甘肃省白银市会宁县第四中学2020学年高二物理下学期期中试题（含解析）

甘肃省白银市会宁县第四中学2020学年高二物理下学期期中试题（含解析）

会宁四中2020学年度第二学期高二级中期考试 ‎ 物理试卷 一、选择题（本题共12小题。每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，1到8小题只有一个选项正确，9至12小题有多个选项正确，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的零分）‎ ‎1. 关于天然放射现象，叙述正确的是：‎ A. 若使放射性物质的温度升高，其半衰期将减少 B. β衰变所释放的电子是原子核外的电子电离形成的 C. 在α、β、γ这三种射线中,γ射线的穿透能力最强,α射线的电离能力最强 D. 铀核（）衰变为铅核（）的过程中,要经过8次α衰变和10次β衰变 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 半衰期由原子核自身决定，与外界因素无关，故A错误；β衰变所释放的电子是原子核内的中子转变为质子时所产生的，故B正确；在α、β、γ这三种射线中，电离本领依次减弱，穿透本领依次增强，γ射线的穿透能力最强，α射线的电离能力最强．故C正确；由质量数守恒知238=206+4×8，经过8次α衰变，再由电荷数守恒知92=82﹣2×8+6，经过6次β衰变，故D正确．故选BCD．‎ ‎2.氢原子的能级图如图所示，用大量处于n=2能级的氢原子跃迁到基态时，发射出的光照射光电管阴极K，测得光电管电流的遏止电压为7.6V，已知普朗克常量h=6.63x10-34J﹒S,电子电量e=-1.6 x10‎-19 C，下列判断正确的是（ ）‎ A. 电子从阴极K表面逸出的最大初动能为7.6eV B. 阴极K材料的逸出功为7.6 eV C. 阴极K材料的极限频率为3.27 x1014 Hz D. 氢原子从n=4跃迁到 n=2能级，发射出的光照射光电管阴极K时能发生光电效应 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、因遏止电压为U0＝7.6V，根据动能定理可知，光电子最大初动能Ekm＝eU0，光电子的最大初动能为7.6eV，故A正确；‎ B、根据光电效应方程，可知，W0＝h﹣Ekm，而h＝E2﹣E1；因此W0＝13.6﹣3.4﹣7.6＝2.6 eV，故B错误；‎ C、因逸出功W0等于h，则材料的极限频 6.27×1014 Hz，故C错误；‎ D、从n＝4跃迁到n＝2能级，释放能量为△E＝3.4﹣0.85＝2.55eV＜2.6 eV，因此发射出的光照射该光电管阴极K时，不能发生光电效应，故D错误。‎ ‎3.一个静止的质量为M的不稳定原子核，当它放射出质量为m、速度为v的粒子后，原子核剩余部分的速度为（　　）‎ A. -v B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 根据动量守恒定律得：，解得：，故B正确，ACD错误。‎ ‎4.图甲是线圈P绕垂直于磁场的轴在匀强磁场中匀速转动时所产生的正弦交流电压图象，把该交流电压加在图乙中变压器的A、B两端．已知理想变压器原线圈Ⅰ和副线圈Ⅱ的匝数比为5∶1，交流电流表和交流电压表均为理想电表，电阻R＝1欧姆，其他各处电阻不计，以下说法正确的是( )‎ A. 在t＝0.1 s和0.3s时，穿过线圈P的磁通量最大 B. 线圈P转动的角速度为10π rad/s C. 电压表的示数为2.83V D. 电流表的示数为‎0.40 A ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：据题意，在0.1s和0.3s时产生的交流电压最大，据可知，这两个时刻穿过线圈的磁通量变化量最快，故A选项错误；据图像可知，故B选项错误；该交流电电压有效值为：，在AB端输入的电源为10v，则在副线圈的电压为：，故C选项错误；副线圈中电流为：，则原线圈中电流为：，故D选项正确。‎ 考点：本题考查交流电和变压器。‎ ‎5. 如图所示，处在匀强磁场中的矩形线圈abcd，以恒定的角速度绕ab边转动，磁场方向平行于纸面并与ab垂直．在t＝0时刻，线圈平面与纸面重合，线圈的cd边离开纸面向外运动．若规定a→b→c→d→a方向的感应电流为正方向，则下图能反映线圈感应电流I随时间t变化的图线是(　　)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：在t＝0时刻线圈与磁场方向平行，此时线圈磁通量变化率最大，产生的感应电流最大，此时线圈的cd边离开纸面向外运动，此后穿过线圈的磁通量增大，则根据楞次定律可得产生的感应电流方向为a→b→c→d→a，为正，所以C正确；‎ 考点：考查了交流电的产生，楞次定律 ‎【此处有视频，请去附件查看】‎ ‎6.一颗子弹水平射入置于光滑水平面上木块A并留在其中，A、B用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起，如图所示。则在子弹打击木块A及弹簧被压缩的过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统（ ）‎ A. 动量守恒，机械能守恒 B. 动量不守恒，机械能守恒 C. 动量守恒，机械能不守恒 D. 无法判定动量、机械能是否守恒 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 对子弹、两木块和弹簧组成的系统在水平方向上所受合外力为零，则系统的动量定恒，但子弹击中木块的过程中，克服摩擦力做功，一部分机械能转化为内能，机械能不守恒，C正确。‎ ‎7.下列说法正确的是（　　）‎ A. 话筒是一种常用的声传感器，其作用是将电信号转换为声信号 B. 电熨斗能够自动控制温度的原因是它装有双金属片温度传感器，这种传感器的作用是控制电路的通断 C. 霍尔元件能够把磁感应强度这个磁学量转换电流这个电学量 D. 半导体热敏电阻常用作温度传感器，温度升高，它的电阻值变大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：话筒是将声信号转化为电信号的声传感器，A错误，电熨斗通过温度传感器实现温度的自动控制，B正确；霍尔元件是把磁感应强度这个磁学量转换为电压这个电学量，C错误；半导体热敏电阻常用作温度传感器，因为温度越高，它的电阻值越小，D错误 故选B 考点：常见传感器的工作原理．‎ 点评：了解各种传感器的特点、工作原理，在仪器设备中的应用是解决本题的关键．‎ ‎8.如图所示，足够长的U型光滑金属导轨平面与水平面成角，其中MN与PQ平行导轨间距为L， 导轨平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计.金属捧a b由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且良好接触，ab棒接入电路的电阻为R，当流过棒ab某一横截面的电量为q时。此时金属棒的速度大小为v，则金属棒ab在这一过程中 A. ab棒运动的平均速度大小为 B. 此时金属棒的加速度为 C. 此过程中产生焦耳热为 D. 金属棒ab沿轨道下滑的最大速度为 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：根据牛顿第二定律，有：mgsinθ-BIL=ma；,所以，B正确；从a的瞬时值表达式可以看出，随速度的增加，加速度减小，即金属板做加速度逐渐减小的变加速运动，平均速度不是,A错误；根据焦耳定律，，其中的I为电流的有效值，而q=It中的I为电流的平均值，所以根据题目的已知量无法计算此过程中产生的焦耳热，C错误；当a=0时，速度最大,D错误。‎ 考点：本题考查了法拉第电磁感应定律和电磁感应的力学问题。‎ ‎9.在物理学理论建立的过程中，有许多伟大的科学家做出了贡献。关于科学家和他们的贡献，下列说法中正确的是 ( )‎ A. 安培提出了分子电流假说 B. 卡文迪许首先通过实验测出万有引力常量 C. 卢瑟福在α粒子散射实验中发现了电子 D. 汤姆生通过对阴极射线的研究发现了质子，并提出了原子核式结构学说 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】A、安培观察到通电螺旋管的磁场和条形磁铁的磁场很相似，提出了分子电流假说，他认为，在原子、分子等物质微粒内部，存在着一种环形电流——分子电流，分子电流使每个物质微粒都成为微小的磁体，它的两侧相当于两个磁极，故A正确；‎ B、牛顿提出了万有引力定律，卡文迪许首先通过实验测出万有引力常量，故B正确；‎ CD、汤姆生在研究阴极射线过程中发现了电子，并提出了原子的枣糕模型，卢瑟福根据α粒子散射实验的结果，提出了原子的核式结构，故CD错误。‎ ‎10. 发电机的路端电压为U，经电阻为R的输电线向远方用户供电，发电机的输出功率为P，则 ( )‎ A. 输电线上的电流为 B. 输电线上的功率损失为 C. 用户得到的功率为 D. 用户得到的电压为 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A、B项：由得，输送电流为：，输电线上损失的功率为：，故A正确，B错误；‎ C项：用户得到的功率：，故C正确；‎ D项：用户得到的电压：，故D错误。‎ ‎11. 一个质量为‎2kg的滑块以‎4m/s的速度在光滑水平面上向左滑行。从某一时刻起，在滑块上作用一个向右的水平力，经过一段时间，滑块的速度变为向右，大小为‎4m/s。在这段时间里正确的是 A. 水平力做的功为0 B. 水平力做的功为32J C. 水平力的冲量大小为16kgm/s D. 水平力的冲量大小为0‎ ‎【答案】AC ‎【解析】‎ 试题分析：根据动能定理，水平力做的功等于其动能的变化量等于零，选项A对B错；根据动量定理，水平力的冲量大小等于动量的变化，选项C对D错。‎ 考点：动能定理及动量定理。‎ ‎12.（多选）一粒钢珠从静止状态开始自由下落,然后陷入泥潭中．若把在空中下落的过程称为过程Ⅰ，进入泥潭直到停住的过程称为过程Ⅱ，则（ ）‎ A. 过程Ⅰ中钢珠动量的改变量等于重力的冲量 B. 过程Ⅱ中阻力的冲量的大小等于过程Ⅰ中重力冲量的大小 C. 过程Ⅱ中钢珠克服阻力所做的功等于过程Ⅰ与过程Ⅱ中钢珠所减少的重力势能之和 D. 过程Ⅱ中损失的机械能等于过程Ⅰ中钢珠所增加的动能 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据动量定理分析动量的改变量与冲量的关系，过程Ⅰ中钢珠只受到重力，钢珠动量的改变量等于重力的冲量，过程Ⅱ中，钢珠受到重力和阻力，动量的改变量不等于零，合力的冲量不等于零，对于整个过程研究，根据动能定理分析克服阻力所做的功与重力做功的关系，重力做功多少，钢珠的重力势能就减小多少，根据能量守恒定律判断过程Ⅱ中损失的机械能与过程Ⅰ中钢珠所增加的动能的关系；‎ ‎【详解】A、在过程Ⅰ中，钢珠仅受重力，根据动量定理知，钢珠动量变化等于重力的冲量，故A正确；‎ B、对全过程运用动量定理知，动量的变化量为零，全过程总的重力的冲量和阻力的冲量大小相等，方向相反，故B错误；‎ C、对全过程运用动能定理知，‎ ‎，可知克服阻力做功等于整个过程中重力做功的大小，即等于整个过程中重力势能的减小量，故C正确；‎ D、根据功能关系知，过程Ⅱ中损失的机械能等于克服阻力做功，等于整个过程中重力做功的大小，大于过程I中增加的动能，故D错误。‎ ‎【点睛】本题一要灵活选择研究的过程，二是运用动量定理研究冲量，运用动能定理研究动能的改变量是常用的思路。‎ 二、实验题（每空2分，共8分）‎ ‎13.某同学设计了一个用打点计时器探究碰撞过程中不变量的实验：在小车A的前端粘有橡皮泥，推动小车A使之做匀速运动．然后与原来静止在前方的小车B相碰并粘合成一体，继续做匀速运动，他设计的具体装置如图所示．在小车A后连着纸带，电磁打点计时器电源频率为50Hz，长木板下垫着小木片用以平衡摩擦力．‎ ‎(1)若已得到打点纸带如图所示，并将测得的各计数点间距离标在图上，A点是运动起始的第一点，则应选 _______ 段来计算A的碰前速度，应选_________段来计算A和B碰后的共同速度(以上两格填“AB’’或“BC"或“CD"或"DE”)．‎ ‎(2)已测得小车A的质量m1=‎0.40kg，小车B的质量m2=‎0.20kg，由以上测量结果可得：碰前m1v1+m2v2=____________ kg•m/s；碰后m1v1'+m2v2'= _________kg•m/s．并比较碰撞前后两个小车质量与速度的乘积之和是否相等．‎ ‎【答案】 (1). BC (2). DE (3). 0.840 (4). 0.834‎ ‎【解析】‎ ‎（1）小车A碰前做匀速直线运动，打在纸带上的点应该是间距均匀的，故计算小车碰前速度应选BC段；CD段上所打的点由稀变密；可见在CD段A、B两小车相互碰撞．A、B撞后一起做匀速运动，所打出的点又应是间距均匀的．故应选DE段计算碰后速度．‎ ‎（2）碰前mAvA十mBVB==‎0.420kg·m/s．‎ 碰后 mAvA/十mBvB’=(mA十mB)v=0．‎417kg·m／s．‎ 其中，vA=BC/Δt=1．‎05m／s。‎ vA’=vB’=" DE/Δt" = 0．‎695m／s．‎ 通过计算可以发现，在误差允许范围内，碰撞前后两个小车的mv之和是相等的．‎ 三、计算题(本题有3个小题，共44分。请写出必要的文字说明和解题步骤，直接写结果不给分)‎ ‎14.如图所示，半径R = ‎0.1m的竖直半圆形光滑轨道bc与水平面ab相切。质量m = ‎0.1kg的小滑块B放在半圆形轨道末端的b点，另一质量也为m= ‎0.1kg的小滑块A，以v0 = m/s的水平初速度向B滑行，滑过s = ‎1m的距离，与B相碰，碰撞时间极短，碰后A、B粘在一起运动。已知木块A与水平面之间的动摩擦因数μ = 0.2。取重力加速度g = ‎10m/s2;。A、B均可视为质点。求:‎ ‎（1）A与B碰撞前瞬间A的速度大小vA；‎ ‎（2）碰后瞬间，A、B共同的速度大小v；‎ ‎（3）在半圆形轨道的最高点c，轨道对A、B的作用力F的大小。‎ ‎【答案】（1）‎6m/s;（2）‎3m/s;（3）8N ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）滑块做匀减速直线运动，加速度大小：‎2 m/s2‎ vA2﹣v02＝﹣2ax 解得：vA＝‎6m/s ‎（2）碰撞过程中满足动量守恒：mvA＝2mv 解得：v＝‎3m/s ‎（3）由b运动到c的过程中，设c点的速度为vc，根据动能定理：‎ ‎﹣2mg•2R•2mvc2‎ 解得：vcm/s 根据受力分析：2mg+F＝‎‎2m 解得：F＝8N ‎15.如图所示，在距水平地面高的水平桌面一端的边缘放置一个质量的木块B，桌面的另一端有一块质量的木块A以初速度开始向着木块B滑动，经过时间与B发生碰撞，碰后两木块都落到地面上。木块B离开桌面后落到地面上的D点。设两木块均可以看作质点，它们的碰撞时间极短，且已知D点距桌面边缘的水平距离，木块A与桌面间的动摩擦因数，重力加速度取。求：‎ ‎（1）两木块碰撞前瞬间，木块A的速度大小；‎ ‎（2）木块B离开桌面时的速度大小；‎ ‎（3）碰撞过程中损失的机械能。‎ ‎【答案】（1）；（2）；（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）木块A在桌面上受到滑动摩擦力作用做匀减速运动，根据牛顿第二定律，木块A的加速度为a，则有：μMg＝Ma 代入数据解得：a＝‎5m/s2‎ 设两木块碰撞前A的速度大小为v，根据运动学公式，得：v＝v0﹣at 解得：v＝‎2.0m/s ‎（2）两木块离开桌面后均做平抛运动，设木块B离开桌面时的速度大小为v2，在空中飞行的时间为t′，根据平抛运动规律有：，‎ 代入数据解得：‎1.5m/s ‎（3）设两木块碰撞后木块A的速度大小为v1，根据动量守恒定律有：Mv＝Mv1+mv2‎ 代入数据解得：‎0.80m/s 设木块A落到地面过程的水平位移为s′，根据平抛运动规律，得：‎ 代入数据解得：E损＝0.78J ‎16.如图所示，ef、gh为水平放置的足够长的平行光滑导轨，导轨间距为L=‎1m，导轨左端连接一个R＝2欧姆的电阻，将一根质量为‎0.2kg的金属棒cd垂直地放置导轨上，且与导轨接触良好，导轨与金属棒的电阻均不计，整个装置放在磁感应强度为B＝2T的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下，现对金属棒施加一水平向右的拉力F，使棒从静止开始向右运动，解答以下问题。‎ ‎（1）若施加的水平外力恒为F＝8N，则金属棒达到的稳定速度v1是多少？‎ ‎（2）若施加的水平外力的功率恒为P＝18W，则金属棒达到的稳定速度v2是多少？‎ ‎（3）若施加的水平外力的功率恒为P＝18W，则从金属棒开始运动到速度 v3＝‎2m／s的过程中电阻R产生的热量为8.6J，则该过程中所需的时间是多少？‎ ‎【答案】（1）若施加的水平外力恒为F=8N，金属棒达到的稳定速度v1是‎4m/s．‎ ‎（2）若施加的水平外力的功率恒为P=18W，金属棒达到的稳定速度v2是‎3m/s．‎ ‎（3）该过程所需的时间是0.5s．‎ ‎【解析】‎ ‎（1）E=BLV （1分）‎ I=E/R （1分）‎ F安=BIL （1分）‎ 稳定时：F=F安= B‎2L2v/R (1分)‎ ‎∴v1=‎4m/s （1分）‎ ‎（2）速度稳定时，F=F安（1分）‎ PF=PF安= F安v= B‎2L2v2/R （2分）‎ PF=18W ‎∴v2=‎3m/s （1分）‎ ‎（3）由动能定理得：Pt+W安=1/2mv2 （2分）‎ W安 ="-Q" = -8.6J （2分）‎ ‎∴t=0.5s （1分）‎