【文档说明】甘肃省武威第一中学2019-2020学年高二下学期期中考试物理试题【精准解析】.doc，共(18)页，831.000 KB，由小赞的店铺上传

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武威一中2020年春季学期高二年级期中考试物理试题一．单项选择题1.下列说法正确的是A.在核反应中，由于存在质量亏损，所以质量数不守恒B.光电效应和康普顿效应都揭示了光的粒子性C.卢瑟福的核式结构模型能够解

释氢原子光谱的分立特征D.比结合能越小，原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定【答案】B【解析】【详解】A.核反应有质量亏损，但质量数和电荷数都守恒，故A错误；B.光电效应和康普顿效应都揭示了光的粒子性，选项B正确；C.卢瑟福

提出原子核式结构学说，但不能解释原子光谱分立特征，故C错误．D.比结合能越大，原子核中的核子结合的越牢固，原子核越稳定，故D错误；2.下列有关近代物理的说法正确的是（）A.卢瑟福的a粒子散射实验使人们认识到原子是可以再分的B

.电子的发现使人们认识到原子具有核式结构C.玻尔理论能成功解释所有原子光谱的实验规律D.天然放射现象说明了原子核内部是有结构的【答案】D【解析】【详解】A、通过a粒子散射实验使人们认识到原子具有核式结构模型,但是不能说

明原子是可以再分的，故A错；B、电子的发现使人们认识到原子是可以分割的，是由更小的微粒构成的，故B错；C、玻尔理论能成功解释氢原子光谱，但不能解释别的原子的光谱，故C错；D、天然放射现象中的射线来自原子核,说明原子核内部有复杂结构,故

D对；故选D3.图为氢原子能级图．现有一群处于n=4激发态的氢原子，用这些氢原子辐射出的光照射逸出功为2.13eV的某金属，则（）A.这些氢原子能辐射出三种不同频率的光子B.这些氢原子辐射出光子后，电子的总能量保持不变C.这些氢原子辐射出的所有光都

能使该金属发生光电效应D.该金属逸出的所有光电子中，初动能的最大值约为10.62eV【答案】D【解析】【分析】根据数学组合公式2Cn，求出氢原子可能辐射光子频率的种数；能级间跃迁时，辐射的光子能量等于两能级间的能级差，能级

差越大，辐射的光子频率越高；根据库仑力提供向心力分析电子动能的变化．【详解】A．根据24C=6知，这些氢原子可能辐射出6种不同频率的光子．故A错误；B．这些氢原子辐射出光子后，电子的动能增大，电势能减小，总

能量会减小．故B错误；C．氢原子由n=4跃迁到n=3产生的光的能量：E43=E4﹣E3=﹣0.85﹣（﹣1.51）=0.66eV＜2.13eV，所以不能使逸出功为2.13eV的金属能发生光电效应，故C错误；D．氢原子由n=4向n=1能级跃迁时辐射的光子能量最大，频率最大，最

大能量为13.6eV﹣0.85eV=12.75eV，根据光电效应方程可知，入射光的能量越高，则电子的动能越大，初动能的最大值为：Ekm=12.75eV﹣2.13eV=10.62eV，故D正确．【点睛】本题主要考查了氢原子的跃迁及其应用，较为简单．4.在光电效应实验中，某同学用同一光电管在不同实验条

件下得到了三条光电流与电压之间的关系曲线（甲光、乙光、丙光），如图所示．则可判断出（）A.丙光的频率大于乙光的频率B.甲光的频率大于乙光的频率C.乙光对应的截止频率大于丙光的截止频率D.甲光对应的光电子最大初动能大于丙光的光电子最大初动能【答案】A【解析】【详解】A．在光电效应中，遏止

电压与入射光的频率有关，入射光的频率越大，遏止电压越大，丙光的遏止电压大于乙光的遏止电压，丙光的频率大于乙光的频率，A正确；B．甲光和乙光的遏止电压相同，则它们的频率相同，B错误；C．不同金属的截止频率不同，同一金属的截止频率相同，与

入射光无关，所以乙光和丙光照射的阴极材料截止频率相同，C错误；D．根据2012emcmveUhW甲光对应的光电子最大初动能小于丙光的光电子最大初动能，D错误。故选A。5.如图所示为一交变电流的图象，则该交变电流的有效值为多大（）

A.I0B.32I0C.02I+I0D.02I【答案】B【解析】【详解】设交流电电流的有效值为I，周期为T，电阻为R．则有：222002()222TTIRTIRIR，解得：I=32I0；A.I0，与结论不相符，选项A错误；B.32I0，与结论相符，选项B

正确；C.2I+I0，与结论不相符，选项C错误；D.2I，与结论不相符，选项D错误；6.一矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，产生交流电的图象如图所示，由图可以知道（）A.0.01s时刻穿过线圈的磁通量为零B.0.01s时刻线圈处于中性面位置C.该交流电流有效值为2AD.该交流电流频率为50Hz【

答案】A【解析】【详解】AB．0.01s时刻感应电流最大，感应电动势最大，故线圈与中性面垂直，为峰值面，磁通量为零，故A正确，B错误；C．该交流电的有效值为22A22mII故C错误；D．由图可知该交流电

的周期为0.04s，由zz11H25H0.04fT故D错误。故选A。7.如图所示为一理想变压器，原、副线圈的匝数比为12:5:1nn，分别接有定值电阻1R和2R，且12R:R5:1．原线圈接正弦交流电．电压表为理想交流电压表．则A.电阻1R和2R消耗功率之比为1：1B.电压表

1V和2V的示数之比为5：1C.电压表1V和2V的示数之比为6：1D.原副线圈磁通量变化率之比为5：1【答案】C【解析】【详解】设流过原线圈的电流为1I，流过副线圈的电流为2I，因122115InIn．电阻1R和2R消耗功率之比122112215RRPIRPIR

，所以A错误．电压表2V的示数222UIR，电压表1V的示数111225=6UIRUU，所以1261UU，因此B错误，C正确．理想变压器原副线圈磁通量变化率相同，所以D错误．综上所述，选项C正确．8.如图所示，矩形导线框必abcd固定在水平桌面上，通有恒定电流的长直导线

MN靠近水平桌面，且平行于ab边，在长直导线匀速从ab平移到cd边的过程中，下列说法正确的是A.导线框中有逆时针方向的感应电流B.导线框中感应电流的方向先顺时针后逆时针C.导线框所受的安培力的合力方向水平向右D.导线框所受的安培力的合力方

向先水平向右后水平向左【答案】C【解析】【详解】AB.直导线中通有向上的电流，根据安培定则知，通过线框的磁场方向先垂直向里减小，然后垂直向外增大，根据楞次定律知感应电流的方向为顺时针方向，故A、B错误

．CD.根据左手定则知，ab边所受安培力方向水平向右，cd边所受安培力方向水平向右，则线框所受安培力的合力方向水平向右，故C正确，D错误．9.如图所示，等腰三角形内分布有垂直于纸面向外的匀强磁场，它的底边在x轴上且长为2L，高为L.纸面内一

边长为L的正方形导线框沿x轴正方向做匀速直线运动穿过匀强磁场区域，在t＝0时刻恰好位于图中所示的位置．以顺时针方向为导线框中电流的正方向，在下面四幅图中能够正确表示电流－位移(I－x)关系的是A.B.C.D.【答案】C【解析】【详

解】位移在0～L过程：磁通量增大，由楞次定律判断感应电流方向为顺时针方向，为正值．BLvIR，因l=x，则BvIxR，位移在L～2L过程：磁通量先增大后减小，由楞次定律判断感应电流方向先为顺时针方向，为正值，后为逆时针方向，为负值．位移在2L～3L过程：磁通量减小，由楞次定

律判断感应电流方向为逆时针方向，为负值．(2)BvILxR，故选C．10.如图所示，电阻R的阻值和线圈自感系数L的值都较大，电感线圈的电阻不计，A、B是两只完全相同的灯泡，则下列说法正确的是（）A当开关S闭合时，B比A先亮，然后A熄灭B.当开关S闭合时，B比

A先亮，然后B熄灭C.当电路稳定后开关S断开时，A立刻熄灭，B逐渐熄灭D.当电路稳定后开关S断开时，B立刻熄灭，A闪一下后再逐渐熄灭【答案】D【解析】【详解】AB．当开关S闭合时，电源的电压同时加到两个灯泡上，它们会一起亮；但由于电感线圈的电阻不计，线圈将

A灯逐渐短路，A灯变暗直至熄灭，A、B错误；CD．当电路稳定后开光S断开时，L相当于电源，与A组成回路，B立刻熄灭，A闪一下后再逐渐熄灭，C错误，D正确。故选D。11.如图所示，通电导体棒静止于水平导轨上，棒的质量为m，长为L，通过的电流大小为I且垂直

纸面向里，匀强磁场的磁感强度B的方向与导轨平面成θ角，则导体棒受到的A.安培力大小为BILcosθB.安培力大小为BILsinθC.摩擦力大小为BILcosθD.支持力大小为mg+BILcosθ【答案】D【解析】【详解】以导体棒为研究

对象，分析受力，如图，其中，安培力大小AFBIL根据平衡条件得cosAGFN得coscosANGFmgBILsinAfF得sinfBIL故D正确。12.三个质子1、2和3分别以大小相等、方向如图所示的初速度v1、v2和v3，经过平板MN上的小孔

O射入匀强磁场B，磁场方向垂直纸面向里，整个装置放在真空中，且不计重力．这三个质子打到平板MN上的位置到小孔的距离分别为s1、s2和s3，则（）A.123sssB.123sssC.132sssD.132

sss【答案】D【解析】【详解】三个质子的速度大小相等，方向如图所示，垂直进入同一匀强磁场中．由于初速度v1和v3的方向与MN的夹角相等，所以这两个质子的运动轨迹正好组合成一个完整的圆，则这两个质子打到平

板MN上的位置到小孔的距离是相等的．而初速度v2的质子方向与MN垂直，则它的运动轨迹正好是半圆，所以质子打到平板MN上的位置到小孔的距离恰好是圆的直径．由于它们的速度大小相等，因此它们的运动轨迹的半径均相同．所以速度为v2的距离最大．故选D．二

、多选题13.如图所示是粒子速度选择器的原理图，如果粒子所具有的速率v=EB，那么（）A.带正电粒子必须沿ab方向从左侧进入场区，才能沿直线通过B.带负电粒子必须沿ba方向从右侧进入场区，才能沿直线通过C.不论粒子电性如

何，沿ab方向从左侧进入场区，都能沿直线通过D.不论粒子电性如何，沿ba方向从右侧进入场区，都能沿直线通过【答案】AC【解析】【详解】由题，根据洛伦兹力公式可知=qvBqE带正电粒子所受的电场力竖直向下，由左手定则判断可知，只有沿ab方向从左侧进入场区洛伦兹

力方向竖直向上，两个力才能平衡，粒子能沿直线通过；带负电粒子所受的电场力竖直向上，由左手定则判断可知，只有沿ab方向从左侧进入场区洛伦兹力方向竖直向下，两个力才能平衡，粒子才能沿直线通过；AC正确，BD错误。故选AC。14.如图所示，半径为R的

圆形区域中充满了垂直于纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场．一带负电粒子以速度射入磁场区域，速度方向垂直磁场且与半径方向的夹角为45°．当该带电粒子离开磁场时，速度方向刚好与入射速度方向垂直．不计带电粒子的重力，下列说法正确

的是()A.该带电粒子离开磁场时速度方向的反向延长线通过O点B.该带电粒子的比荷为022vBRC.该带电粒子在磁场中的运动时间为02RvD.若只改变带电粒子的入射方向，则其在磁场中的运动时间变短【答案】BD【解析】【详

解】A、带负电的粒子在磁场中的运动轨迹如图所示：从图像上可以看出该带电粒子离开磁场时速度方向的反向延长线不通过O点，故A错；B、有几何关系知，轨迹所对的圆心角为90，且轨迹的圆心O刚好在圆形磁场的边界上，所以轨迹的半径为2rR由2vqvBmr

可求得：022vqmBR，故B对；C、运动时间等于弧长除以速度，即0012242rRtvv，故C错；D、有图可知，此时轨迹圆弧对应的弦长最长，等于磁场区域的直径，所以在磁场中运动时间也就最长，若改变入射角度，则运动时间变短，

故D对；故选BD15.一个质量为m、带电量为q的小球，从倾角为θ的光滑绝缘斜面上由静止下滑，整个斜面置于方向水平向外的匀强磁场中，其磁感应强度为B，如图所示，带电小球下滑后某时刻对斜面的作用力恰好为零，已

知重力加速度为g，下面说法中正确的是（）A.小球带负电B.小球在斜面上的运动是匀加速直线运动C.小球在斜面上运动的加速度逐渐增大D.小球对斜面的作用力恰好为零时的速率为cosmgqB【答案】BD【解析】【详解】A．小球向下运动，带电小球下滑后某时刻对斜面的作用力恰

好为零，说明洛伦兹力垂直斜面向上，磁场垂直纸面向外，根据左手定则可判断小球带正电，A错误；BC．小球没有离开斜面之前，在重力、支持力、洛伦兹力作用下做匀加速直线运动，虽然速度变大，导致洛伦兹力变大，但三个力的合力却不变，加速度不变，小球仍做匀加速直线运动，B正确，C错误；D．则小球在斜面上下

滑过程中，当小球受到的洛伦兹力等于重力垂直斜面方向的分力，小球对斜面压力为零，可得cosqvBmg则速率为cosmgvqBD正确。故选BD。16.如图所示，在光滑绝缘水平面上有一单匝线圈ABCD，在水平外力作用下以大小为v的速度向右匀速进入

竖直向上的匀强磁场，第二次以大小为3v的速度向右匀速进入该匀强磁场，则下列说法正确的是A.第二次进入与第一次进入时线圈中的电流之比为1：3B.第二次进入与第一次进入时外力做功的功率之比为1：3C.第二次进入与第一

次进入时线圈中产生的热量之比为1：3D.第二次进入与第一次进入时通过线圈中某一横截面的电荷量之比为1：3【答案】AC【解析】【详解】A、设磁感应强度为B，CD边长度为L，AD边长为L，线圈电阻为R；线圈进入磁场过程中，产生的感应电动势E=BLv，感应电流EBLvIRR

，感应电流I与速度v成正比，第二次进入与第一次进入时线圈中电流之比：21::1:33vIIv，故A正确；B、线圈进入磁场时受到的安培力：22ABLvFBILR，线圈做匀速直线运动，由平衡条件得，外力22ABLvFFBI

LR，外力功率222BLvPFvR，功率与速度的平方成正比，第二次进入与第一次进入时外力做功的功率之比：2221::1:93vPPv，故B错误；C、线圈进入磁场过程中产生的热量：2222BLvLBLLvQIRtRRvR，产生的热量与速度成

正比，第二次进入与第一次进入时线圈中产生热量之比：21::1:33vQQv，故C正确；D、通过导线横截面电荷量：BLLqIttRtR，电荷量与速度无关，电荷量之比为1：1，故D错误．故选AC．【点睛】根据切割公式E=BLv求解电动势，

由欧姆定律求出感应电流，然后求出电流之比；线框匀速进入匀强磁场，安培力与外力平衡，根据安培力公式求解安培力，再结合平衡条件得到外力，最后根据P=Fv求解外力的功率；由焦耳定律求出线圈产生的热量，然后求出热量之比．由电流定义式求出电荷量间的关系．17.如图所示，

T为理想变压器，A1、A2为理想交流电流表，V1、V2为理想交流电压表，R1、R2、R3为电阻，原线圈两端接电压一定的正弦式交变电流，当开关S闭合时，各交流电表的示数变化情况应是()A.电压表V2读数变大B.电流表A1读数变大C.电流表A2读数变小D.电压表V1读数变小【答

案】BD【解析】【详解】D、当闭合开关S后，导致总电阻减小，由于总的电流变大，电阻R1的电压变大，总的电压保持不变，所以并联部分的电压要减小，即V1读数变小，所以D正确.A、当闭合开关S后，电路的总的电阻减小，由于变压器的匝数比和输入的电压都不变，所以输出的电压也不变，即V2的示

数不变，故A错误；B、C、由于总的电阻减小，所以电路的总电流要变大，所以A1、A2的示数都要变大，所以B正确，C错误；故选BD.18.如图所示，磁感应强度为B的有界匀强磁场的宽度为L，一质量为m、电阻为R、边长为d(d<L)的正方形

金属线框竖直放置．线框由静止释放、进入磁场过程中做匀速运动，完全离开磁场前已做匀速运动．已知重力加速度为g．则线框（）A.进、出磁场过程中电流方向相同B.进、出磁场过程中通过线框柴一横截面的电荷量相等C.通过磁场的过程中产生的焦耳热为mg(L+d)D.MN边离开磁场时的速度大小为22mgRBd【答

案】BCD【解析】【分析】根据右手定律判断感应电流方向，根据法拉第电磁感应定律求解电量，根据能量守恒定律求解焦耳热，根据重力与安培力平衡求解速度即可；【详解】A、根据右手定则可知：在进入磁场时感应电流的方向为逆时针方向，在离开磁场时感应电流方向为

顺时针方向，故选项A错误；B、根据法拉第电磁感应定律可知：Et，则电流为：EIR，则电量为：qItR，由于线圈进入磁场和离开磁场时的相同，电阻R不变，则进、出磁场过程中通过线框某一横截面的电荷量相等，故选项B正确；C、由于进入磁场和

离开磁场时均为匀速运动，说明进入和离开时速度相同，即动能相同，根据能量守恒定律可知：减少的重力势能转化为焦耳热，即产生的焦耳热为()mgLd＋，故选项C正确；D、由题可知，离开磁场时匀速运动，即重力与安培力平衡，即:BdvmgBIdBdR则离

开磁场时速度为：22mgRvBd，故选项D正确．【点睛】对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，重点是分析安培力作用下物体的平衡问题；另一条是能量，分析电磁感应现象中的能量如何转化是关键，注意电量的求法问题．三、计算题19.有一台太阳能发电机，供给一个学校照明用电，如图所示，升压变

压器匝数比为1∶4，降压变压器的匝数比为4∶1，输电线的总电阻R＝4Ω，全校共22个班，每班有“220V40W”灯6盏，若全部电灯均为并联且正常发光，则（1）发电机输出功率P1多大？（2）发电机输出电压U1多大？【

答案】（1）5424W；（2）226V【解析】【详解】(1)全校消耗的功率P用=NP0=22×40×6W=5280W，设线路电流为I线,输电电压为U2,降压变压器原线圈电压为U3，则334441UnUn，3344

42208801nUUVVn352806880PIAAU用线线路损失功率P损=I2线R线=62×4W=144W，所以p出=P用+P损=5280+144W=5424W(2)输电线上损失的电压为U损=I线R线=6×4=24V，升压变压器副线圈上的电压为U2=U损+U3=24+88

0V=904V由1122UnUn得112219042264nUUVVn20.如图，MN、PQ两条平行的粗糙金属轨道与水平面成θ=37°角，轨距为L=1m，质量为m=0.6kg的金属杆ab水平放置在轨道上，

其阻值r=0.1Ω。空间存在匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向上，磁感应强度为B=0.5T。P、M间接有R1=4Ω的电阻，Q、N间接有R2=6Ω的电阻。杆与轨道间的动摩擦因数为μ=0.5，若轨道足够长且电阻不计，现从静止释放ab，当金属杆ab运动的速度为10m/s时，求：（重力加速度g=10m/s

2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）(1)金属杆ab之间的电压；(2)金属杆ab运动的加速度大小。(3)金属杆ab在下滑过程中的最大速度。【答案】(1)4.8V；(2)213m/s；(3)12m/s【

解析】【详解】(1)当金属杆ab运动的速度为10m/s时，ab杆产生的感应电动势为0.5110V5VEBLv1R与2R并联的总电阻为121246Ω2.4Ω46RRRRR流过ab杆的电流为5A2A2.40

.1EIRr金属杆ab之间的电压为22.4V4.8VUIR(2)杆ab受到的安培力为0.521N1NFBIL安对杆ab分析，根据牛顿第二定律得singcosmgmFma安代入数据解得金属杆ab运动的加

速度大小为21m/s3a(3)设金属杆的最大速度为v1，则有1sincos0mgmgBLI根据闭合电路欧姆定律11BLvIRr代入数据解得112m/sv21.坐标原点O处有一点状的放射源，它向xOy平面内的x轴上方各个方向发射α粒子，α粒

子的速度大小都是v0，在0＜y＜d的区域内分布有指向y轴正方向的匀强电场，场强大小为E＝2032mvqd，其中q与m分别为α粒子的电荷量和质量；在d＜y＜2d的区域内分布有垂直于xOy平面的匀强磁场．ab为一块很大的平面感光板，放置于y＝2d处

，如图所示．观察发现此时恰无粒子打到ab板上．(不考虑α粒子的重力)(1)求α粒子刚进入磁场时的动能；(2)求磁感应强度B的大小；(3)将ab板平移到什么位置时所有粒子均能打到板上？并求出此时ab板上被α粒子打中的区域的长度．【答案】（1）202KEmv；（2）；（3）43233dd【解析】

【详解】（1）根据动能定理：可得末动能(5分)2）根据上题结果可知，对于沿x轴正方向射出的粒子进入磁场时与x轴正方向夹角，其在电场中沿x方向的位移，易知若此粒子不能打到ab板上，则所有粒子均不能打到ab板，因此此粒子轨迹必与ab板相切，可得其圆周运动的半径又根据洛伦兹力提供向心力可得（

8分）（3）易知沿x轴负方向射出的粒子若能打到ab板上，则所有粒子均能打到板上．其临界情况就是此粒子轨迹恰好与ab板相切．由图可知此时磁场宽度为原来的，即当ab板位于的位置时，恰好所有粒子均能打到板上；ab板上被打中区域的长度