【文档说明】福建省泉州一中、莆田二中、仙游一中2020-2021学年高二下学期期中联考物理试题含答案.docx，共(11)页，334.974 KB，由小赞的店铺上传

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泉州一中、莆田二中、仙游一中2020—2021学年第二学期期中联考高二物理试卷（考试时间：75分钟；总分：100分）一、单项选择题：本大题共4题，每题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中只有一项符合题目要求，选对的得4分，选错的得0分。1．有关原子核方面的知识，下列说法正确的是（）A．比

结合能越大，原子核越稳定B．若使放射性物质的温度升高，其半衰期将减小C．β射线为原子的核外电子电离后形成的电子流D．所有的核反应都存在质量亏损2．下列说法正确的是（）A．卢瑟福通过实验发现了中子B．27430132

15AlHePX+→+中的X是质子C．238234492902UThHe→+是铀核的裂变D．23411120H+HHen→+是核聚变反应3．甲、乙两种金属发生光电效应时，光电子的最大初动能与入射光频率间的关系分别如图中的a、b所示

。下列判断正确的是（）A．图线a与b不一定平行B．图线a与b的斜率是定值，与入射光和金属材料均无关系C．乙金属的极限频率小于甲金属的极限频率D．甲、乙两种金属发生光电效应时，若光电子的最大初动能相同，甲金属的入射光

频率大4．如图甲、乙、丙中，除导体棒ab可动外，其余部分均固定不动，甲图中的电容器C原来不带电。设导体棒、导轨和直流电源的电阻均可忽略，导体棒和导轨间的摩擦也不计，图中装置均在水平面内，且都处于方向垂直水平面（即纸面）向里的

匀强磁场中，导轨足够长。现给导体棒ab一个向右的初速度v0，在图甲、乙、丙三种情形下关于导体棒ab的运动状态，下列说法正确的是（）A．图甲中，ab棒先做匀减速运动，最终做匀速运动B．图乙中，ab棒先做加速度越来越大的减速运动，最终静止C．图丙中，ab棒先做初速度为v0变减速运动，然后做变加速运动，

最终做匀速运动D．三种情形下导体棒ab最终都匀速二、多项选择题：本大题共4题，每题6分，共24分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。5．一台小型发电机产生的电动势随时间变化的正弦规律

图像如图甲所示。已知发电机线圈内阻为10Ω，外接一只电阻为90Ω的灯泡，如图乙所示，则（）A．电压表的示数为220VB．线圈转动的角速度为100πrad/sC．0.01s时线圈在中性面位置D．电路中的电流方向每秒改变50次6．在如图甲、乙所示的

电路中，电阻R和自感线圈L的电阻都小于灯泡的电阻，闭合S使电路达到稳定，灯泡Q发光。则断开S后，（）A．Q1将渐渐变暗B．Q1将先变得更亮，然后渐渐变暗C．Q2将渐渐变暗D．Q2将先变得更亮，然后渐渐变暗7．如图

为氢原子能级图，用某种单色光照射容器中大量处于2n=能级的氢原子，氢原子吸收这种光子后，能发出波长分别为1、2、3的三种光子，且123，则照射光光子的波长为（）A．1B．3C．12−D．2323−8．空间存在一方向垂直于纸

面向里、磁感应强度随时间周期性变化的匀强磁场（如图2所示），其边界如图1中虚线MN所示，现将半径为1m的导电圆环固定在纸面内，圆环的电阻为Ω，圆心O在MN上，下列说法中正确的是（）A．圆环中的感应电流始终沿逆时针方向B．圆环中电流的有效值为5AC．0.5s时线圈所受的安培力大小为

2ND．1min内线圈所产生的焦耳热为300J三、填空题：本大题共3题，共14分。9．（4分）发电机的输出电压为250V，输出功率为10kW，通过变压比为1：10的升压变压器升压后向外输电，则输电电流为_______A，若输电线的总电阻为25Ω，则用户得到的实

际功率为________kW。10．（4分）如图所示，光滑绝缘水平面上，一正方形线圈以初速度0v进入一匀强磁场，磁场宽度大于线圈的宽度。当线圈完全离开磁场区域时，其速度大小变为013v，在进入磁场跟离开磁场的过程中，通过线圈横截面的电荷量之比为______

，线圈产生的热量之比为______。11．（6分）有一种测量人体重量的电子秤，其原理图如图中的虚线所示，它主要由三部分构成：踏板、压力传感器R（是一个阻值可随压力大小而变化的电阻器）、显示体重的仪表G（实质是理想电流表）．设踏板的质量可忽略

不计，已知理想电流表的量程为3A，电源电动势为12V，内阻为2Ω，电阻R随压力变化的函数式为R=30﹣0.02F（F和R的单位分别是N和Ω）；（1）该秤能测量的最大重量是________N；（2）该秤零刻度线（即踏板空载时间刻度线）应

标在电流刻度盘________A处.四、实验题：本大题共1题，共6分。12．某同学设计图示装置“验证动量守恒定律”，用不可伸长的轻质细绳悬挂小球A，悬点O到小球球心的长度为L,细绳偏离竖直方向的夹角可从量角器直接读出。用固定的竖直支架支撑小球B，选择大小相同

、质量不等的A、B两个小球，将小球B放置在支架上。调节装置，让细绳竖直时A、B两个小球等高并恰好接触，已知支架的高度为h，重力加速度为g。根据装置图，结合实验原理完成下列问题：(1)用天平测出小球A、B的质量分别为m1、m2；(2)用水平力将小球A拉至某一位置，读出细绳偏离竖直方向的夹角为，

由静止释放小球A；(3)A与B发生碰撞后，A被反弹，细绳偏离竖直方向的最大夹角为，小球B做平抛运动，在水平方向的位移为X。(4)计算出碰撞前瞬间，A的速度大小为_________；碰撞后B的速度大小为____________；(5)验证A、B碰撞动量守恒的表达式为____

____________________________。五、计算题：本大题共3题，共40分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出竖直和单位。13．（10分）如图所示，质量为m=0.5kg的滑块（

可视为质点）放在水平面上O点，现给滑块一水平向右的初速度v0=9m/s，经过一段时间滑块与竖直的墙壁发生碰撞，已知碰前的速度大小为v=7m/s、碰后的速度大小为v1=6m/s，O点与竖直墙壁的距离为L=5m，滑块与竖直墙壁碰撞所用时间为t=0.05s，重力加速度g

=10m/s2。求：（1）滑块与水平面之间的动摩擦因数μ的大小；（2）滑块对墙壁的作用力；14．（12分）如图所示，光滑的水平面上有一质量M=9kg的木板，其右端恰好和14光滑固定的圆弧轨道AB的底端等高对接（木板的水平上表面与圆弧轨道相切），木板右端放有一质量m0=

2kg的物体C（可视为质点），已知圆弧轨道半径R=0.9m，现将一质量m=4kg的小滑块（可视为质点），在轨道顶端A点由静止释放，滑块滑到B端后冲上木板，并与木板右端的物体C粘在一起沿木板向左滑行，最后恰好不从木板左端滑出，已

知滑块和物体C与木板上表面间的动摩擦因数均为μ=0.2，取g=10m/s2.求：(1)滑块到达圆弧的B端时，轨道对它的支持力大小；(2)木板的长度l。15．（18分）如图甲所示，两根足够长的直金属导轨MN、PQ平行放置在倾角

为θ的绝缘斜面上，两导轨间距为L，M、P两点间接有阻值为R的定值电阻，一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直，整套装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向下，导轨和金属杆的电阻可忽

略，让ab杆沿导轨由静止开始下滑，导轨和金属杆接触良好，不计它们之间的摩擦。（重力加速度为g）（1）由b向a方向看到的装置如图乙所示，请在此图中画出ab杆下滑过程中的受力示意图（2）在加速下滑过程中，当ab杆的速度大小为v

时，求此时ab杆中的电流大小及其加速度的大小（3）至金属杆下滑恰好达到最大速度时通过电阻R的电荷量为q，则该过程中电阻R产生的焦耳热Q的大小泉州一中、莆田二中、仙游一中2020—2021学年第二学期期中联考高二物理试卷参考答案1．A【详解】A．比结合能越大原子

核越稳定，故A正确；B．半衰期是由放射性元素本身决定的，压力、温度对放射性元素的半衰期没有影响，故B错误；C．β射线的本质是原子核内部一个中子变成一个质子和电子产生的，故C错误；D．放出能量的核反应存在质量亏损，吸收能量的核反应存在质量增加，故D错误。故选A。2．D【详解】

A．卢瑟福通过实验发现了质子，选项A错误；B．2743013215AlHePX+→+中的X质量数为1，电荷数为零，是中子，选项B错误；C．238234492902UThHe→+是α衰变方程，选项C错误；D．23411120H+HHen→+是核聚变反应，选

项D正确。故选D。3．B【分析】考查光电效应有关知识。【详解】A．根据光电效应方程k0EhW=−，图线的斜率代表普康克常量，两直线一定平行，A错误；B．普朗克常量与入射光和金属材料均无关系，B正确；C．横轴截距表示最大初动能为零时的入射光频率，也就是金属的极限频率，故乙金属的极

限频率大于甲金属的极限频率，C错误；D．由A项可知，甲、乙两种金属发生光电效应时，若光电子的最大初动能相同，甲金属的入射光频率小，D错误。故选B。4．C【详解】A．图甲中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流而使电容器充电，由于充电电流不断减小，安培力减小，则导体棒做变减速

运动，当电容器C极板间电压与导体棒产生的感应电动势相等时，电路中没有电流，ab棒不受安培力，向右做匀速运动，选项A错误；B．图乙中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流，导体棒受向左的安培力而做减速运动，随

速度的减小，电流减小，安培力减小，加速度减小，最终ab棒静止，选项B错误；C．图丙中，导体棒先受到向左的安培力作用向右做变减速运动，速度减为零后再在安培力作用下向左做变加速运动，当导体棒产生的感应电动势与电源的电动势相等时，电路中没有电流，ab棒向左做匀速运动，故C正确；D．由以上分析

可知，选项D错误。故选C。5．BC【详解】A．电压表的示数为灯泡两端的电压，大小为22090V=198V9010ERURr==++，A错误；B．线圈转动的周期T=0.02s，则角速度为2π2π=100π0.02rad/sT=

=，B正确；C．0.01s时感应电动势为零，则线圈在中性面位置，C正确；D．交流电的频率为f=50Hz，则电路中的电流方向每秒改变100次，D错误。故选BC。6．AD【详解】AB．在电路甲中，正常工作时流过线圈L支路的电流较小，断开S后，线圈L会产生自感电动势

，使灯泡Q1中的电流从原来的数值开始逐渐减小，故Q1将渐渐变暗，不会先变得更亮，A正确，B错误；CD．在电路乙中，正常工作时流过线圈L支路的电流较大，断开S后，线圈L会产生自感电动势，使灯泡Q2中的电流瞬间变得更大再逐渐减

小，故Q2将先变得更亮，然后渐渐变暗，C错误，D正确。故选AD。7．AD【详解】氢原子吸收光子后会跃迁到高能级，高能级不稳定，会向低能级跃迁。由题意可知，该氢原子能发出三种光子，说明该氢原子从2n=能级跃迁到3n=

能级。由c=可知，照射光光子的波长为1。由题意可知，从3n=能级向低能级跃迁，可以发出三种光子，分别是32→，21→，31→。由能级图可知313221()EEEEEE−=−+−又Eh=，则上式变为312hhh=+，又c=

，则312111=+，化简可得23123−=故选AD。8．BCD【详解】A．由图2可知，在一个周期内，磁感应强度先增大后减少，则穿过圆环的磁通量先增大后减小，根据楞次定律可知感应电流方向

先沿逆时针方向后沿顺时针方向，故A错误；B．根据法拉第电磁感应定律可得在0−1s内的感应电动势的大小为21Δ1201VV21BESt−===在1s−1.2s的时间内感应电动势的大小为221201V5V20.2E−==根据闭合电路欧姆定律可得在0−1s内电流大小

为1A1AI==在1s−1.2s的时间内电流大小为25A5AI==设圆环中电流的有效值为I，根据电流的热效应有222125166IRTIRTIRT=+代入数据可得5AI=故B正确；C．由图2可知，在t=0.5s时磁感应强度为1T，根据前面

的分析可知，在0.5s时圆环中的电流大小为1A，求安培力时，圆环在磁场中的等效长度为2m，则可得此圆环所受安培力的大小为1112N2NFBIL===，故C正确；D．根据2QIRt=，可得1min线圈产生的电热为()2560J300JQ==，故D正确。故选BCD。9．49.6

【详解】[1]由1122UnUn=可得，变压器副线圈的电压为22500VU=，输电电流为224APIU==[2]线路损失的功率为22400WPIR==，用户得到的实际功率为9.6kWPPP=−=10．1∶15∶3【详解】[1]由法拉第电

磁感应定律可得Et=，设回路电阻为R，感应电流EIR=通过线圈横截面的电荷量qIt=，联立可得BSqRR==进、出磁场过程中，磁通量的变化量相同，故通过线圈横截面的电荷量之比为1∶1。[2]线圈进入磁场时产生的瞬时感应电动势E=BLv，电流为EBLvIRR==取极端时间t，

速度变为v1，以运动方向为正方向，由动量定理可得10BILtmvmv−=−联立可得2210BLvtmvmvR−=−，又xvt=，代入可得2210BLxmvmvR−=−同理，线圈离开磁场时满足220113BLxmvmvR−=−进、出磁场时的位移x相同，故10011=3mvmvm

vmv−−可解得进入磁场时的速度为023vv=，进出磁场过程中由能量守恒可得产生的热量分别为22100112()223Qmvmv=−，222001211()()2323Qmvmv=−，对比可得1253QQ=。11．（

1）1400（2）38【详解】（1）当电路中电流I=3A时，电子秤测量的体重最大．由欧姆定律I=ERr+得到R=EI-r=2Ω代入R=30-0.02F得到：F=1400N．（2）踏板空载时F=0，代入R=30-0.02F得到电阻R=30Ω，由欧姆定律得I=ERr+=0.375A所以该秤

零刻度线（即踏板空载时的刻度线）应标在电流表G刻度盘38A处．点睛：本题考查了传感器的应用，关键是对电子秤原理的理解，理解解析式R=30-0.02F，利用欧姆定律进行计算．12．(1)(2)【详解】(1)对A球由动能定理可知：，解得：；由平抛运动规律可得：水平方向：，竖直方向：，联立解得：；(

2)碰后A反弹细绳偏离竖直方向的最大夹角为，由动能定理得：，解得：，由动量守恒可知：，联立以上各式可解得：。13．（1）0.32；（2）130N，方向水平向右【详解】（1）据动能定理得2201122mgLmvmv−

=−，解得μ=0.32（2）对物块利用动量定理得1Ftmvmv−=−−，解得F=130N据牛顿第三定律，物块对墙壁的作用为130NFF==，方向水平向右14．(1)120N；(2)1.2m【详解】(

1)滑块从A端下滑到B端，由机械能守恒得mgR=12mv02，解得v0=32m/s在B点，由牛顿第二定律得FN-mg=m20vR，解得轨道对滑块的支持力FN=120N(2)滑块滑上木板后，滑块与木板右端的物体C发生碰撞，以向左为正方向，设碰撞后共

同的速度为v1，则mv0=(m＋m0)v1，代入数据得v1=22m/s对滑块、物体C以及木板，三者组成的系统沿水平方向的动量守恒，设末速度为v2，由动量守恒定律有(m＋m0)v1=(m＋m0＋M)v2由能量守恒定律得Μ(m＋m0)gl=12(m＋m

0)v12-12(M＋m＋m0)v22，解得l=1.2m15．（1）；（2）BLvR，22sinBLvgmR−；（3）2221sinsin2qRmgRQmgmBLBL=−【详解】（1）如图所示，ab杆受重力mg，方向竖直向下；

支持力NF，方向垂直于导轨平面向上；安培力F安，方向沿导轨向上。（2）当ab杆的速度大小为v时，感应电动势EBLv=，则此时电路中的电流EBLvIRR==ab杆受到的安培力22BLvFBILR==安，根据牛顿第二定律，有sinmgF

ma−=安联立各式得22sinBLvagmR=−（3）当0a=时，ab杆达到最大速度mv，即22msinBLvmgR=，解得m22sinmgRvBL=根据法拉第电磁感应定律Et=BLxqItRR===，联立得qRx

BL=根据能量的转化和守恒定律2m1sin2mgxmvQ=+则2221sinsin2qRmgRQmgmBLBL=−