【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1

2，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．20

0N10．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Δx，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a

b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ABBDBDAD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3.6NAANN==，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2pm121222210.828J2EmgLmgLmv=++=……（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）0222mRv

xBL=……（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02qBdv

m=……（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qBdv

m=……（1分）粒子在电场中运动过程中，有01qEvvtm=−……（1分）所以122mttqB==……（1分）