1，被碰小球的质量为m2，在m1＞m2时，实验中记下了O、M、P、N四个位置（如图所示），若满足________________________（用m1、m2、OM、OP、ON表示），则说明碰撞中动量守恒；

14．在“研究电磁感应现象”的实验中，先要按图甲连接，以查明电流表指针的偏转方向与电流方向之间的关系：

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，则开关S断开时，电流表指针偏向________．接着按图乙将该电流表与线圈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，则S闭合后将螺线管A插入螺线管B的过程中，电流表的指针________（“向左偏”、“向右偏”或“静止不动”），若将线圈A放在B中不动时，指针将________（“向左偏”、“向右偏”或“静止不动”）

若将线圈A从B中抽出，电流表指针将________（“向左偏”、“向右偏”或“静止不动”）.

四、计算题（共36分）

15．（12分）一台发电机产生正弦式电流，如果e＝500sin314t（V）.

（1）电动势的峰值是多少，

（2）线圈匀速转动的角速度是多少，

（3）如果这个发电机外电路只有电阻元件，总电阻为2kΩ，写出电流瞬时值的表达式．

16．（12分）如图，光滑水平直轨道上两滑块A、B用橡皮筋连接，A的质量为m。

开始时橡皮筋松弛，B静止，给A向左的初速度v0。

一段时间后，B与A同向运动发生碰撞并粘在一起。

碰后的共同速度是碰前瞬间A的速度的两倍，也是碰前瞬间B的速度的一半。

求：

（1）B的质量；

（2）碰撞过程中A、B系统机械能的损失。

17．（12分）如图，一个100匝的闭合圆形线圈,面积为S=20cm2,,放在匀强磁场中,线圈平面跟磁感线方向垂直。

匀强磁场的磁感应强度B随时间t变化的规律如图（b）所示。

设t=0时,B的方向如图（a）所示,垂直于纸面向里。

求：

（1）线圈在0∼4×10−3s内的平均感应电动势的大小；

（2）若线圈总电阻为3Ω，则,10s内线圈中产生的热量大小。

参考答案

1．D

【解析】

【详解】

A．图中导体棒做切割磁感线运动，产生的感应电动势为

故A错误；

BC．两图中导体棒都不切割磁感线，不产生感应电动势，故BC错误；

D．图中导体棒做切割磁感线运动，产生的感应电动势为

故D正确。

2．B

【解析】

【详解】

开关S闭合稳定后L的自感作用消失，由于电感线圈的电阻可不计，电阻R1＞R2，所以通过R1的电流I1小于通过R2的电流I2；在断开开关S的瞬间，线圈L与电阻R1和R2构成闭合的自感回路，电流由原来L上的电流I2开始逐渐减小，通过电阻R1电流是自b向a，故A错误；由于开始时通过R1的电流I1小于通过R2的电流I2，则断开开关S的瞬间，线圈L与电阻R1和R2构成闭合的自感回路，则通过电阻R1的电流等于通过电阻R2的电流，且通过电阻R1的电流大于I1。

故B正确，CD错误。

故选B。

【点睛】

做好本题的关键：

知道线圈对电流突变时的阻碍作用，特别是断开时相当于电源，L中原来电流的方向即电动势的正极．

3．C

【解析】设原子核X的质量数为x，电荷数为y，根据质量数守恒和电荷数守恒，可得原子核Y的质量数为x，电荷数为y-1，原子核Z的质量数为x-3，电荷数为y-2．由此可得X核的质子（y）比Z核的质子（y-2）多2个，A错误；由A可得X核的中子（x-y）比Z核的中子（x-y-1）多1个，B错误；X核的质量数（x）比Z核的质量数（x-3）多3个，C正确；X核与Z核的总电荷（2y-2）是Y核电荷（y-1）的2倍，D错误．

4．D

【解析】

【详解】

ABC．带电小球只在电场力作用下沿x轴正向运动，若小球带正电，则小球的电势能减小，动能增加，动量变大；若小球带负电，则小球的电势能增加，动能减小，动量变小；选项ABC错误；

D．因φ-x图像的斜率等于场强，则带电小球从x1处运动到x2处的过程中，所受的电场力变大，则加速度一定增大，选项D正确；

故选D.

5．D

【解析】试题分析:

穿过某个面的磁通量为零，此处磁感应强度不一定为零，可能此平面与磁感线平行，故A错误，D正确；磁通量的大小一般公式Φ=BSsinθ，θ是线圈平面与磁场方向的夹角，可见，穿过线圈的磁通量越大，线圈面积不一定越大，磁感应强度也不一定越大．故B、C错误。

考点：

磁通量

6．D

【解析】

【分析】

【详解】

A．经历a跃迁，氢原子从高能级向低能级跃迁时辐射出的光子的能量为0.66eV，A错误；

B．经历b跃迁，氢原子吸收能量，轨道半径增大，但核外电子的动能会减小，B错误；

C．经历c跃迁，氢原子辐射出的光子的能量为0.97eV，则该光子不是可见光光子，C错误；

D．经历d跃迁后，跃迁后的氢原子的电离能为1.51eV，因此用可见光光子照射可使其电离，D正确。

故选D。

7．B

【解析】

【详解】

AD．α射线穿透能力很弱，不能穿透3mm厚的铝板，所以不是利用的是α射线，故A错误，D错误；

B．β射线恰好能穿透几毫米厚的铝板，即利用的是β射线，当探测接收器单位时间内接收到的放射性粒子的个数超过标准值时，说明铝板变薄了，所以自动装置将M、N两个轧辊间的距离调大些，故B正确；

C．γ射线穿透力太大，当铝板厚度变化时，γ射线都能穿过，穿过的粒子不发生变化，故C错误。

故选B。

8．B

【解析】

【分析】

【详解】

A．汤姆孙通过研究阴极射线发现电子，A错误；

B．一群处于n=4的激发态的氢原子向低能级跃迁时最多能辐射出

种不同频率的光，B正确；

C．根据光电效应方程

可知

一定时，

越小，这种金属的

越大，C错误；

D．某放射性原子核经过2次α衰变和2次β衰变，质量数减少

个，质子数减少

个，所以中子数减少了6个，D错误。

故选B。

9．BC

【解析】

交流电的频率越大，电感线圈对交流电的阻碍作用越大，电容器对交流电的阻碍作用越小，所以B、C正确；A、D错误．

10．AD

【解析】

当飞机在北半球飞行时，由于地磁场的存在，且地磁场的竖直分量方向竖直向下，由右手定则可判知，在北半球，不论沿何方向水平飞行，都是飞机的左方机翼电势高，右方机翼电势低，即总有

比

高，故AD正确，BC错误；

故选AD．

【点睛】由于地磁场的存在，当飞机在北半球水平飞行时，两机翼的两端点之间会有一定的电势差，相当于金属棒在切割磁感线一样．由右手定则可判定电势的高低．

11．AB

【解析】

【详解】

由图线①③可知对于某种确定的金属来说，光电子的最大初动能

，与光强无关，选项A正确；由于蓝光的频率大于黄光的频率，由图线①②③可知对于某种确定的金属来说，入射光的频率越大其遏制电压越大，选项B正确；图甲中当某频率的光入射时，电流表有示数，把滑动变阻器向右滑动时，若还没有达到饱和光电流，则电流表示数变大；若已经达到饱和光电流，则电流表的示数不变，选项C错误；A、K间加反向电压时，直流电源左侧应是电源的正极，选项D错误．

12．BC

【解析】

【分析】

【详解】

A．线圈在图示位置时，磁通量最大，感应电动势为零，故A错误；

B．由题可知，线圈产生正弦式交流电，根据

可得感应电动势的最大值为

感应电动势的有效值为

则感应电流为

即电流表的示数为2A，故B正确；

C．根据法拉第电磁感应定律有

则电荷量为

联立解得

转过90°，磁通量的变化量为

代入解得q=0.04C，故C正确；

D．根据

代入数据解得P=8W，故D错误。

故选BC。

13．偶然误差　同一位置由静止开始Cm1·OP＝m1·OM＋m2·ON

【解析】

（1）在确定小球落地点的平均位置时通常采用的做法是用圆规画一个尽可能小的圆把所有的落点圈在里面，圆心即平均位置，其目的是减小实验中的偶然误差．

（2）入射小球每次必须从斜槽上同一位置由静止开始滚下，这是为了保证入射小球每一次到达斜槽末端时速度相同．

（3）实验中，不容易直接测定小球碰撞前后的速度，但是由平抛运动的规律可知

，因平抛的时间不变，故可以通过仅测量小球做平抛运动的水平位移间接地解决这个问题．

（4）要验证的关系是m1·v0＝m1·v1＋m2·v2，因v∝x，则若满足m1·OP＝m1·OM＋m2·ON，则说明碰撞中动量守恒；

14．右向右偏静止不动向左偏

【解析】

在图甲中，闭合开关，电流从正接线柱流入电流表，电流表指针向左偏转，即电流从哪个接线柱流入，指针就向哪侧偏转，当开关S断开时，电流表指针偏向右；

在图乙中，闭合开关后，由安培定则可知，线圈A中的电流产生的磁场竖直向上；将S闭合后，将螺线管A插入螺线管B的过程中，穿过B的磁场向上，磁通量变大，由楞次定律可知，感应电流从电流表正接线柱流入，则电流表的指针将右偏转；

若将线圈A放在B中不动时，穿过线圈B的磁通量不变，则线圈中没有感应电流，那么指针将静止不动；

若将线圈A从B中抽出，导致穿过B的磁场向上，且穿过B的磁通量减小，由楞次定律可知，感应电流从电流表负接线柱流入，则电流表的指针将向左偏转；

15．

（1）500

（2）314（3）

【解析】

（1）交流电表达式为

，对比可得

（2）对比公式可得

，故

（3）电流的最大值

；

故电流瞬时值的表达式为

；

16．

（1）

；

（2）

【解析】

【分析】

【详解】

（1）以初速度

的方向为正方向，设B的质量为

，A、B碰后的共同速度为v，，由题意知，碰撞前瞬间A的速度为

，碰撞前瞬间B的速度为

，由动量守恒定律得，

，

得，

。

（2）从开始到碰后的全过程，以初速度v0的方向为正方向，由动量守恒得，

设碰撞过程A、B系统机械能损失为

，则

，

联立得，

。

17．

（1）30V

（2）3000J

【解析】

【分析】

（1）在B-t图中同一条直线磁通量的变化率是相同的．由法拉第电磁感应定律可得出平均感应电动势大小；

（2）根据焦耳定律求解热量；

【详解】

（1）根据B-t图中同一条直线磁通量的变化率是相同的，所以电动势为定值，即为

；

（2）感应电动势大小不变，则根据在10s内

由焦耳定律Q=I2Rt，可知Q=3000J．