【文档说明】上海交通大学附属中学2019-2020学年高二下学期期中调研物理试题【精准解析】.doc，共(16)页，404.000 KB，由小赞的店铺上传

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上海交通大学附属中学2019-2020年度第二学期高二物理期中调研测试试卷一、选择题1.天然放射性元素衰变时放出的β射线是（）A.电子流B.光子流C.中子流D.质子流【答案】A【解析】【详解】天然放射性元素衰变时能够放出的三种射线是α、β、γ．β是电子流，γ是光子流，A正确。2.威耳逊云室能

够观察到射线径迹，是利用()A.射线在云室里的穿透本领B.射线在云室里的化学效应C.射线在云室里的热效应D.射线在云室里的电离作用【答案】D【解析】在云室中能够观察到射线的径迹是利用射线在云室里发生电离作用，故D正确，ABC错误

．3.如图所示为α粒子散射实验装置，α粒子打到荧光屏上都会引起闪烁，若将带有荧光屏的显微镜分别放在图中A、B、C、D四处位置．则这四处位置在相等时间内统计的闪烁次数可能符合事实的是()A.1305、25、7、1B.

202、405、625、825C.1202、1010、723、203D.1202、1305、723、203【答案】A【解析】【详解】由于绝大多数粒子运动方向基本不变，所以A位置闪烁此时最多，少数粒子发生了偏转，极少数发生了大角度偏转．符合该规律的数据只有A选项，A正确．4.关于恒星的描述，下列说法

中正确的是（）A.质量越大的恒星，寿命越短B.质量越大的恒星，寿命越长C.表面温度比太阳高的恒星呈现出比太阳稍红的颜色D.表面温度比太阳低的恒星呈现出比太阳稍蓝的颜色【答案】A【解析】【详解】AB．恒星的寿命和它的质量体积有关，质量越大的恒星寿命越短

，这是因为质量越大压力就越大，这种情况下恒星内部的核反应就更加剧烈，故A正确，B错误；CD．恒星的表面颜色取决于它的表面温度，温度越低，颜色越偏红，温度越高，颜色越偏蓝。恒星表面颜色主要有四种，分别是红、黄、白、蓝。太阳的表面颜色是黄色，属于温度中等偏低的恒星，故CD错

误。故选A。5.关于我国现已建成的核电站，下列说法中正确说法是（）A.发电的能量来自于天然放射性元素衰变放出的能量B.发电的能量来自于重核裂变放出的能量C.当控制棒插入反应堆的深度增大时链式反应速度加快D

.当控制棒插入反应堆的深度减小时链式反应速度减慢【答案】B【解析】目前发电的能量来自于重核裂变放出的能量，A错误、B正确；当控制棒插入反应堆的深度增大时，让它多吸收一些中子，链式反应速度减慢，CD错误．6.关于物理学发展过程中的认识，下列说法正确的是（）A.奥斯特发现了

电流的磁效应,并发现了电磁感应现象B.法拉第在分析了许多实验事实后提出,感应电流应具有这样的方向,即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化C.楞次发现了电流的磁效应,揭示了磁现象和电现象之间的联系D.在法拉第、纽曼、韦伯等人工作的基础上,人们认识到：电路中

感应电动势的大小,跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比,后人称之为法拉第电磁感应定律【答案】D【解析】【详解】AC．奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了磁现象和电现象之间的联系，法拉第发现了电磁感应现象，故AC错误；B．楞次在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，即感应电流的

磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，故B错误；D．纽曼、韦伯在对理论和实验资料进行严格分析后，先后指出：闭合电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比，后人称之为法拉第电磁感应定律，故D正确；7.如图所示

，两同心圆环A、B置于同一水平面上，其中A为均匀带电绝缘环，B为导体环，两环均可绕中心在水平内转动，则（）A.若A匀速转动，B中产生恒定的感应电流B.若A逆时针加速转动，B中一定产生顺时针方向的感应电流

C.若A顺时针减速转动，B中感应电流的方向可能是逆时针D.若A、B以相同的转速同方向加速转动，B中没有感应电流【答案】C【解析】【详解】A．若A匀速转动，相当于产生了一恒定的环形电流，B中的磁通量不发生变化，不产生感应电

流，故A错误；B．若A加速转动，则相当于电流增大，B中的磁通量增加，但因所带的电量的正负不知，不能确定A中的电流的方向，故不知磁场的方向，则不能由安培定则得B中会产生感觉应电流的方向，故B错误；C．因减速转动，相当于电流减小，则B中的磁通量减小，会产生感应电流，因A所

带的电荷的正负不知，故方向不确定，可能为逆时针，故C正确；D．不论B是否运动，若A加速，则B中会有电流产生，故D错误。故选C。8.太阳系各行星几乎在同一平面内沿同一方向绕太阳做圆周运动。当地球恰好运行到某地外行星和太阳之间，

且三者几乎排成一条直线的现象，天文学称为“行星冲日”。已知地球及各地外行星绕太阳运动的轨道半径如表所示。地球火星木星土星天王星海王星轨道半径R/AU1.01.55.29.51930根据题中信息，试计算木星相邻两次冲日的时间间隔，哪颗地外行星相邻两次冲日的时间间隔最短的外行

星是（）A.火星B.木星C.天王星D.海王星【答案】D【解析】【详解】由开普勒第三定律，其轨道半径的三次方与周期T的平方的比值都相等，可知地球的公转周期T最小，海王星的公转周期最大。设地球外另一行星的周期为T′，则两次冲日时间间隔为t年，则地球多转动一周，有222ttTT−=解得1TtTT

=−则T′越大，t越小，即地外行星中，海王星相邻两次冲日的时间间隔最短，故D正确，ABC错误。9.如图所示，正方形闭合导线框的质量可以忽略不计，将它从如图所示的位置匀速拉出匀强磁场．若第一次用0.3s时间拉出，外力所做的功为W1；第二次用0.9s时间拉出，外力所做的功为W

2，则（）A.W1＝13W2B.W1＝W2C.W1＝3W2D.W1＝9W2【答案】C【解析】【详解】设正方形边长为L，导线框的电阻为R，则导体切割磁感线的边长为L，运动距离为L，则外力所做的功：22222324·EBLv

LBLvBLWtRRvRRt====可知W与t成反比，W1=3W2。选项C正确，ABD错误。故选C。10.如图所示，在PO、QR区域中存在着磁感应强度大小相等、方向相反的匀强磁场、磁场方向均垂直于纸面．一导线框abcdefa位于纸

面内，框的邻边都相互垂直，bc边与磁场的边界P重合，导线框与磁场区域的尺寸如图所示．从t＝0时刻开始，线框匀速横穿两个磁场区域．以a→b→c→d→e→f为线框中的电动势ε的正方向，以下四个ε－t关系示意图

中正确的是()A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】下面是线框切割磁感线的四个阶段示意图。在第一阶段，只有bc切割向外的磁感线，由右手定则知电动势为负，大小为Blv．在第二阶段，bc切割向里的磁感线，电动势为逆时针方

向，同时de切割向外的磁感线，电动势为顺时针方向，等效电动势为零。在第三阶段，de切割向里的磁感线同时af切割向外的磁感线，两个电动势同为逆时针方向，等效电动势为正，大小为3Blv．在第四阶段，只有af切割向里的磁感线，电动势为顺时针方向，等效电动

势为负大小为2Blv，故C正确，ABD错误。故选C．11.如图所示是世界上早期制作的发电实验装置：一个可绕固定转轴转动的铜盘，铜盘的一部分处在蹄形磁铁当中。用导线A连接铜盘的中心，导线B连接铜盘的边缘。摇手柄使得铜盘转动时（）A.盘面可视为无数个同心圆环组成，圆环中的磁通量发生了

变化B.盘面可视为无数条幅组成，任何时刻都有条幅切割磁感线C.导线A、B端产生的感应电动势与铜盘的转速成反比D.铜盘匀速转动时导线A、B端不产生感应电动势【答案】B【解析】【详解】AB．转动圆盘时，将整个铜盘看成沿径向排列的无数根铜条，它们做切割磁感线运动，

产生感应电动势，电路又是闭合的，所以不断转动A盘就可以获得持续的电流，故A错误，B正确；CD．圆盘产生的感应电动势与其转动速度有关，当转动速度增大时，则其切割速度增大，从而产生感应电动势增大，故CD错误。故选B。12.如图所示，空间存

在一有边界的条形匀强磁场区域，磁场方向与竖直平面（纸面）垂直，磁场边界的间距为L。一个质量为m、边长也为L的正方形导线框沿竖直方向运动，线框所在平面始终与磁场方向垂直，且线框上、下边始终与磁场的边界平行。t=0时刻导线框的

上边恰好与磁场的下边界重合（图中位置I），导线框的速度为v0.经历一段时间后，当导线框的下边恰好与磁场的上边界重合时（图中位置Ⅱ），导线框的速度刚好为零。此后，导线框下落，经过一段时间回到初始位置I（不计

空气阻力），则（）A.上升过程中，导线框的加速度逐渐减小B.上升过程克服重力做功的平均功率小于下降过程重力的平均功率C.上升过程中线框产生的热量比下降过程中线框产生的热量的少D.上升过程中合力做的功与下降过程中合力做的功相等【答案】A【解析】【详解】A．上

升过程中，线框所受的重力和安培力都向下，线框做减速运动。设加速度大小为a，根据牛顿第二定律得22BLvmgmaR+=解得22BLvagmR=+线框速度v减小时，加速度a也减小，故A正确；B．下降过程中，线框做加速

运动，则有22BLvmgmaR−=解得22BLvagmR=−由此可知，下降过程加速度小于上升过程加速度，上升过程位移与下降过程位移相等，则上升时间短，下降时间长，上升过程与下降过程重力做功相同，则上升过程克服重

力做功的平均功率大于下降过程重力的平均功率，故B错误；C．线框产生的焦耳热等于克服安培力做功，对应与同一位置，上升过程安培力大于下降过程安培力，上升与下降过程位移相等，则上升过程克服安培力做功大于下降过程克服安培力做功，上升过程中线框产生的

热量比下降过程中线框产生的热量的多，故C错误；D．在电磁感应现象中，线框中产生电能，根据能量守恒定律可知，线框返回原位置时速率减小，则上升过程动能的变化量大小大于下降过程动能的变化量大小，根据动能定理得知，上升过程中合力做

功较大，故D错误。故选A。二、填空题13.铀238经过一次衰变形成钍234，反应方程为：9290238U234Thx→+，则放出的粒子x的电荷数为_____，该粒子的电离性比γ射线_____（填“强”，“弱”，“相似”）。【答案】(1).2(2).强【解析】【详解】[1]根据核反应前后电荷

数、质子数以及质量数守恒得，粒子x的电荷数为2，质量数为4，所以该粒子为α粒子[2]α射线射线的穿透能力最弱，一张纸即可把它挡住，但是其电离能力最强，γ射线的穿透能力最强，但是其电离能力最弱。14.恒星离我们的距离非常遥远，但是我们可以利用

地球绕太阳运动的圆形轨道直径作为基线，通过几何方法来测量恒星的距离。这种方法叫做_____。图中恒星A是我们想要测量其距离的星体。B、C、D是相对比较远的恒星，在1月到7月间几乎看不出移动过，而A的相对位置在这半年里看上去却发生了变化

。图中的θ角就称为_____。【答案】(1).视差测距法(2).周年视差【解析】【详解】[1][2]地球上观测恒星有视差现象．此时基线就是地球轨道的直径，被观测恒星的视差就是太阳、恒星与地球所形成的内角P，随着地球公转，恒星就如图所示出现周年视差运动，恒星

距离我们愈近（d），视差p就愈大，反之亦然．这种观测的方法我们称为视差测距法，由于对应的视差是半年时间内的，故此角度称为周年视差。15.2004年1月4日，“勇气”号成功登陆火星。已知火星半径与地球半径

之比R火：R地=1：2，火星质量与地球质量之比m火：m地=1：10，火星到太阳的距离与地球到太阳的距离之比r火：r地=3：2；若火星、地球绕太阳运动均可视为匀速圆周运动，则火星表面重力加速度g火与地球表面重力加速度g地之比g火：g地=_____，火星绕日公转周期T

火与地球绕日公转周期T地之比T火：T地=_____。【答案】(1).25(2).364【解析】【详解】[1]星球表面的重力等于万有引力2MmGmgR=可得2MgGR=同理可得地球和火星表面的重力加速度分别为2MgGR=地地地2MgGR=火火火联立并代入数据解得25gg=火地[2]火星、地球绕太

阳运动均可视为匀速圆周运动，根据万有引力等于向心力2224MmGmrrT=可得234rTGM=代入数据可得36=4TT火地16.如图甲所示，一对平行光滑轨道放置在水平面上，两轨道间距l=0.20m，电阻R=1.0Ω；

有一导体杆静止地放在轨道上，与两轨道垂直，杆及轨道的电阻皆可忽略不计，整个装置处于磁感应强度B=0.5T的匀强磁场中，磁场方向垂直轨道向下。现用一外力F沿轨道方向拉杆，使之做匀加速运动，测得力F与时间t的关系如图乙所示。

杆的质量m=______kg，杆的加速度a=_________m/s2。【答案】(1).0.1kg(2).10m/s2【解析】【详解】[1][2]导体杆在轨道上做初速度为零的匀加速直线运动，杆切割磁感线产生的感应电动势为E=Blv=Blat闭合回路中的感应电流为EIR=由安培力公式和牛顿第二定律

得F-BIl=ma联立可得22BlFmaatR=+由题图乙图象上取两点t1=0，F1=1N；t2=30s，F2=4N代入解得a=10m/s2m=0.1kg三、综合题17.(1)法拉第发现电磁感应现象的实验装置如图所示，软铁环两侧分别绕两个线圈，左侧线圈为闭合回路，

在其中一段导线下方附近放置一小磁针，小磁针静止时N极指向北方如图所示，右侧线圈与电池、电键相连。则在闭合电键后，你将看到小磁针_____；A、仍然在原来位置静止不动B、抖动后又回到原来位置静止C、抖动后停在N极指向东方位置D、抖动后停在N极指向西方位置(2)通过归纳得出产

生感应电流的条件是_____；(3)利用图示装置研究电磁感应现象，图甲中，开关S闭合，电流自正接线柱流_____（填“出”或“入”）电流表，指针向右偏转；图乙中，将线圈和同样的电流表串联，条形磁铁（下端为N极）可以从图示位置上下移动，若实验中发现电流表指针向右偏转，说明条形磁铁正由图示位置向_

____（填“上”或“下”）移动。【答案】(1).B(2).穿过闭合回路中磁通量发生变化(3).入(4).上【解析】【详解】(1)[1]闭合电键后，线圈中的磁场方向为逆时针，且增加，故根据楞次定律，感应电流的磁场为顺时针方

向，故左侧线圈中感应电流方向俯视顺时针，故直导线有电流，小磁针旋转一下，电路稳定后，无感应电流，小磁针不偏转，故B正确，ACD错误。(2)[2]只有电键闭合瞬间、断开瞬间有感应电流，即原磁场变化时才有感应电流，故产生感应电流的条件是：穿过闭合回路中磁通量发生变化。(3)[3]开关S闭合，由图可知，

电流从正极流入电流表，当有电流从电流表的正极流入时，指针向右偏转，这说明：电流从哪极流入，指针向哪偏转；若实验中发现电流表指针向右偏转，说明电流从负极流入电流表，由楞次定律可知，当把磁铁N极向上拨出线圈时，感应电流从负极流入，

电流表指针向右偏。18.如图，质量分别为m和M的两个星球A和B在引力作用下都绕O点做匀速圆周运动，星球A和B两者中心之间的距离为L。已知A、B的中心和O三点始终共线，A和B分别在O的两侧。引力常数为G：(1)求两星球做圆周运动的周期；(2)在地月系统中

，若忽略其他星球的影响，可以将月球和地球看成上述星球A和B，月球绕其轨道中心运行的周期为T1。但在近似处理问题时，常常认为月球是绕地心做圆周运动的，这样算得的运行周期记为T2。.已知地球和月球的质量分别设为M和m。求T2与T1两者之比。【答案】

（1）()32LTGMm=+；（2）21TMmTm+=【解析】【详解】(1)A和B绕O做匀速圆周运动，它们之间的万有引力提供向心力，则A和B的向心力大小相等，且A、B和O始终共线，说明A和B有相同的角速度和周期，因此有222MmGMRm

rL==半径间的关系为r+R=L联立解得mRLMm=+MrLMm=+对A根据万有引力定律得2224MmGmrLT=解得()32LTGMm=+(2)将地月看成双星，由(1)得()312LMTGm=+将月球看作绕地心做圆周运动，根据牛顿第二定律和万有引力定律得2

2224MmGmLLT=解得322GMTL=所以两种周期的比值为21TMmTm+=19.在质量为M=1kg的小车上，竖直固定着一个质量为m=0.2kg，高h=0.05m、总电阻R=100Ω、n=100匝矩形线圈，且小车与线圈的水平长度l相同。现线圈和

小车一起在光滑的水平面上运动，速度为v1=10m/s，随后穿过与线圈平面垂直，磁感应强度B=1.0T的水平有界匀强磁场，方向垂直纸面向里，如图(1)所示。已知小车运动（包括线圈）的速度v随车的位移s变化的v﹣s图像如

图(2)所示。求：(1)小车的水平长度l和磁场的宽度d；(2)小车的位移s=10cm时线圈中的电流大小I以及此时小车的加速度a；(3)线圈和小车通过磁场的过程中线圈电阻的发热量Q。【答案】(1)25cm；(2)1.67m

/s2；(3)57.6J【解析】【详解】(1)由图可知，从s=5cm开始，线圈进入磁场，线圈中有感应电流，受安培力作用，小车做减速运动，速度v随位移s减小，当s=15cm时，线圈完全进入磁场，线圈中感应电流消失，小车做匀速运动．因此小车的水平长度l

=10cm当s=30cm时，线圈开始离开磁场，则d=（30-5）cm=25cm(2)当s=10cm时，由图象中可知线圈右边切割磁感线的速度v2=8m/s由闭合电路欧姆定律得线圈中的电流2nBhvEIRR==代入数据解得I=0.4A此时线圈所受安培力F=nBIh=100×1×0.

4×0.05N=2N根据牛顿第二定律()FMma=+代入数据解得小车的加速度a=1.67m/s2(3)由图象可知，线圈左边离开磁场时，小车的速度为v3=2m/s，线圈进入磁场和离开磁场时，克服安培力做功，线卷的动能减少，转化成电能消耗在线圈上产生电热()()221312QMmvv=+−代入数

据解得线圈电阻发热量Q=57.6J