【文档说明】浙江省杭州市长征中学2020-2021学年高二下学期期中考试物理试卷 含答案.doc，共(10)页，502.000 KB，由小赞的店铺上传

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高二年级物理学科试题命题：考生须知：1．本卷满分100分，考试时间90分钟；2．答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字。3．所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效；4．考试结束后，只需上交答

题卷。一、选择题Ⅰ（本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）1．第一位通过实验证实电磁波存在的物理学家是（）A．赫兹B．麦克斯

韦C．法拉第D．普朗克2．如图甲、乙所示的2种明暗相间的条纹分别是甲、乙两种单色可见光分别通过同一个单缝形成的衍射图样（黑色部分表示亮条纹）。则甲光和乙光波长的大小关系为（）A．甲光大B．乙光大C．一样大D．无法确定3．氢原子能级如图所示。当氢原子从n＝3跃迁到

n＝1的能级时，辐射光的波长为λ。下列说法正确的是()A．氢原子从n＝4跃迁到n＝2的能级时，辐射光的波长等于λB．氢原子从n＝5跃迁到n＝3的能级时，辐射光的波长大于λC．氢原子从n＝5跃迁到n＝3的能级

时，辐射光的波长小于λD．一群处于n＝3能级上的氢原子向低能级跃迁时最多产生2种谱线4．下列说法正确的是（）A．比结合能越大的原子核越不稳定B．黑体辐射电磁波的强度与黑体温度无关C．可以通过降低温度来减小放射

性元素的半衰期D．卢瑟福的原子核式结构模型无法解释原子光谱的分立特征5．如图所示，O点为单摆的固定悬点。现将小球拉至A点并在零时刻由静止释放，经过时间t0，小球第一次到达左侧最高点C，B点为平衡位置处，空气阻力不计。下列说法正确的是（）A．小球经过B点时所

受合力为零B．小球在某时刻t1的动能与t1+t0时刻的动能一定相等C．若仅将该单摆振幅变为原来的12，则单摆周期变为t0D．若仅将该小球质量变为原来的2倍，则单摆周期变为4t06．下列四幅图涉及到不同的物理

知识，图甲为圆板衍射条纹，图乙为共振曲线，图丙为三种射线在磁场中的运动轨迹图，图丁为核反应堆示意图。关于这四幅图，下列说法正确的是（）A．图甲：该衍射条纹可以说明光具有粒子性B．图乙：该曲线表明物体做受迫振动的振幅随驱动力频率的增大而一直减小C．图丙：根据射线

的偏转方向可知容器上方区域可能存在垂直纸面向外的磁场D．图丁：镉棒吸收中子的能力很强，因此可通过调节镉棒的插入深度来控制反应速度7．一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t=0时的波形图如图所示，P、Q为介质中的两个质点，此时分别位于平衡位置和波峰处，它们的平衡位置分别为x

=2m和x=8m。已知波的周期为2s，则（）A．这列波的波速为4m/sB．t=0时，质点P沿y轴负方向运动C．t=0时，质点Q的加速度为零D．t=1s时，质点Q的加速度为零8．置于真空中的半球形玻璃砖的横截面如图所示，O为

球心，MN为直径，A、B为半圆弧MAN上的两点，且A为半圆弧中点，BO与AO的夹角为30°。有一条与MN平行的光线从B点射入玻璃砖后直接经过N点，则玻璃砖的折射率为（）A．33B．2C．1.5D．39．在浙江省桐庐中学举办的首届物理周活动中，“高楼落蛋”比赛深受

同学们喜爱。某小组同学将装有鸡蛋的保护装置从艺术楼四楼窗口外侧（离地高12.8m）静止释放。已知该装置与地面的碰撞时间为0.6s，不计空气阻力，在装置与地面碰撞过程中，鸡蛋对装置产生的平均作用力大小约为（）A．0.2NB．2.0NC．20ND．200N10．如图所示，轻质弹簧下端悬挂

一个小球，将小球下拉一定距离后由静止释放（并未超过弹簧的弹性限度），小球上下振动，不计空气阻力，则在连续两次经过平衡位置的过程中，小球（）A．动量的变化量为零B．所受重力做的功不为零C．所受重力的冲量不为零D．所受弹簧弹力的冲量为零11．如图所示为用某金属研究光

电效应规律得到的光电流随电压变化关系的图象，用单色光1和单色光2分别照射该金属时，逸出的光电子的最大初动能分别为Ek1和Ek2，普朗克常量为h，则下列说法正确的是()A.Ek1>Ek2B.单色光1的频率比单色光2的频率高C.增大单色光1的强度，其遏止电压会增大D.单色

光1和单色光2的频率之差为Ek1－Ek2h12．如图所示，单刀双掷开关S先打到a端让电容器充满电。t=0时开关S打到b端，已知线圈中的磁场能连续两次达到最大的时间间隔为0.01s，不考虑振荡过程中的能量损失，

下列说法正确的是（）A．电容器两端电压与其所带电荷量成反比B．电容器两端电压最大时所储存的电场能最小C．t=1.005s时，M点与N点的电势相等D．t=1.00s至t=1.01s内，电容器一直放电13．研究表明，中子（10n）发生β衰变后转化成质子

和电子，同时放出质量可视为零的反中微子e。在磁感应强度为B的匀强磁场中，一个静止的中子发生β衰变，放出的质子在与磁场垂直的平面内做匀速圆周运动，其动能为Ek。已知中子、质子、电子的质量分别为m1、m2、m3，元电荷为e，真空中光速为c，则下列说法正确的是（）A

．质子的动量大小为2mcB．中子衰变的核反应式为0110011e1npe−→++C．电子和反中微子的总动能为(m2+m3–m1)c2–EkD．质子的圆周运动可等效成一个环形电流，其大小为222eBm二、选择题Ⅱ（本题共3小题，每小题2分，共6分。每小题列出

的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得2分，选对但不全的得1分，有选错的得0分）14．电磁波在日常生活和现代科技中应用十分广泛。关于电磁波及其应用，下列说法正确的是（）A．电磁波既有横波，也有纵

波B．X射线是比红外线频率更高的电磁波C．频率越高的电磁波，在真空中传播的速度越大D．雷达是利用电磁波来探测物体位置的一种设备15．如图甲为一列简谐横波在某一时刻的波形图，图乙为介质中x＝2m处的质点P以此时刻为计时起点的振动图象。下列说法

正确的是()A．这列波的传播方向是沿x轴正方向B．这列波的传播速度是20m/sC．经过0.15s，质点P沿x轴的正方向传播了3mD．经过0.1s，质点Q的运动方向沿y轴正方向16．如图所示，ABCD为置于真空中的长方体玻璃砖的横截面，E为CD中点。a、b两平行细光束以α=45°的入射角分别从

P、Q两点射入玻璃砖，经E点反射后分别从P′、Q′两点射出玻璃砖。则下列说法正确的是（）A．a光的波长大于b光的波长B．a、b光在E点均发生全反射C．a光从P传播到P′的时间小于b光从Q传播到Q′的时间D．若略微增大角α，则

a、b光到达CD边上的位置均在E点右侧三、非选择题（本题共6小题，共55分）17．（8分）（1）用图甲所示的装置做“探究小车速度随时间变化的规律”和“探究加速度与力、质量的关系”这两个实验时，都必须的措施有______

__（多选）；A．细线要与长木板平行B．钩码质量远小于小车质量C．先接通电源，后释放小车D．在不挂钩码的情况下，小车能沿木板匀速运动（2）用图甲所示的装置做“探究小车速度随时间变化的规律”实验，除了图中所给器材以及交流电源和导线

外，在下列器材中，还必须使用的一种器材是________；A．秒表B．天平（含砝码）C．刻度尺（3）用图甲所示的装置做“探究加速度与力、质量的关系”实验，打出的其中一条纸带如图乙所示，已知纸带上相邻两计数点间还有四个点未画出，打点计时器使用的交流电频率为50Hz，则打点计时器打

A点时，小车的速度大小为________m/s。由该纸带可知，小车的加速度大小为m/s2（上述两结果均保留两位有效数字）。18．（5分）用普通小灯泡作为光源完成“用双缝干涉测光的波长”实验，首先将实验仪器按图甲方式安装在光具座上。（1）下列做法中，有助于减小实

验误差的操作为________；A．将单缝拆下B．将单缝与双缝的位置互换C．增大单缝与双缝间的距离D．一次测出多条亮条纹间的距离，再算出相邻亮条纹间距（2）某同学选用红色滤光片进行测量，使测量头分划板中心刻线与某一亮条纹A的中心对齐，此时测量头上的游标卡尺如图乙所示，其读数x1=

mm。然后转动手轮，使分划板中心刻线与另一亮条纹B的中心对齐，此时游标卡尺的读数为x2（x2>x1），已知条纹A、B间还有4条亮条纹，则相邻两亮条纹的间距为（用x1和x2表示）。（3）若相邻两亮条纹的间距记为Δ

x，双缝间距、屏与双缝间的距离分别记为d和l，则测量得到的单色光波长λ＝（用Δx、d和l表示）。（4）该同学仅将红色滤光片换成紫色滤光片，则在目镜中观察到的条纹数目（填“增加”、“减少”或“不变”）。19．（9分）如图所示，质量m=0.1kg的物块（可视为质点）置

于粗糙水平桌面的最左端。现对物块施加一个水平向右的恒力F，物块由静止出发水平向右运动，经t=1s飞离桌面。此后撤去力F，物块最终落至水平地面上的P点。已知物块落地点P与飞出点的水平距离s=0.9m，桌面高h=0.45m，物块与桌面间的动摩擦因数μ=0.

5，不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2，求：（1）物块离开桌面时的速度大小v；（2）物块在水平桌面上运动的距离l；（3）物块在桌面上运动时所受恒力F的大小。20．（12分）如图所示，一弹射游戏装置由安装在水平台

面上的固定弹射器、竖直光滑圆轨道（在最低点A分别与水平粗糙轨道AO和AC相连）、位于水平光滑轨道CD右侧且固定于竖直挡板上的轻弹簧（弹性限度足够大）组成。游戏开始前，先将质量m1=0.02kg的滑块1静置于轨道CD上某处。游戏

时质量m2=0.06kg的滑块2从O点弹出，经过圆轨道并进入水平轨道AC。每一次游戏，滑块2弹出后就将弹射器移走。滑块2全程不脱离轨道且最终停在轨道AC上则视为游戏成功。已知圆轨道半径r=0.12m，OA长L1=1m，AC长L2=0.44m，可视为质点的两滑块与OA间

的动摩擦因数μ1=0.25，与AC间的动摩擦因数μ2=0.75，重力加速度g=10m/s2。弹射时滑块2从静止释放且弹簧的弹性势能完全转化为滑块2动能，两滑块相碰后会粘在一起，忽略空气阻力。（1）若滑块2弹出

后首次经过A点时恰好停下，求滑块2从O点弹出时的动能Ek0；（2）若滑块2首次进入圆轨道后恰好经过最高点B，求滑块2首次经过A点时对圆轨道的压力，并通过计算判断本次游戏是否能成功；（3）要使游戏成功，求弹射器所能释放的弹性势能的最大值Epm。21.（9分）如图所示，方向竖直向下

的磁感应强度为B的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的间距为L且足够长的平行金属导轨，两长度均为L、电阻均为R、质量均为m的光滑导体杆ab、cd放在导轨上，相距为d。t=0时，杆ab以初速度v0向右滑动。杆ab运动过程中，两杆始终与导轨垂直

并接触良好。（1）若杆cd固定不动，求杆ab运动过程中的最大加速度a；（2）若杆cd固定不动，求两杆ab、cd之间的最终距离d′；（3）若杆cd不固定，求两杆ab、cd整个运动过程中产生的总焦耳热Q。22．（12分）如图所示，在坐标系xOy的第一象限中存在两个宽度均为d、磁感应强度大小均为B且

方向相反的匀强磁场Ⅰ和Ⅱ。两磁场区域的下边界与x轴重合，无上边界，左、右两侧边界相互平行。磁场Ⅰ的左边界为y轴，磁场方向垂直纸面向外。两磁场区域之间存在宽度为x0、场强方向沿x轴负方向的匀强电场。质量为m、

电荷量为+q的粒子以某一速度从坐标原点O射入磁场Ⅰ，粒子在O点的速度方向与x轴正方向成θ=30°角，且粒子进入电场时的速度方向恰好沿x轴正方向。已知匀强电场的场强大小2qBdEm=，x0的大小在粒子从O

点射入前可以进行调节，不计粒子重力。（1）求粒子射入磁场Ⅰ时的速度大小v0；（2）若粒子无法进入磁场Ⅱ，则x0至少需要多大？（3）通过调节x0的大小使得粒子进入第二象限时的位置与O点相距最远，求该最远距离ym以及该粒子在电场中运动的总时间。高二

年级物理学科参考答案一、选择题Ⅰ（本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）二、选择题Ⅱ（本题共3小题，每小题2分，共6分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得2分，选对

但不全的得1分，有选错的得0分）三、非选择题（本题共6小题，共55分）17.（8分）（1）AC（2）C（3）0.34；0.39注：每空2分18.（5分）（1）D（2）10.38（或10.34、10.36、10.40）；215xx−（3）dxl（4）增加注：每

空1分19.（9分）解：（1）物块从桌面飞出后，由平抛运动规律可知svt=……（1分）212hgt=……（1分）解得v=3m/s……（1分）（2）由2vlt=……（2分）得l=1.5m……（1分）（3）物块在桌面上滑

动过程，23m/svat==……（1分）对物块受力分析，由牛顿第二定律得Fmgma−=……（1分）解得F=0.8N……（1分）20.（12分）解：（1）滑块2从O点第一次运动到A点的过程中，由动能定理得121k00mgLE−=−……（1分）题号12345678答案A

BBDBDAD题号910111213答案BCDCD题号141516答案BDABACD解得Ek0=0.15J……（1分）（2）滑块2恰好过B点，则在B点有222Bmvmgr=……（1分）滑块从首次经过A点到首次经过B点的

过程中，由动能定理得2222211222BAmgrmvmv−=−……（1分）在A点，由牛顿第二定律得222AAmvNmgr−=……（1分）联立解得NA=3.6N……（1分）由牛顿第三定律得3.6NA

ANN==，方向：竖直向下……（1分）假设滑块2能停在轨道AC上，且未与滑块1相碰，设滑块2在轨道AC上运动的位移为x。滑块2从B点到停下的过程中，由动能定理得222221202Bmgrmgxmv−=−……（1分）联立解得x=0

.4m<L2，故本次游戏能成功……（1分）（3）要使游戏成功，且弹射器所能释放的弹性势能最大，则要求滑块1、2恰能到达圆轨道上与圆心等高处（设为M点）。设滑块2经过C的速度大小为v，滑块1、2碰撞结束后的速度大小为v，两滑块从碰撞结束到M点的过程中，由动能

定理得()()()221221212102mmgLmmgrmmv−+−+=−+……（1分）解得3m/sv=滑块1、2碰撞过程中，由动量守恒定律得()212mvmmv=+……（1分）解得v=4m/s由能量守恒可知2pm12122221

0.828J2EmgLmgLmv=++=……（1分）21.（9分）解：（1）根据题意得t=0时刻杆的加速度最大0EBLv=……（1分）2EIR=BILma=……（1分）联立解得2202BLvamR=……（1分）（2）整个过程中，对ab杆，由

动量定理得00BILtmv−=−……（1分）2EIR=BLxEt=……（1分）0222mRvxBL=……（1分）则ab、cd两杆的最终距离0222mRvdxddBL=+=+……（1分）（3）ab、cd杆稳定后速度相同，整个电路不再有感应电流，即不再产

生焦耳热，整个过程中，以ab、cd为系统，由动量守恒定律得02mvmv=……（1分）即稳定时，两杆速度均为02vv=根据能量守恒定律得222001112224Qmvmvmv=−=……（1分）22.（12分）解：（1）由几何关系可知，粒子在磁场Ⅰ中运动的半径为2sindrd

==，……（1分）由牛顿第二定律得200mvqvBr=，……（1分）所以02qBdvm=……（1分）（2）若粒子到达磁场Ⅱ左边界时速度恰好为零，则粒子在电场中运动过程中，由动能定理得200102qExmv=−……（2分）解得x0=2d……（1分）（3）当粒子在磁场Ⅱ中的运动轨

迹与磁场Ⅱ右边界相切时，粒子进入第二象限时的位置与O点距离最大。……（1分）在此情况下，由几何关系可知，粒子在磁场Ⅱ中运动的半径为rd=，……（1分）因此，()()m2232233yddd=−+=−……（1分）由2mvqvBr=得，粒子在磁场Ⅱ中的速度qBdvm=……（1分）粒子在电场

中运动过程中，有01qEvvtm=−……（1分）所以122mttqB==……（1分）