【文档说明】【精准解析】江西省南昌市新建县第一中学2019-2020学年高二下学期期中考试物理试题（线上考试）.pdf，共(16)页，345.038 KB，由小赞的店铺上传

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以下为本文档部分文字说明：

-1-物理试卷一、选择题1.如图甲所示，长直导线与闭合金属线框位于同一平面内长直导线中的电流i随时间t的变化关系如图乙所示．在0~2T时间内直导线中电流向上，则在~2TT时间内线框中感应电流的方向与所受安培力情况是（）A.感应电流方向为顺时针，线框受安培

力的合力方向向左B.感应电流方向为逆时针，线框受安培力的合力方向向右C.感应电流方向为顺时针，线框受安培力的合力方向向右D.感应电流方向为逆时针，线框受安培力的合力方向向左【答案】C【解析】【详解】BD．在0~2T时间内，直导线中的电

流向上，由乙可知在2T～T时间内直线电流方向向下，根据安培定则知导线右侧磁场的方向垂直纸面向外，电流逐渐增大则磁场逐渐增强，根据楞次定律，金属线框中产生顺时针方向的感应电流；故B项不合题意，D项不合题意．AC．

根据左手定则，知金属框左边受到的安培力方向水平向右，右边受到的安培力水平向左．离导线越近，磁场越强，则左边受到的安培力大于右边受到的安培力所以金属框所受安培力的合力水平向右，故A项不合题意，C项符合题意．2.如图所示，电源的电动势为E，内阻为r不可忽略．A、B是两个相同的小灯泡，L是一个自

感系数较大的线圈．关于这个电路的说法中正确的是A.闭合开关，A灯立刻亮，而后逐渐变暗，最后亮度稳定-2-B.闭合开关，B灯立刻亮，而后逐渐变暗，最后亮度稳定C.开关由闭合至断开，在断开瞬间，A灯闪亮一下再熄灭D.开

关由闭合至断开，在断开瞬间，电流自左向右通过A灯【答案】A【解析】开关闭合到电路中电流稳定的时间内，A灯立刻亮，由于线圈中产生感应电动势的阻碍作用，B灯逐渐变亮，当线圈电流阻碍较小后A灯逐渐变暗，当线圈对电流没有阻碍时，两灯泡灯泡亮度稳

定．故A正确，B错误；开关处于闭合状态，在断开瞬间，线圈提供瞬间电压给两灯泡供电，由于两灯泡完全一样，所以不会出现电流比之前还大的现象，因此A灯不会闪亮一下，只会一同慢慢熄灭．故C错误；开关断开瞬间，线圈相当于电源，电流方向仍不变，所以电流自右向左通过A灯，故D错误；故选A．点睛：线圈电

流增加，相当于一个电源接入电路，线圈左端是电源正极．当电流减小时，相当于一个电源，线圈左端是电源负极．3.两个完全相同的电热器，分别通以图甲、乙所示的峰值相等的矩形交变电流和正弦交变电流，则这两个电热器的电功率之比P甲∶P乙等于()A.2∶1B.2∶1C.4∶1D.

1∶1【答案】B【解析】【详解】方波的电流有效值amII，正弦交流电的有效值2mbII，根据功率公式2PIR得到2222:::()2:12mababmIPPIII．A．2∶1，与结论不相符，选项A错误；B．2∶1，与结论相符，选项B正确；-3-C．4∶1，与结论不相符，选项C错误

；D．1∶1，与结论不相符，选项D错误；故选B.点睛：对于交变电流求解热量、热功率、电功等都应用有效值，求解电量用平均值．4.电子打火机的点火原理是压电效应．压电片在受到压力时会在两侧形成电压且电压大小与压力近似成正比，现有一利用压电效应制造的电梯加速度传

感器，如图所示．压电片安装在电梯地板下，电压表与压电片构成闭合电路用来测量压电片两侧形成的电压，若发现电压表示数增大，下列说法正确的是()A.电梯一定加速上升B.电梯一定减速下降C.电梯加速度一定向上D.电梯加速度一定向下【答案】C【解析

】【详解】电压表示数增大说明人对地板的压力变大，对人受力分析知地板对人的支持力大于人所受重力，即人的加速度一定向上，所以电梯可能向上加速，也可能向下减速，故C正确，ABD错误。5.如图所示，是研究光电效应的电路图，对于某金属用绿光照射时，电流

表指针发生偏转．则以下说法正确的是（）A.将滑动变阻器滑动片向右移动，电流表的示数一定增大B.如果改用紫光照射该金属时，电流表无示数-4-C.将K极换成逸出功小的金属板，仍用相同的绿光照射时，电流表的示数一定增大D.将电源的正负极调换，仍用相同的

绿光照射时，将滑动变阻器滑动片向右移动一些，电流表的读数可能不为零【答案】D【解析】【分析】当滑动变阻器向右移动时，正向电压增大，光电子做加速运动，需讨论光电流是否达到饱和，从而判断电流表示数的变化．发生光电效应的条件是当入射光的频率大于金属的极限频率时，会发生光电效应，

而光电子的最大初动能与入射光的频率成线性关系，当将电源的正负极调换，即加反向电压，则电流表可能没有示数，也可能有示数．【详解】A．滑动变阻器滑片向右移动，电压虽然增大，但若已达到饱和电流，则电流表的示数可能不变，故A错误；B．如果改用紫光照射该金属时，因频率的增加，导致光电子最大初动能增加

，则电流表一定有示数，故B错误；C．将K极换成逸出功小的金属板，仍用相同的绿光照射时，则光电子的最大初动能增加，但单位时间里通过金属表面的光子数没有变化，因而单位时间里从金属表面逸出的光电子也不变，饱和电流不会变化，则电流表的示数不一定增大，故C错误；D．电源的正负极调换，仍用相同的绿

光照射时，将滑动变阻器滑片向右移一些，此时的电压仍小于反向截止电压，则电流表仍可能有示数，故D正确．【点睛】本题考查光电效应基础知识点，难度不大，关键要熟悉教材，牢记并理解这些基础知识点和基本规律，注意饱和电流的含义，及掌握紫光与绿光的频率高低．理解饱和电流与反向截止电压

的含义，注意光电子最大初动能与入射光的频率有关．6.如图所示为氢原子能级示意图．下列有关氢原子跃迁的说法正确的是（）A.大量处于4n激发态的氢原子，跃迁时能辐射出4种频率的光B.氢原子从3n能级向2n能级跃迁时，辐射出的光

子能量为4.91eV-5-C.用能量为10.3eV的光子照射，可使处于基态的氢原子跃迁到2n激发态D.用2n能级跃迁到1n能级辐射出的光照射逸出功为6.34eV的金属铂能发生光电效应【答案】D【解析】

【详解】A.大量处于4n激发态的氢原子，跃迁时可以选2条高低轨道进行跃迁，所以发出246C种光，A错误B.氢原子从3n能级向2n能级跃迁时，辐射出的光子能量为321.51(3.4)1.89EEEeVeV

eV，B错误C.光子照射发生跃迁，光子能量必须等于两能级能量差，故基态的氢原子跃迁到2n激发态所需光子能量213.4(13.6)10.2EEEeVeVeV，C错误D.2n能级跃迁到1n能级辐射出的光子能量213.4(13.6

)10.26.34EEEeVeVeVeV故可以发生光电效应，D正确7.原子弹和氢弹所涉及的基本核反应方程有：①235190136192038540UnSrXe10n，②23411120

HHHen.关于这两个方程，下列说法正确的是（）A.方程①属于重核裂变B.方程②属于衰变C.方程①的核反应是太阳能的源泉D.方程②中的31H与32He互为同位素【答案】A【解析】【详解】A．方程①是

质量较大的核裂变为质量中等的核，属于重核裂变，故A正确；B．方程②是质量较小的核转化为质量较大的核，属于轻核聚变，故B错误；C．太阳能的产生是由于太阳内部高温高压条件下的热核聚变，故C错误；D．同位素的质子数相同，故D错

误。故选A。8.悬挂在竖直方向上的弹簧振子，周期T=2s，从最低点位置向上运动时刻开始计时，在一个周期内的振动图象如图所示，关于这个图象，下列哪些说法是正确的是（）-6-A.t=1.25s时，振子的加速度为正，速度也为正B.t=1.7s时，振子

的加速度为负，速度也为负C.t=1.0s时，振子的速度为零，加速度为负的最大值D.t=1.5s时，振子的速度为零，加速度为负的最大值【答案】C【解析】【详解】t=1.25s时，位移为正，加速度kaxm为负；x-t图象上某点切线的斜率表示速度，故速度为负，A错误；t=1.7s时，位移为负，加

速度kaxm为正；x-t图象上某点切线的斜率表示速度，故速度为负，B错误；t=1.0s时，位移为正，加速度kaxm为负；x-t图象上某点切线的斜率表示速度，故速度为零，C正确；t=1.5s时，位移为零，故加速度为零

；x-t图象上某点切线的斜率表示速度，故速度为负向最大，D错误．9.如图所示，水平放置的、间距为L的光滑导轨MNQP，导轨内的磁场方向与导轨垂直，磁感应强度为B，导轨左端接有电阻R、电阻为r的金属棒ab在导轨上垂直于磁场

的方向，以速度v向右匀速移动，水平外力F,下列说法正确的是：（）A.K断开时，金属棒两端的电压为BLvB.K闭合时，金属棒两端的电压为BLvC.K闭合时，感应电流的大小为BLvRrD.K闭合时，水平外力的功率为222B

LvRr【答案】ACD【解析】-7-【详解】ABC.当开关断开时，不是闭合回路，金属棒两端电压大小等于电动势EBLv；当开关闭合时，回路电动势EBLv，回路电流EBLvIRrRr，所以金属棒两端电压，即路端电压ERUIRRr，AC正确B错误．D

.开关闭合时，由于匀速运动，所以外力与安培力大小相等：22BLvFBILRr，所以外力功率222BLvPFvRr，D正确．10.如图是某交流发电机产生的交变电流的图象,根据图象可以判定()A.此交变电流的频

率为5HzB.该交变电流的电压瞬时值的表达式为u=12sin10πt(V)C.将标有“12V3W”的灯泡接在此交流电源上，灯泡可以正常发光D.图象上对应的0.1s时刻，发电机中的线圈刚好转至中性面【答案】ABD【解析】由图

读出，周期为T=0.2s，频率为15fHzT．故A正确；由图读出此交变电压的最大值为12mUV，交流电的角速度为210/radsT，交变电流的电压瞬时值的表达式为，故B正确1210usintV，故B正确；有效值62122mUUVV，“12V，3W”的灯泡

额定电压是12V，所以灯泡不可以正常发光，故C错误；图象上对应的0.1s时刻，产生的感应电动势最小，此时线圈平面位于中性面位置，故D正确；故选ABD．【点睛】由交变电流的图象读出周期，求出频率．“12V、3W”的灯泡额定电压有效值为12V．由

图读出电压的最大值，求出有效值，判断灯泡能否正常发光.11.如图所示是甲、乙两种金属的光电子的最大初动能与入射光频率的关系图象,由图象可知（）-8-A.甲金属的逸出功比乙金属的逸出功大B.同一色光照射下,甲金属发射的光电子的最大初动能比乙金属发射的光电子的最大初动能大

C.要获得相等的最大初动能的光电子,照射甲金属的光的频率要比照射乙金属的光的频率大D.无论用什么金属做实验,图象的斜率不变【答案】BD【解析】根据光电效应方程有：EK=hv-W，其中W为金属的逸出功：W=hv0，根据图象可知，乙的极限频率比甲大，所以乙的逸出功比甲大

，故A错误；同一色光照射，则入射光频率相等，根据EK=hv-W结合乙的逸出功比甲大可知，甲金属发射的光电子的最大初动能比乙金属发射的光电子的最大初动能大，故B正确；根据EK=hv-W结合乙的逸出功比甲大可知

，若EK相等，则照射甲金属的光的频率要比照射乙金属的光的频率小，故C错误；根据EK=hv-W可知，EK-v图象的斜率表示普朗克常量，无论用什么金属做实验，图象的斜率不变，故D正确．故选BD．点睛：本题考查了光电效应方程EK=hv-W的理解和应用，对于图象问题

可以写出函数关系式结合数学知识讨论图像的斜率和截距的物理意义．12.在匀强磁场中，一个原来静止的原子核，由于衰变放射出某种粒子，结果得到一张两个相切圆1和2的径迹照片(如图所示)，已知两个相切圆半径分别为r1、r

2.下列说法正确的是()A.原子核可能发生的是α衰变，也可能发生的是β衰变B.径迹2可能是衰变后新核的径迹C.若衰变方程是238234492902UThHe，则r1：r2=1：45-9-D.若是α衰变，则1和2的径迹均是顺时针方向【答案】CD【解析】【

分析】静止的原子核发生衰变，根据动量守恒可知，发生衰变后的粒子的运动的方向相反，在根据粒子在磁场中运动的轨迹可以判断粒子的电荷的性质；衰变后的粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力可得半径公式，结合轨迹图

分析．【详解】A．原子核衰变过程系统动量守恒，由动量守恒定律可知，衰变生成的两粒子动量方向相反，粒子速度方向相反，由左手定则知：若生成的两粒子电性相反则在磁场中的轨迹为内切圆，若电性相同则在磁场中的轨迹为外切圆，所以为电性相同的粒子，可能发生

的是衰变，但不是衰变，故A错误；BC．核反应过程系统动量守恒，原子核原来静止，初动量为零，由动量守恒定律可知，原子核衰变后生成的两核动量P大小相等、方向相反，粒子在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：2vqvBmr，解得：mvPrqBBq

，由于P、B都相同，则粒子电荷量q越大，其轨道半径r越小，由于新核的电荷量大于粒子的电荷量，则新核的轨道半径小于粒子的轨道半径，则半径为1r的圆为放出新核的运动轨迹，半径为2r的圆为粒子的运动轨迹，1r：22r：901：45，故B错误，C正确；D．若是衰变，生成的两粒子电性相同，图示

由左手定则可知，两粒子都沿顺时针方向做圆周运动，故D正确．【点睛】知道原子核衰变过程动量守恒是本题解题的前提与关键，分析清楚图示运动轨迹、应用动量守恒定律与牛顿第二定律即可解题．二、实验题13.小雷在做“利用单摆测重

力加速度”实验中，先测得摆线长为97.20cm；用20分度的游标卡尺测得小球直径如图所示，然后用秒表记录了单摆全振动50次所用的时间．则-10-（1）小球直径为_________cm（2）如果他在实验中误将49次全振动数为50次，测得的g值_________（填“偏大”或“偏小”或“准

确”）（3）他以摆长（L）为横坐标、周期的二次方（T2）为纵坐标作出了T2－L图线，由图象测得的图线的斜率为k，则测得的重力加速度g=_________．（用题目中给定的字母表示）（4）小俊根据实验数据作出的图象如图所示，造成图象不过坐标原点的原因可能是_____

____．【答案】(1).2.990(2).偏大(3).42/k(4).测量摆长时未计入摆球的半径【解析】【详解】（1）[1]由图可知，小球的直径D=29mm+0.05mm×18=29.90mm=2.990cm；（2）[2]试验中将49次全

振动数为50次，会导致测得周期偏小，根据224πLgT，知测得重力加速度偏大；（3）[3]根据单摆的周期公式2LTg得224TLg可知斜率24kg解得重力加速度-11-24gk（4）[4]图象不通过坐标原点，将图象向右平移1cm就会通过坐标原点，故相同的周期下，摆长偏小

1cm，故可能是测摆长时漏掉了摆球的半径；四、解答题14.如图是一小型发电站通过升压、降压变压器把电能输给用户的示意图．已知发电机的输出功率是400kW，输出电压U1=400V，用变压比n1：n2=1：2

0的理想变压器升压后向远处供电，输电线的总电阻为10Ω，到达用户后再用变压器降为220V，求：(1)升压变压器的副线圈两端电U2；(2)输电线上损失的电功率；(3)降压变压器的变压比n3:n4．【答案】(1)28000VU(2)25K

WP(3)3437511nn【解析】【详解】（1）根据理想变压器电压比1122UnUn可得副线圈两端电压为28000VU（2）输电导线上的电流2400000A50A8000PIU输电导线上的功率损失△P=I2R=502×10W=25kW（3）输电线上的电压损耗-12-△U=IR

=50×10=500V降压变压器原线圈的电压U3=U2-U=8000-500=7500V则降压变压器原、副线圈的匝数比3344750037522011nUnU15.如图所示，两个平行光滑金属导轨AB、CD固定在水平地面上，其间距

L=0.5m，左端接有阻值R=3的定值电阻．一根长度与导轨间距相等的金属杆順置于导轨上，金属杆的质量m=0.2kg,电阻r=2，整个装置处在方向竖直向下、磁感应强度大小B=4T的匀强磁场中，t=0肘刻，在MN上加一与金属杆垂直，方向水平向右的外力F，金属杆由静止开始以a=2m/s2的加速度向右

做匀加速直线运动，2s末撤去外力F，运动过程中金属杆与导轨始终垂直且接触良好．（不计导轨和连接导线的电阻，导轨足够长)求：(1)1s末外力F的大小；(2)撤去外力F后的过程中，电阻R上产生的焦耳热．【答案】（1）2N（2）0.96J【解析】【详

解】（1）t=1s时刻，金属杆MN的速度大小为v1=at1=2×1=2m/s金属杆MN产生的感应电动势为E=BLv1金属杆MN中的电流大小EIRr金属杆MN受到的安培力大小F安=BIL联立得221BLvFRr安根据牛顿第二定律

得F-F安=ma联立解得F=2N（2）t=2s时刻，金属杆MN的速度大小为v2=at2=2×2=4m/s-13-撤去外力F后的过程中，根据能量守恒定律得知电路中产生的总焦耳热Q=12mv22=12×0.2×42=1.6J电阻R上产生的焦耳热QR=RRrQ=332×1.6J=0.96

J16.如图所示，线圈abcd的面积是0.05m2，共100匝，线圈的总电阻为1Ω，外接电阻R=9Ω，匀强磁场的磁感应强度B=1T，当线圈以300r/min的转速匀速旋转时．问：（1）若从线圈处于中性面开始计时，写出线圈中感应电

动势的瞬时值表达式；（2）线圈转过130s时电动势的瞬时值多大？（3）电路中，电压表和电流表的示数各是多少？（4）从中性面开始计时，经130s通过电阻R的电荷量是多少？【答案】（1）e=50sin10πtV；（2）43.3V（3）31.86V，3.54A．（4）14C．【解析】【详解】

(1)若从线圈处于中性面开始计时，写出线圈中感应电动势的瞬时值表达式1221000.0525255010VmeEsintNBSfsinftsintsint＝＝＝(2)当t＝130s时1e=50

sin10253V43.3V30(3)电动势的有效值为50V35.4V22EmE电流表示数35.4A3.54A91EIRr．电压表示数-14-3.549V31.86V

UIR＝＝＝(4)130s内线圈转过的角度3001=t=2260303ft，该过程，12BSBScosBS＝－＝所以由公式求得;112C104nBSEnnqItttRrtRrRr

17.如图所示，两平行金属导轨间的距离0.4mL,金属导轨所在的平面与水平面夹角37，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度0.5TB、方向垂直于导轨所在平面向上的匀强磁场。金属导轨的一端接有电动势4.2VE、内阻1.0r的直流电源。现把一个质量0.04kgm

的导体棒ab放在金属导轨上，此时导体棒恰好静止。导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻2.0,R金属导轨电阻不计，g取210m/s。已知sin370.6cos370.8，

==，求：（1）导体棒受到的安培力大小；（2）导体棒受到的摩擦力大小及方向；（3）若将直流电源置换成一个电阻为01.0R的定值电阻（图中未画出），然后将导体棒由静止释放，导体棒将沿导轨向下运动，求导体棒的最大速率（假设金属导轨足够长，导体棒与金属导轨之间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大

小相等）。【答案】(1)0.28N(2)0.04N，方向沿斜面向下(3)15m/s2【解析】【详解】(1)导体棒、金属导轨和直流电源构成闭合电路，根据闭合电路欧姆定律有：-15-4.2A=1.4A21EIRr导体棒受到的安培力：0.51.40.4N=0.28NF

BIL安根据左手定则可得安培力沿斜面向上；(2)导体棒所受重力沿斜面向下的分力：1sin370.04100.6N=0.24NFmg由于F1小于安培力，故导体棒受沿斜面向下的摩擦力f，根据共点力平衡条件：1FfF安代入数据解得：f=0.04N。(

3)根据：EBLv0EIRR=FBIL安可得：220BLvFRR安将直流电源置换成一个电阻为01.0R的定值电阻后，当导体棒达到最大速度时加速度为零，受力平衡，结合左手定则和右手定则有：1FFf

安代入数据联立解得：v=15m/s2答：(1)导体棒受到的安培力大小0.28N；(2)导体棒受到的摩擦力大小0.04N，方向沿斜面向下；(3)导体棒的最大速率v=15m/s2。-16-