河南省濮阳市2020学年高二物理下学期升级考试试题（A卷）（含解析）

河南省濮阳市2020学年高二物理下学期升级考试试题（A卷）（含解析）

河南省濮阳市2020学年高二下学期升级考试物理试题（A卷） ‎ 一、选择题：本题共11小题，每小题4分，共44分。在小题给出的四个选项中，第1－8题只有一项符合题目要求，第9－11题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。‎ ‎1. 如图所示，实线表示电场线，虚线表示带电粒子运动的轨迹。已知带电粒子只受电场力的作用，运动过程中电势能逐渐减小。则它运动到b处时的运动方向与受力方向正确的是 A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：据粒子的运动轨迹，判断粒子所受的电场力大体指向弯曲一侧，从而判断粒子受到的电场力的方向；电场力做负功粒子的动能减小，电势能增大．‎ 解：粒子的运动轨迹，判断粒子所受的电场力大体指向弯曲一侧，从而判断粒子受力的方向向左，因不知电场线的方向，不能判断出粒子的电性；‎ 由于运动飞过程中粒子的电势能增大，所以电场力做负功，粒子运动的方向一定是a到c；故选项B正确，选项ACD错误；‎ 故选：B ‎【点评】本题关键是根据运动轨迹来判定电场力方向，由曲线运动条件可知合力偏向曲线内侧；电场线的疏密表示电场强度的强弱；用电场力做功和能量守恒定律判断动能和电势能的变化 ‎2. 如图所示，长为L的金属棒MN两端由等长的轻质细线悬挂，棒呈水平，处于竖直向上的匀强磁场中，棒中通以电流，平衡时两悬线与竖直方向夹角均为θ，则 A. 棒中的电流方向为N到M B. 电流大小为mgsinθ/BL C. 若其它条件不变，只增加金属棒的长度，则θ角变大 D. 若其它条件不变，只增大磁感应强度，则θ角变大 ‎【答案】D ‎【解析】A、平衡时两悬线与竖直方向夹角均为θ，故导线受到安培力，根据左手定则，可判断金属棒中的电流方向由M指向N，故A错误；‎ B、由金属棒受力平衡有：得，电流大小为，故B错误；‎ C、若其它条件不变，只增加金属棒的长度， m成正比的增大，则不变，故C错误；‎ D、若其它条件不变，只增大磁感应强度，根据，则θ角变大，故D正确 故选D。‎ ‎【点睛】对通电导线受力分析，根据平衡条件及左手定则即可求得力的方向及电流的方向；求出夹角的关系表达式，然后根据表达式分析答题。‎ ‎3. 如图所示，闭合开关S的瞬间，套环立刻跳起。这就是物理课上的“跳环实验”。关于这一实验，下列说法正确的是 A. 套环最好选用电阻率和密度都较小的铝环 B. 正极与负极对调，实验将无法成功 C. 开关由闭合到断开时，也同样会发生跳环现象 D. 环跳起时，环上的电流与线圈上的电流绕行方向一致 ‎【答案】A ‎...............‎ B、线圈与电源的正负极接反，闭合电键的瞬间，磁通量会发生变化，套环会产生感应电流，线圈对套环会有安培力的作用，套环立刻跳起，故B错误；‎ C、开关由闭合到断开时，套环的磁通量会发生变化，套环会产生感应电流，但线圈中无电流，线圈不会对套环会有安培力的作用，套环不会跳起，故C错误；‎ D、根据同向电流相互吸引，异向电流相互排斥的原理可知，环跳起时，环上的电流与线圈上的电流绕行方向相反，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎4. 质量为1kg的小球从高20m处自由下落到软垫上，反弹后上升的最大高度为5m，小球接触软垫的时间为1s，在接触软垫的时间内，小球受到的合力冲量大小为 A. l0N×s B. 20N×s C. 30N×s D. 40N×s ‎【答案】C ‎【解析】小球从开始下落到落到软垫上过程中，由动能定理可得：，代入数据解得：v1=20m/s，方向：竖直向下；小球从反弹到到达最高点过程中：，代入数据解得：v2=10m/s，方向竖直向上；以竖直向上为正方向，由动量定理得：，方向竖直向上，故C正确，A、B、D错误；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】由动能定理求出小球落地时与从软垫上反弹时的速度，然后由动量定理分析答题。‎ ‎5. 频率为v的光照射某金属时，产生光电子的最大初动能为Ek，改用频率2v的光照射同一金属，所产生光电子的最大初动能为（h为普朗克常量）‎ A. Ek－hv B. 2Ek C. Ek＋hv D. 2hv—Ek ‎【答案】C ‎【解析】频率为v的光照射某金属时，产生光电子的最大初动能为，根据光电效应方程知,逸出功；改用频率2v的光照射同一金属,则最大初动能，故C正确，A、B、D错误；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】根据光电效应方程求出逸出功的大小，改用频率2v的光照射同一金属，再通过光电效应方程求出光电子的最大初动能。‎ ‎6. 在卢瑟福的α粒子散射实验中，有极少数α粒子发生大角度偏转，其原因是 A. 原子的正电荷和绝大部分质量集中在一个很小的核上 B. 正电荷在原子中是均匀分布的 C. 原子中存在着带负电的电子 D. 原子只能处于一系列不连续的能量状态中 ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：α粒子和电子之间有相互作用力，它们接近时就有库仑引力作用，但由于电子的质量只有α粒子质量的1/7300，粒子与电子碰撞就像一颗子弹与一个灰尘碰撞一样，α粒子质量大，其运动方向几乎不改变．α粒子散射实验中，有少数α粒子发生大角度偏转说明三点：一是原子内有一质量很大的粒子存在；二是这一粒子带有较大的正电荷；三是这一粒子的体积很小，故A正确．‎ 考点：粒子散射实验 ‎【名师点睛】本题考查的是α粒子散射实验．对这个实验要清楚两点：一是α粒子散射实验的实验现象；二是对实验现象的微观解释--原子的核式结构．‎ ‎7. 氢原子光谱巴耳末系是指氢原子从n＝3、4、5、6……能级跃迁到n＝2能级时发出的光子光谱线系，因瑞士数学教师巴耳末于1885年总结出其波长公式（巴耳末公式）而得名。巴耳末公式为：，其中λ为谱线波长，R为里德伯常量，n为量子数。则氢原子光谱巴耳末系谱线最小波长与最大波长之比为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】由巴耳末公式知，最小波长满足：（n取无穷大），最大波长满足：（n＝3），两式相比得：，故C正确，A、B、D错误；‎ 故选C。‎ ‎8. 大科学工程“人造太阳”主要是将氘核聚变反应释放的能量用来发电。氘核聚变反应方程是。已知的质量为2.0136u，的质量为3.0150u，的质量为1.0087u，1u相当于931MeV，氘核聚变反应中释放的核能约为 A. 3.7MeV B. 3.3MeV C. 2.7MeV D. 0.93MeV ‎【答案】B ‎【解析】因氘核聚变的核反应方程为：；核反应过程中的质量亏损为△m=2mH-（mHe+mn）=0.0035u；释放的核能为△E=△mc2=0.0035uc2=3.3MeV，故B正确，ACD错误；  故选B。‎ ‎9. 在如图所示的远距离输电电路图中，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压和输电线的电阻均不变，随着发电厂输出功率的增大，下列说法中正确的有 A. 升压变压器的输出电压增大 B. 降压变压器的输出电压增大 C. 输电线上损失的功率增大 D. 输电线上损耗的功率占总功率的比例增大 ‎【答案】CD ‎【解析】由于发电厂的输出电压不变，升压变压器的匝数不变，所以升压变压器的输出电压不变，故A错误。由于发电厂的输出功率增大，则升压变压器的输出功率增大，又升压变压器的输出电压U2不变，根据P=UI，可知输电线上的电流I线增大，根据U损=I线R，输电线上的电压损失增大，根据降压变压器的输入电压U3=U2-U损可得，降压变压器的输入电压U3减小，降压变压器的匝数不变，所以降压变压器的输出电压减小，故B错误。根据P损＝I线2R，又输电线上的电流增大，电阻不变，所以输电线上的功率损失增大，故C正确。根据，发电厂的输出电压不变，输电线上的电阻不变，所以输电线上损耗的功率占总功率的比例随着发电厂输出功率的增大而增大。故D正确。故选CD。‎ 点睛：对于远距离输电问题，一定要明确整个过程中的功率、电压关系，尤其注意导线上损失的电压和功率与哪些因素有关。‎ ‎10. 在光滑水平面上，动能为E0、动量的大小为p0的小球1与静止小球2发生碰撞，碰撞前后球1的运动方向相反。将碰撞后球1的动能和动量的大小分别记为E1、p1，球2的动能和动量的大小分别记为E2、p2，则下列正确的是 A. p1＜p0 B. p2＞p0 C. E1＜E0 D. E2＞E0‎ ‎【答案】ABC ‎【解析】因碰撞后两球速度均不为零，根据能量守恒定律，则碰撞过程中总动能不增加可知，，故A正确C错误；根据动量守恒定律得，得到，可见，故B正确D错误．‎ ‎【点睛】碰撞过程的两大基本规律：系统动量守恒和总动能不增加，常常用来分析碰撞过程可能的结果．‎ ‎11. 静止在匀强磁场中的某放射性元素的原子核放出一个α粒子，α粒子的速度方向与磁场方向垂直，测得α粒子与反冲核做圆周运动的轨道半径之比为30：1，如图所示。则下列正确的是 A. 反冲核的原子序教为62‎ B. 原放射性元素的原子序数是62‎ C. 反冲核与α粒子的速率之比为1：30‎ D. α粒子和反冲核的动量大小相等、方向相反 ‎【答案】BD ‎【解析】ABD、粒子间相互作用遵守动量守恒定律，所以反冲核与α粒子的动量大小相等，方向相反，根据 可知反冲核的电荷量为60，则原放射性元素的原子序数为62，故A错误，BD正确；‎ C、反冲核与α粒子的动量大小相等，方向相反，‎ 所以它们的速率应该和质量成反比，由于不知道质量之比，所以速率之比也不确定，故C错误；‎ 故选BD 点睛：本题需要运用力学（动量守恒、向心力、圆周运动）、电学（洛伦兹力）以及衰变规律等综合知识，具有学科内综合特征 二、实验题：本题共3小题，共15分。‎ ‎12. 某同学通过实验测定一个阻值约为5Ω的电阻Rx的阻值。‎ ‎(1)现有电源（4V，内阻可不计），滑动变阻器（0〜50Ω，额定电流2A），开关和导线若干，以及下列电表 A．电流表（0〜3A，内阻约0.025Ω）‎ B．电流表（0〜0.6A，内阻约0.125Ω）‎ C．电压表（0〜3V，内阻约3kΩ）‎ D、电压表（（0〜15V，内阻约15kΩ）‎ 为减小测量误差，在实验中，电流表应选用_____，电压表应选用_____（选填器材前的字母）；实验电路应采用图中的______（选填：“甲”或“乙”）。‎ ‎(2)接通开关，改变滑动变阻器滑片的位置，并记录对应的电流表示数I、电压表示数U．某次电表示数如下图所示，．由此可得该电阻的一个测量值Rx＝______Ω（保留两位有效数字）。‎ ‎【答案】 (1). B (2). C (3). 甲 (4). 5.2‎ ‎【解析】（1)因电源的电压为4V，因此电压表选择3V量程，电压表应选用C；由于阻值约为5Ω的电阻Rx的，根据欧姆定律可知，电流的最大值为0.8A，从精确角来说，所以电流表选择0.6A的量程，电流表应选用B；根据待测电阻的阻值与电压表及电流表的阻值，可知，待测电阻的阻值偏小，因此选择电流表外接法，故选择甲图；‎ ‎(2)电压表量程为3V，最小分度为0.1V；故其读数为U=2.60V；电流表最小分度为0.02；其读数为I=0.50A；电阻阻值：.‎ ‎13. 如下图（甲）所示，已知一灵敏电流计G，当电流从正接线流入时，指针向正接线柱一侧偏转。现把它与线圈串联接成图乙所系电路，当条形磁铁远离线圈运动时，电流表指针将向_____（填“左”或“右”）偏转。‎ ‎【答案】左 ‎【解析】当电流从正接线柱流入时，指针向正接线柱一侧偏转；当条形磁铁按如图所示所示的方向运动时，磁通量减小，依据楞次定律，感应磁场向下，再由右手螺旋定则，线圈上的感应电流向左，则电流从负接线柱流入，所以灵敏电流计的指针将左偏。‎ ‎14. 某同把两块大小不同的木块用细线连接，中间夹一被压缩了的掸簧，如图所示。将这一系统置于光滑的水平桌面上，烧断细线观察物体的运动情况，进行必要的测量，验证物体间相互作用时动量守恒。‎ ‎(1)该同学还必规有的测量仪器是________；‎ ‎(2)需要直接测量的数据是_______（用语言说明，并用字母表示）‎ ‎(3)用所得数据验证动量守恒的关系式是______。‎ ‎【答案】 (1). 天平、刻度尺 (2). 两物体的质量m1、m2和两木块落地点到桌子两侧边缘的水平距离s1、s2 (3). ‎ ‎【解析】解：取小球1的初速度方向为正方向，两小球质量和平抛初速度分别为m1、m2，v1、v2，平抛运动的水平位移分别为s1、s2，平抛运动的时间为t．‎ 需要验证的方程：0=m1v1﹣m2v2‎ 又v1=，v2=‎ 代入得到：m1s1=m2s2‎ 故需要测量两木块的质量m1和m2，两木块落地点到桌面边缘的水平距离s1，s2‎ 所以需要的器材为刻度尺、天平、重锤线 故答案为：（1）刻度尺、天平 ‎（2）两物体的质量m1，m2和两木块落地点分别到桌子两侧边的水平距离sl、s2‎ ‎（3）m1s1=m2s2‎ ‎【点评】本题是运用等效思维方法，平抛时间相等，用水平位移代替初速度，这样将不便验证的方程变成容易验证．‎ 三、计算题：本题共4小题，共41分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出参后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。‎ ‎15. 如图所示，A、B为水平正对放置的平行金属板，板间距离为d，一质量为m的带电油滴在两金属板之间，若两金属板间电压为U，油滴将保持静止。若两金属板间的电压减为原来的一半，经一段时间，油滴在空气阻力的作用下最后以速率v匀速下降。设油滴在运动过程中质量和电荷量均保持不变，空气阻力与速度大小成正比。求：‎ ‎(1)油滴所带电荷量？‎ ‎(2)油滴以速率v匀速下降时，受到空气阻力多大？‎ ‎(3)若要让油滴以速率2v匀速上升，则两极板的电压应为多少？‎ ‎【答案】(1) (2) (3)‎ ‎【解析】解：（1）油滴静止，有：‎ 解得油滴所带电量为：‎ ‎（2）油滴匀速下降时，有：‎ 联立解得，‎ ‎（3）油滴以2v匀速上升时，有：‎ 解得：‎ ‎16. 如图所示，在一等腰直角三角形ADC区域内存在垂直于纸面的匀强磁场（包含边界），AD＝DC＝a现有一质量为m、电荷量为＋q的带电粒子，以某一速度v从D点沿DA边射入磁场，后垂真于AC边射出磁场，粒子的重力忽略不计。求：‎ ‎(1)磁感应强度B的大小和方向？‎ ‎(2)若改变粒子射入磁场的速度大小，此时粒子进入磁场后轨迹刚好与AC边相切，则粒子的速度大小为多少？‎ ‎【答案】(1),方向垂直纸面向外 (2)‎ ‎【解析】（1）由左手定则判断，磁场方向垂直纸面向外 由图可知，粒子做匀速圆周运动的半径r=a 由 得 ‎（2）由 得 ‎ ‎（3）设粒子速度为v0、半径为r0时，与AC线相切 由r0+r0=a 得r0=(-1)a 由 得 ‎ 点睛：带电粒子在磁场中的运动问题，关键是画出运动的轨迹图，找到粒子的轨道半径及圆心位置，结合几何关系求解半径，然后进行解答.‎ ‎17. 如图所示，—个质量m＝16g、长d＝0.5m、宽L＝0.lm、电阻R＝0.1Ω的矩形线框从高处自由落下，经过h1＝5m高度，下边开始进入一个跟线框平面垂直的匀强磁场。已知磁场区域的高度h2＝1.55m，线框进入磁场时恰好匀速下落。取g＝10m/s2．求：‎ ‎(1)磁场的磁感应强度B的大小？‎ ‎(2)线圈进入磁场的过程中产生的电热？‎ ‎(3)线框下边刚离开磁场时的加速度？‎ ‎【答案】(1)B=0.4T (2) (3),方向向上 解：（1）线框进入磁场前，机械能守恒，有：‎ 相框匀速进入磁场，有：‎ 联立解得：‎ ‎（2）线框进入磁场产生的焦耳热为：‎ ‎（3）设线框下边到磁场下边界时的速度为，从线框完全进入磁场至线框下边到磁场下边界过程中，由功能关系有：‎ 线框下边刚离开磁场时，由牛顿第二定律有：‎ 联立解得： 加速度方向向上。‎ ‎18. 如图所示，将两条磁性很强且完全相同的磁铁分别固定在甲、乙两个小车上，甲车连同磁铁的质量为m1＝4kg，乙车连同磁铁的质量为m2‎ ‎＝lkg，两车均沿同一水平光滑直线轨道运动，开始时甲车速度大小为vl＝3m/s，方向向右；乙车速度大小为v2＝6m/s，方向向左，以后两车始终不相碰。‎ ‎(1)问谁的速度先减小为零？说明理由，并求此时另一辆车的速度大小和方向？‎ ‎(2)两车相距最近时，求乙车速度大小和方向？‎ ‎【答案】(1),方向向右 (2), 方向向右 ‎【解析】【分析】相互作用力在相等的时间内对两车的冲量使两车减小的动量相等，甲的初动量大于乙的初动量，所以，乙的速度先减小为零，由动量守恒定律求此时另一辆车的速度大小和方向；当两车相距最近时，两车具有共同速度，由动量守恒定律求乙车速度大小和方向；‎ 解：（1）相互作用力在相等的时间内对两车的冲量使两车减小的动量相等，甲的初动量大于乙的初动量，所以，乙的速度先减小为零；‎ 取甲的运动方向为正方向，由动量守恒定律有：‎ 解得： ，方向向右 ‎（2）当两车相距最近时，两车具有共同速度；‎ 由动量守恒定律有：‎ 解得：，方向向右