【文档说明】【精准解析】浙江省宁波市北仑中学2019-2020学年高一下学期期中考试物理试题（育英班）.doc，共(20)页，1.408 MB，由小赞的店铺上传

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北仑中学2019学年第二学期高一年级期中考试物理试卷（育英班）一、选择题（本题共15小题，共50分。其中1~10题为单选题，每小题3分，在每小题给出的四个选项中选出最符合题意的一项；11~15题为不定项选择题，每小题4分，在每小题给

出的四个选项中选出全部符合题意的选项，漏选得2分，错选、不选得0分。并将答案填涂到答题纸/卷上）1.关于动量，下列说法中正确的是（）A.做匀速圆周运动的物体，动量不变B.做匀变速直线运动的物体，它的动量可能不变C.物体的动能变化，动量也一定变化D.物体做匀加速直线运

动时，动量变化率可能变化【答案】C【解析】【详解】A．做匀速圆周运动的物体，速度方向时刻改变，故动量时刻改变，故A错误；B．做匀变速直线运动的物体，由于速度大小时刻改变，故它的动量一定在改变，故B错误；C．若物体动能变化，则速度大小一定变化，根

据p=mv知，动量一定变化，故C正确；D．由公式Ftp=合可知，动量变化率pFt=合由于做匀加速直线运动的物合力恒定，则动量变化率一定不变，故D错误。故选C。2.地光是在地震前夕出现在天边的一种奇特的发光

现象，它是放射性元素氡因衰变释放大量的带电粒子，通过岩石裂隙向大气中集中释放而形成的。已知氡22286Rn的半衰期为3天，经衰变最后变成稳定的20682Pb，在这一过程中（）A.要经过4次α衰变和6次β衰变B.要经过4次α衰变和4次β衰变C.氡核22286Rn的中子数为86，质

子数为136D.标号为a、b、c、d的4个氡核22286Rn经3天后一定剩下2个核未衰变【答案】B【解析】【详解】AB．设此衰变过程中经历了要经过x次α衰变和y次β衰变，根据质量数守恒和电荷数守恒可得其衰变方程为：22220640868221

RnPbHeexy−→++由222=206+4x，86=82+2x-y联立解得：x=4，y=4故A错误，B正确；C．氡核22286Rn的质子数为86，中子数为222-86=136故C错误；D．半衰期适用于大量的原子核，对于少量的原子核

不适用，故D错误。故选B。3.氢原子能级示意图如图所示。氢原子由高能级向低能级跃迁时，从n＝3能级跃迁到n＝2能级所放出的光子恰能使某种金属发生光电效应，则处在n＝4能级的一大群氢原子跃迁时所放出的光子中

有几种光子能使该金属发生光电效应（）A.4B.3C.6D.5【答案】D【解析】【详解】处在n＝4能级的一大群氢原子跃迁时能放出246C=种频率的光子，光子能量值从大到小的规律413121423243nnnnnnnnnnnn=→==→==→==→==→==→=

，，，，，由题从n＝3能级跃迁到n＝2能级所放出的光子恰能使某种金属发生光电效应，则43nn=→=所放出的光子不能使某种金属发生光电效应，所以处在n=4能级的一大群氢原子跃迁时所放出的光子中有5种光子能使该金属发生光电效应。故选D。4.钴－60放射性的应用非常广泛

，几乎遍及各行各业。在农业上，常用于辐射育种、刺激增产、辐射防治虫害和食品辐射保藏与保鲜等；在医学上，常用于癌和肿瘤的放射治疗。一个钴60原子核（6027Co）放出一个β粒子后衰变成一个镍核（6028Ni），并伴随产生了γ射线。已知钴60的半衰期为5.27年，该反应中钴核、β粒子、镍核的

质量分别为m1、m2、m3。下列说法正确的（）A.核反应中释放的能量为(m1—m2－m3)c2B.核反应中释放出的γ射线的穿透本领比β粒子弱C.若有16个钴60原子核，经过5.27年后只剩下8个钴60

原子核D.β粒子是钴原子核外的电子电离形成的【答案】A【解析】【详解】A．钴60原子核发生β衰变的核反应方程式6060027281CoNie−→++根据质能方程可知核反应中释放的能量为(m1—m2－m3

)c2，故A正确；B．根据三种射线的特点与穿透性，可知γ射线的穿透本领最强，β射其次，α射线最弱，则γ射线的穿透本领比β粒子强，故B错误；C．半衰期是一个具有统计意义的概念，针对大量原子才有意义，对个别的原子没有

意义，故C错误；D．根据β衰变的本质可知，β粒子是原子核内的一个中子转变为质子时产生的，故D错误。故选A。5.14C测年法是利用14C衰变规律对古生物进行年代测定的方法．若以横坐标t表示时间，纵坐标m表示任意时刻14C的质量，m0为t=0时14C的质量．下面四幅图中能

正确反映14C衰变规律的是A.B.C.D.【答案】C【解析】设衰变周期为T，那么任意时刻14C的质量01()2tTmm=，可见，随着t的增长物体的质量越来越小，且变化越来越慢，很显然C项图线符合衰变规律．故选C．【点睛】本题考查

衰变规律和对问题的理解能力．根据衰变规律表示出两个物理量之间的关系再选择对应的函数图象．6.2019年8月11日超强台风“利奇马”登陆青岛，导致部分高层建筑顶部的广告牌损毁。台风“利奇马”登陆时的最大风力为11级，最大风速为30m/s。某高

层建筑顶部广告牌的尺寸为：高5m、宽20m，空气密度=1.2kg/m3，空气吹到广告牌上后速度瞬间减为0，则该广告牌受到的最大风力约为A.3.9×103NB.1.2×105NC.1.0×104ND.9.0×l04N【答案】B【解析】【详解】广告牌的面积S=5×20m2=100m2设t

时间内吹到广告牌上的空气质量为m，则有：m=ρSvt根据动量定理有：－Ft=0－mv=0－ρSv2t得：F=ρSv2代入数据解得F≈1.2×105N故B正确，ACD错误。故选B。7.如图所示，有一束单色光入射到极限频率为0v的金属板K上，具有最大初动能的某出射电子，沿垂直于平行

板电容器极板的方向，从左侧极板上的小孔入射到两极板间的匀强电场后，到达右侧极板时速度刚好为零．已知电容器的电容为C，带电量为Q，极板间距为d，普朗克常量为h，电子电量的绝对值为e，不计电子的重力．关于电容器右侧极板的带电情况和入射光的频率v，以下判断正确的是（）A.带

正电，0QevCh+B.带正电，0QevChd+C.带负电，0QevCh+D.带负电，0QevChd+【答案】C【解析】【详解】电子在电容器里面减速运动，所以受到向左的电场力的作用，所以场强方向向右，电容器右侧极板的带负电

．一束单色光入射到极限频率为0v的金属板K上，射出电子的最大初动能为Ek，khvWE−=0hvW=电子在电容器中减速运动，由动能定理得：k0eUE−=−电容器两极板间的电势差为：QUC=根据以上各式，解得：0QevvCh=+故选项C正确，选项ABD错误

．8.下列四幅图涉及到不同的物理知识，其中说法正确的是（）A.图甲：卢瑟福通过分析粒子散射实验结果，发现了原子核的内部结构模型B.图乙：用中子轰击铀核使其发生聚变，链式反应会释放出巨大的核能C.图丙：玻尔理论指出氢原子能级是分立的，所以原子特征光谱也是不连

续的D.图丁：汤姆孙通过电子的发现揭示了原子核内还有复杂结构【答案】C【解析】【详解】A．图甲：卢瑟福通过分析α粒子散射实验结果，得出原子的核式结构模型，并没有得出原子核内部结构，故A错误；B．用中子轰击铀核使其发生裂变，裂变反应会释放出巨大的核能，故B错误；C．玻尔理论

指出氢原子能级是分立的，所以原子发射光子的频率也是不连续的即原子特征光谱也是不连续的，故C正确；D．图丁：汤姆孙通过电子的发现揭示了原子有一定结构，天然放射现象的发现揭示了原子核内还有复杂结构，故D错误。故选C。9.如图所示，台秤上放一光滑平板，其左边固定一挡板，一轻质弹簧将挡板和一

条形磁铁连接起来，此时台秤读数为N1，现在磁铁上方中心偏左位置固定一通电导线，电流方向如图，当加上电流后，台秤读数为N2，则以下说法正确的是（）A.N1＞N2,弹簧长度将变长B.N1＞N2,弹簧长度将变短C.N1＜N2,弹簧长度将变长D.N1＜N2,弹簧长度将变短【答案】B【解析】【详解】磁铁的

磁感线在它的外部是从N极到S极，因为长直导线在磁铁的中心偏左位置，所以此处的磁感线是斜向右上的，电流的方向垂直与纸面向里，根据左手定则，导线受磁铁给的安培力方向是斜向右下，长直导线是固定不动的，根据物体间力的作用是相互的，导线给磁铁的反作用力方向就是斜向左上的；导线给磁铁的反作用力方

向就是斜向左上的，将这个力在水平和竖直分解，因此光滑平板对磁铁支持力减小，由于在水平向左产生分力，所以弹簧产生压缩，弹簧长度将变短．故选B．10.日本福岛核电站的核泄漏事故，使碘的同位素131被更多的人所了解．利用质谱仪可分析碘的各种同位素．如图所

示，电荷量均为＋q的碘131和碘127质量分别为m1和m2，它们从容器A下方的小孔S1进入电压为U的加速电场(入场速度忽略不计)．经电场加速后从S2小孔射出，垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后打到照相底片上．下列说法正确的是A.磁场的方向垂

直于纸面向里B.碘131进入磁场时的速率为12qUmC.碘131与碘127在磁场中运动的时间差值为()122mmqB−D.打到照相底片上的碘131与碘127之间的距离为12222mUmUBqq−【答案】

BD【解析】A、根据粒子带正电，结合左手定则可知，磁场方向垂直纸面向外，故A错误；B、由动能定理知，粒子在电场中得到的动能等于电场对它所做的功2112mvqU=，解得：12qUvm=，故B正确；C、根据周期公式2mT

qB=，因运动的时间t为周期的一半，则有：在磁场中运动的时间差值为：12()mmtqB−=，故C错误；D、由洛伦兹力提供向心力，粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径为R，则有2vqvBmR=，即2mURq=，由此可得它们的距离之差12122

2222()mUmUdRRBqq=−=−,故D正确；故选BD．【点睛】考查电场力与洛伦兹力对粒子的作用，理解动能定理与牛顿第二定律及运动学公式的应用，注意所求距离与半径的关系，同时注意周期与运动时间的关系．11.人们发

现，不同的原子核，其核子的平均质量（原子核的质量除以核子数）与原子序数有如图所示的关系。下列关于原子结构和核反应的说法错误的是（）A.由图可知，原子核D和E聚变成原子核F时会有质量亏损要放出能量B.由图可知，原子核A裂变成原子核

B和C时会有质量亏损，要放出核能C.已知原子核A裂变成原子核B和C时放出的γ射线能使某金属板逸出光电子，若增加γ射线强度，则逸出光电子的最大初动能增大D.在核反应堆的铀棒之间插入镉棒是为了控制核反应速度【答案】C【解析】【详解】A.由图可知，D和

E核子的平均质量大于F核子的平均质量，原子核D和E聚变成原子核F时，核子总质量减小，有质量亏损，要释放能量，选项A正确；B.由图可知，A的核子平均质量大于B与C核子的平均质量，原子核A裂变成原子核B和C时会有质量亏损，要放出核能，选项B正确；C.根据光电效应方程0

kmEhW=−知，光电子的最大初动能与入射光的频率有关，与入射光的强度无关，选项C错误；D.在核反应堆的铀棒之间插入镉棒是为了控制核反应速度，选项D正确；本题选错误的，故选C。12.太阳放出的大量中微子向地球飞来，但实验测定的数目只有理论的三分之一

，后来科学家发现中微子在向地球传播过程中衰变成一个μ子和一个τ子。若在衰变过程中μ子的速度方向与中微子原来的方向相反，则τ子的运动方向（）A.一定与μ子同方向B.一定与μ子反方向C.一定与μ子在同一直线上D.可能与μ子不在同一直线

上【答案】BC【解析】【详解】根据题中给出的信息，在中微子衰变过程中分裂为μ子和τ子，其衰变过程中符合动量守恒定律，取中微子原来的方向的正，则有0μμττmvmvmv=−+得0μμττmvmvvm+=则τ子运动方向一定与μ子运动方向相反，即在同一直线上，故AD错误，BC正确。故选BC。1

3.一正三角形导线框ABC（高度为a）从如图所示位置沿x轴正向匀速穿过两匀强磁场区域。两磁场区域磁感应强度大小均为B，方向相反但均垂直于纸面、区域宽度均为a。选项反映感应电流I与线框移动距离Δx的关系，以逆时针方向为电流的正方向，不正确．．．的是（）A.B.C.D.【答案】

ABD【解析】【详解】B．线框从开始进入到全部进入第一个磁场时，磁通量向里增大，则由楞次定律可知，电流方向为逆时针，故B错误，符合题意；A．因切割的有效长度均匀增大，由E=BLv可知，电动势也均匀增加；而在全部进入第一部分磁场时，磁通量达最大，该瞬间

变化率为零，故电动势也会零，故A错误，符合题意；CD．当线圈开始进入第二段磁场后，线圈中磁通量向里减小，则可知电流为顺时针，故D错误，符合题意；C正确，不符题意。因本题选不正确的，故选ABD。14.如图甲所示，一个匝

数n＝100的圆形导体线圈，面积S1＝0.4m2，电阻r＝1Ω。在线圈中存在面积S2＝0.3m2的垂直线圈平面向外的匀强磁场区域，磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所示。有一个R＝2Ω的电阻，将其两端a、b分

别与图甲中的圆形线圈相连接，b端接地，则下列说法正确的是（）A.圆形线圈中产生的感应电动势E＝6VB.在0～4s时间内通过电阻R的电荷量q＝6CC.设b端电势为零，则a端的电势φa＝3VD.在0～4s时间内电阻R上产生的焦耳热Q＝1

8J【答案】BD【解析】【详解】A．由法拉第电磁感应定律可得E＝nBtS2，由题图乙可得0.6T/s0.15T/s4Bt==，将其代入可得E＝4.5V，A错误；B．由电量公式：()EnqIttnRrRrtRr====+++，在0～4s穿过圆形导体线圈

磁通量的变化量为ΔΦ＝0.6×0.3Wb-0＝0.18Wb，代入可得q＝6C，B正确；C．0～4s内磁感应强度增大，圆形线圈内磁通量增加，由楞次定律结合安培定则可得b点电势高，a点电势低，故C错。D．由于磁感

应强度均匀变化产生的电动势与电流均恒定，可得1.5AEIRr==+，由焦耳定律可得Q＝I2Rt＝18J，D正确。故选BD。15.如图所示，洛伦兹力演示仪由励磁线圈、玻璃泡、电子枪等部分组成。励磁线圈是一对彼此平行且共轴的圆形线圈，它能够在两线圈之间产生匀强磁场。玻璃泡内充有稀薄

的气体，电子枪在加速电压作用下发射电子，电子束通过玻璃泡内气体时能够显示出电子运动的径迹。若电子枪垂直磁场方向发射电子，给励磁线圈通电后，能看到电子束的径迹呈圆形。若只增大电子枪的加速电压或励磁线圈中的电流，下列说法

正确的是（）A.只增大电子枪的加速电压，电子束的轨道半径变大B.只增大电子枪的加速电压，电子束的轨道半径变小C.只增大励磁线圈中的电流，电子束的轨道半径不变D.只增大励磁线圈中的电流，电子束的轨道半径变小【答案】AD【解析

】【详解】根据电子所受洛伦兹力的方向结合安培定则判断出励磁线圈中电流方向是顺时针方向，电子在加速电场中加速，由动能定理2012eUmv=电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力，有200vevBmr=解得012mvmUreBB

e==AB．当增大电子枪的加速电压，电子束的轨道半径变大，故A正确，B错误；CD．增大励磁线圈中的电流，电流产生的磁场增强，电子束的轨道半径变小，故C错误，D正确。故选AD。二、填空题（每题10分，共20分）16.某实验小组利用如图所示装置验证碰撞中的动量守

恒。图中A、B是两个相同的小车。(1)实验前，先平衡摩擦力，只将小车A放在长木板上，并与纸带相连，将长木板装有打点计时器的一端适当垫高，打点计时器接通电源，给小车A一个初速度，如果纸带上打出的点________，则表明已平衡摩擦力。(2)将小车B放在长木板上

并在小车B上放上适当的砝码，接通打点计时器的电源，给小车A一个初速度，小车A与小车B发生碰撞并粘在一起向前运动，打出的纸带如图所示，纸带上的点为连续打出的点，测出纸带上两段连续5个间隔的长度s1、s2.由图可知，纸带的________（填“左”或“右”）端与打点计时器相连，

若打点计时器连接的交流电频率为f，小车A与小车B相碰前的速度为v1=________，碰撞后两车的共同速度为v2=______，若测得小车A（包括橡皮泥）质量为mA，小车B和小车B上砝码的总质量为mB，若表达式

_______成立，则A、B两车碰撞过程动量守恒。(3)如果打点计时器连接交流电的频率实际小于f，则对实验结果________（填“有”或“无”）影响。【答案】(1).间距相同(2).右(3).15sf(4).25sf(5).()12AABmsmms=+(6).无【解析】【详解】(1)[1]如

果已平衡好摩擦力，则小车做匀速直线运动，纸带上打出的点间距相同；(2)[2]由题意可知小车A碰后速度减小，根据纸带图可知左边两点间间距大，速度大，故纸带的左端与小车A相连，右端与打点计时器相连；[3][4]打点计时器连接的交流电频率为f，则周期为：1Tf=故碰前的速度为：11155ssf

Tv==碰撞后两车的共同速度为：22255ssfTv==[5]要验证动量守恒则：()12=+AABmvmmv带入v1和v2即需要满足：()12AABmsmms=+则A、B两车碰撞过程动量守恒；(3)[6]由前面的分析可知等式两边均有f，且可以约掉，故当打点计时器连接交流电的频率实际小于f，对实验结

果无影响。17.核能与其他能源相比具有能量大、地区适应性强的优势。在核电站中，核反应堆释放的核能转化为电能。核反应堆的工作原理是利用中子轰击重核发生裂变反应，释放出大量核能。(1)核反应方程式2351141929205636UnBaKrXa+→++，

是反应堆中发生的许多核反应中的一种，10n为中子，X为待求粒子，a为X的个数，则X为__，a=__。以UBaKrmmm、、分别表示23514192925636UBaKr、、核的质量，npmm、分别表示中子、质子的质量，c为真空中的光速，则在上述核反应过程中放出的核能E=_____。(2

)已知23592U有一种同位素，比23592U核多2个中子。某时刻，有一个这样的同位素核由静止状态发生衰变时放出的粒子的速度大小为0v，已知锕系元素周期表部分如图。试写出衰变的方程______，并求出衰变后的残核初速度___【答案】(1).X为中子(2).3(3

).()2UBaKrn2mmmmc−−−(4).237423392290UHeTh→+(5).04233vv=【解析】【详解】(1)[1][2]根据电荷数守恒、质量数守恒，知aX的电荷数为0，质量数为3，知X的电荷数为0，质量数为1，为中子，a=3[3]根据爱因斯坦质能方程

得，释放的核能2UBarn2K(2)mmmcmmEc−−−==(2)[4]根据电荷数守恒、质量数守恒写出衰变方程237423392290UHeTh→+[5]设衰变后的残核初速度大小为v，规定放出的α粒子的速度方向为正

方向，由动量守恒定律，得00()mvMmv=−−解得004233mvvvMm==−三、计算题（共30分）18.如图为我市某小区禁止随手抛物的宣传提醒牌。从提供的信息可知：一枚50g的鸡蛋从25楼（离地面行人80m高）落下，能使行人当场死亡。若鸡蛋壳与行人的作用时间为4.0×10－

3s，人的质量为50kg，重力加速度g取10m/s2，求：(1)鸡蛋砸到行人时候的速度为多大；(2)行人受到的平均冲击力相当于鸡蛋重力的多少倍？【答案】(1)40m/s；(2)1001倍【解析】【详解】(1)假设鸡蛋到达地面与行人撞击前的速度为v，鸡蛋从80m高处自

由落体，由运动学公式得22vgh=代入数据解得221080m/s40m/svgh===(2)鸡蛋与行人撞击的过程，设鸡蛋受行人的平均作用力为F取向下为正方向，对鸡蛋由动量定理有()0mgFtmv−=−50g0.05kgm==解得=500.5NF则500.

510010.0510Fmg==19.如图所示，两根竖直固定的足够长的光滑金属导轨ab和cd相距L＝1m，金属导轨电阻不计。两根水平放置的金属杆MN和PQ质量均为0.1kg，在电路中两金属杆MN和PQ的电阻均为R＝2Ω，PQ杆放置在水平绝缘平台上。整个装置处于垂直导轨平面向里的磁场中，g

取10m/s2。(1)若将MN杆固定，两杆间距为d＝4m，现使磁感应强度从零开始以Bt＝0.5T/s的变化率均匀地增大，经过多长时间，PQ杆对面的压力为零？(2)若将PQ杆固定，让MN杆在竖直向上的恒定拉力F＝2N的作用下由静止开始向上

运动，磁感应强度恒为1T。若杆MN发生的位移为h＝1.8m时达到最大速度，求最大速度。【答案】(1)4s；(2)4m/s【解析】【详解】(1)根据法拉第电磁感应定律得BBESLattt===

根据闭合电路欧姆定律得I＝2ER由题中条件可知B＝0.5t，当PQ杆对地面的压力恰好为零时，对PQ杆，有mg＝BIL联立可得t＝4s(2)当杆MN达最大速度vm时，其加速度为0，对MN杆，有mg＋B′I′L＝FI′＝m2BLvR可得vm＝4m/s20.如图甲所示，在xOy平

面内有足够大的匀强电场，电场方向竖直向上，电场强度E=40N/C，在y轴左侧平面内有足够大的瞬时磁场，磁感应强度B1随时间t变化的规律如图乙所示，15πs后磁场消失，选定磁场垂直纸面向里为正方向．在y轴右侧平面内还有方向垂直纸面向外的恒定的匀强磁场，分布在一个半径为r=0.

3m的圆形区域(图中未画出)，且圆的左侧与y轴相切，磁感应强度B2=0.8T．t=0时刻，一质量m=8×10－4kg、电荷量q=2×10－4C的微粒从x轴上xP=－0.8m处的P点以速度v=0.12m/s向x轴

正方向入射．(g取10m/s2，计算结果保留两位有效数字)(1)求微粒在第二象限运动过程中离x轴的最大距离和离y轴的最大距离；(2)若微粒穿过y轴右侧圆形磁场时，速度方向的偏转角度最大，求此圆形磁场的圆心坐标(x，y)．【答案】(1)3.3m,2.4m(2)(0.30

,2.3)【解析】【详解】（1）因为微粒射入电磁场后受到的电场力F电＝Eq＝8×10－3N，G＝mg＝8×10－3NF电＝G，所以微粒在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动因为211vqvBmR＝，所以110.6mvRmq

B＝＝1210mTsqB＝＝从图乙可知在0～5πs内微粒向上做匀速圆周运动在5πs～10πs内微粒向左匀速运动，运动位移10.62Txvm＝＝在10πs～15πs内，微粒又做匀速圆周运动，15πs以后向右匀速运动，之后穿过y轴．所以，离y轴的最大距离s＝0.8m＋x1＋R1

＝1.4m＋0.6πm≈3.3m离x轴的最大距离s′＝2R1×2＝4R1＝2.4m（2）如图，微粒穿过圆形磁场要求偏转角最大，入射点A与出射点B的连线必须为磁场圆的直径因为222mvqvBR＝所以220.62mvRmrqB＝＝＝所以最大偏转角θ＝60°，所以圆心

坐标x＝0.30my＝s′－rcos60°＝2.4m－0.3m×12≈2.3m，即磁场的圆心坐标为（0.30，2.3）