【文档说明】【精准解析】广东省佛山市顺德区罗定邦中学2020-2021学年高二（下）期中物理试题（解析版）.doc，共(18)页，901.000 KB，由小赞的店铺上传

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罗定邦中学2020学年度第二学期期中教学质量检测高二年级物理科测试题一、单项选择题（每题4分）1.在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图1所示．产生的交变电动势的图像如图2所示，则A.t=0.005s

时线框的磁通量变化率为零B.t=0.01s时线框平面与中性面重合C.线框产生的交变电动势有效值为311VD.线框产生的交变电动势频率为100Hz【答案】B【解析】【详解】由图2可知T=0.02s，Em=

311V，根据正弦式交变电流有效值和峰值的关系可得，该交变电流的有效值为E=mE2=3112V=220V，故C错误，根据周期和频率的关系可得，该交变电流的频率为，f=1T=10.02Hz=50Hz，故D错误；由图2可

知t=0.01时，e=0所以该交流电从中性面开始计时，故B正确；t=0.005s时，e=311V，由法拉第电磁感应定律可得磁通量的变化率最大为311V，故A错误。故选B．2.如图所示，一只理想变压器原线圈

与频率为50Hz的正弦交变电源相连，两个阻值均为20Ω的电阻串联后接在副线圈的两端。图中的电流表、电压表均为理想交流电表，原、副线圈分别为200匝和100匝，电压表的示数为5V。则（）A.电流表的读数为0.5AB.流过电阻的交变电流的频率为100HzC.交变电源的输出电压

的最大值为202VD.交变电源的输出功率为1.25W【答案】C【解析】【分析】【详解】A.副线圈电流为25A0.25A20I==原线圈电流为11000.25A0.125A200I==故A错误；B.变压器不改变交流电的频率，原副线圈频率相同，故B错误；C.副线圈电压210VU=，原线圈电压120V

U=，交变电源的输出电压的最大值为202V，故C正确；D.交流电源的输出功率为111200.125W2.5WPUI===故D错误；故选C。3.2017年7月，哈市香坊区一名独自在家的6岁女童从约20

m高的阳台不小心坠下，危急关头，路过此地的肖奇老师迎步上前，用自己的臂膀和身躯去接坠落的孩子，挽救了女童的生命，被称为“最美男教师”、“眼镜侠”。假设肖奇老师接女童的时间约为0.1s，女童的质量大约25kg，则肖奇老师两只手臂

受到的冲击力一共大约是（）A.50NB.5×102NC.5×103ND.5×104N【答案】C【解析】【详解】由22ghv=可知，女童落到肖奇老师手上的速度大小约为221020m/s20m/svgh===由

动量定理得()0Fmgtmv−=−则有(2510)0.1025(20)F−=−−解得5250NF=故选C。4.光滑水平地面上，A，B两物体质量都为m，A以速度v向右运动，B原来静止，左端有一轻弹簧，如图所示，

当A撞上轻弹簧，轻弹簧被压缩到最短时，下列说法不正确的是（）A.A、B系统总动量仍然为mvB.A的动量变为零C.B的动量尚未达到最大值D.A、B的速度相等【答案】B【解析】【分析】【详解】A、B系统水平方向受合外力为零，则总动量守恒，因开始时的动量

为mv，则轻弹簧被压缩到最短时总动量仍然为mv，此时A、B的速度相等，A的动量不为零，此后B在弹力作用下继续加速，则此时B的动量尚未达到最大值，故选项ACD正确，不符合题意，B错误，符合题意。故选B。5.物理学是一门以实验为基础的科学，任何学说和理论的建立都离不开实验。关于

下面几个重要的物理实验，说法正确的是（）A.卢瑟福通过对α粒子散射实验结果的分析，提出了原子核是由质子和中子组成的B.电子的发现揭示了原子核可以再分C.光电效应实验表明光具有粒子性D.通过实验发现中子的科学家是德布罗意【答案】C【解析】【分析】【详

解】A．卢瑟福通过对α粒子散射实验结果的分析，提出了原子具有核式结构，A错误；B．电子的发现表明了原子不是构成物质的最小微粒，原子可以再分，B错误；C．光具有波粒二象性，光电效应证实了光具有粒子性，C正确；D

．发现中子的是查德威克，D错误。故选C。6.如图所示为氢原子的能级图，一群处于n=4的激发态的氢原子向低能级跃迁时可以辐射出多种不同频率的光子，其中两次跃迁分别辐射出a、b两种光子，若用a光照射x金属刚好能发生光电效应，则下列说法正确的是（）A.氢原子辐射出b光子后，氢原子

的能量减小了13.6eVB.a光子的频率比b光子的频率大C.x金属的逸出功为2.55eVD.用b光光子照射x金属，打出的光电子的最大初动能为10.2eV【答案】C【解析】【分析】【详解】A．氢原子辐射出b光子后，氢原子的能量减小了311.51eV(13.6)eV12.0

9eVbEEE=−=−−−=故A错误；B．a光子的能量420.85eV(3.4)eV2.55eVaEEE=−=−−−=由公式=Eh可知，a光子的频率比b光子的频率小，故B错误；C．用a光照射x金属刚好

能发生光电效应，则金属的逸出功等于2.55eV，故C正确；D．用b光光子照射x金属，打出的光电子的最大初动能为km12.09eV2.55eV9.54eVbEEW=−=−=故D错误。故选C。7.关于天然放射现象，下列说法正确的是A.

β衰变所释放的电子是原子核外电子电离所产生的B.若使放射性物质的温度升高，其半衰期将增大C.在α、β、γ这三种射线中，α射线的穿透能力最强，γ射线的电离作用最强D.铀核23892(U)衰变为铅核20682(Pb)的过程中，要

经过8次α衰变和6次β衰变【答案】D【解析】【详解】A．β衰变所释放的电子是原子核内的中子转变为质子时产生的，故A错误；B．半衰期的大小与放射性元素的温度无关，故B错误；C．在α、β、γ，这三种射线中，α射线的电离作用最强，γ射线的穿透能力最强，故C错误；D．铀核23892

(U)衰变为铅核20682(Pb)的过程中，电荷数少10，质量数少32，设经过n次α衰变，m次β衰变，则有：432210nnm=−=，解得：86nm==，故D正确．二、多项选择题（至少有两个选项正确，每题6分，全对得6分，少选得3分，错选或不选得0分）

8.如图所示，交流发电机线圈的面积为0.05m2共100匝．该线圈在磁感应强度为1T的匀强磁场中，以10πrad/s的角速度匀速转动，电阻R1和R2的阻值均为50Ω，线圈的内阻忽略不计，若从图示位置开始计时，则（）A.线圈中的电动势为e=50sin(10πt)VB.电流表的

示数为2AC.电压表的示数为502VD.R1上消耗的电功率为25W【答案】BD【解析】【分析】【详解】A．从图示位置开始计时，感应电动势的瞬时值为50cos(10)Vet=故A错误；B．R1和R2的并联电阻为

25Ω，有252A2A25UIR===并所以电流表示数为2A，故B正确；C．线圈中产生的感应电动势的最大值表达式为11000.0510V50VmEnBS===电压的有效值为252V2mEU==故

C错误；D．R1上消耗的电功率为222()50W25W2PIR===故D正确。故选BD。9.如图甲为研究光电效应的实验装置，用频率为的单色光照射光电管的阴极K，得到光电流I与光电管两端电压U的关系图线如图乙所示。已知电子电荷量的绝对值为e，

普朗克常量为h，则（）A.测量遏止电压UC时开关S应扳向“2”B.只增大光照强度时，图乙中UC的值会增大C.只增大光照强度时，图乙中I0的值会增大D.阴极K所用材料的极限频率为cheUh−【答案】CD【解析】【分析】【详解】A．开关S应

扳向1，光电子在电场中减速运动，当到达另外一端时速度恰好减少为0，这时电压被称为遏止电压，故A错误；B．根据动能定理有ck0eUE−=−结合爱因斯坦光电效应方程k0EhW=−ν可知UC的值只与光照频率有关，与光照强度无关，故B错误；C．只增大光照强度时，

k极发射电子数会增多，图乙中I0的值会增大，故C正确；D．根据动能定理有ck0eUE−=−结合爱因斯坦光电效应方程k0EhW=−ν0cWhv=联立解得ccheUh−=故D正确。故选CD。10.关于原子和原子核，下列说法正确的是（）A.平均结合能越大，原

子核越稳定B.在核聚变反应234112HHHeX+→+中，X为中子C.3015P形成化合物H3PO4后不再具有放射性D.氡在-30℃时的半衰期为3.8天，1g氡原子核在常温下经过7.6天只剩下0.2g氡原子核【答案】AB【解析】【分析】【详解】A．比结合能=平均结合能，平均结合能越

大,，原子核越稳定，故A正确；B．根据质量数守恒和电荷数守恒，X为中子，故B正确；C．放射性元素与别的元素形成化合物时仍具有放射性，故C错误；D．放射性元素的半衰期与温度无关，1g氡原子核在常温下经过7.6天后剩下氡原子核的

质量211g()0.25g2m==故D错误。故选AB。三、非选择题11.某同学采用如图所示的装置，利用A、B两球的碰撞来验证动量守恒定律。图中MN是斜槽，NR为水平槽。实验时先使A球从斜槽上某一固定位置由静止开始滚下，落到位于水

平地面的记录纸上，留下痕迹。（1）A球质量为1m，半径为1r；B球质量为2m，半径为2r，则______。A．12mm=，12rrB．12mm，12rr=C．12mm=，12rrD．12mm，12rr=（2）必须要求的条件是______；A．斜槽轨道末端的

切线必须水平B．斜槽轨道必须是光滑的C．入射球每次必须从轨道的同一位置由静止滚下D．必须测出水平槽离地面的高度，从而计算出时间（3）本实验验证动量守恒定律的表达式为（用纸带上的字母表示）_______

____；A．112mOEmOPmOF=+B．112mOEmOFmOP=+C．112mOPmOEmOF=+D．112=+mOFmOEmOP（4）某次实验中得出的落点情况如图所示，假设碰撞过程中动量守恒，则入射小球质量1m和被碰小球质量2m之比_______

____。【答案】(1).B(2).AC(3).C(4).12:4:1mm=【解析】【分析】【详解】（1）[1]由动量守恒和机械能守恒得AA1AA2BB2mvmvmv=+222122111222AAAA

BBmvmvmv=+解得21ABAAABmmvvmm−=+，212ABAABmvvmm=+如果ABmm≤，则碰撞后A球将静止不动或者反向运动，无法完成测量，所以应满足ABmm＞；为了保证水平方向上动量守恒，两球的球心高度应该相同，即应发生对心碰

撞，故选B；（2）[2]必须要求的条件有：斜槽轨道末端的切线必须水平，保证两球碰撞过程中水平方向上不受外力作用；入射的A球每次必须从轨道的同一位置由静止滚下，以保证碰撞前的速度次次相同，故选AC；（3）[3]由（1）可知，21AAvv＜，21BAvv＞即碰

撞后A球的速度小于其碰撞前的速度，B球的速度大于A球碰撞前的速度，所以碰撞前A球的水平位移为OP，碰撞后A球的水平位移为OE，B球的水平位移为OF；如果动量守恒，则应满足112mOPmOEmOF=+故选C；（4）[4]代入数据得11225

.515.540mmm=+解得12:4:1mm=12.某实验小组利用如图（a）所示的实验装置验证动量守恒定律。实验的主要步骤如下：①用游标卡尺测量小球A、B的直径d，其示数如图（b）所示，用天平测量小球A、B的质量分别为m1、m2；②用两条细线分别将球A、B悬挂于同一水平高度，自然

下垂时两球恰好相切，球心位于同一水平线上；③将球A向左拉起使其悬线与竖直方向的夹角为α时由静止释放，与球B碰撞后，测得球A向左摆到最高点时其悬线与竖直方向的夹角为θ1，球B向右摆到最高点时其悬线与竖直方向的夹角为θ2。回答下列问题：(1)小球的直径d=___________cm；(2)为保证

A碰撞后向左摆动，则A、B两球质量应满足m1________m2（填“>”、“<”或“=”）；(3)若两球碰撞前后动量守恒，则12mm=___________（用③中测量的量表示）；【答案】(1).2.20(2).<(3).211cos1cos1co

s−−+−【解析】【分析】【详解】(1)[1]小球直径d=2.2cm+0.1×0mm=2.20cm(2)[2]由于1012abmvmvmv=+2221012111222abmvmvmv=+可得12012ammvvmm−=+碰后A向左运动，va<0，则m1<m2(3)[3]根据

2010(1cos)2mvmgl−=−碰前A02(1cos)vgl=−同理，碰后A12(1cos)avgl=−碰后B22(1cos)bvgl=−动量守恒1012abmvmvmv=−+解得21211cos1cos1cosmm−=−+−13.如

图所示，N=100匝的矩形线圈abcd，ab边长l1=20cm，ad边长l2=25cm，放在磁感应强度B=0.4T的匀强磁场中，外力使线圈绕垂直于磁感线且通过线圈中线的OO＇轴以n=6000r/min=100r/s的转速匀速转动，线圈电阻r=1Ω，外电路电阻R=9Ω，t=0时线圈平面与磁感线平

行，ab边正转出纸外、cd边转入纸里，=3.14，有效值可以含根号。求：（1）t=0时感应电流的方向，角速度的大小是多少；（2）感应电动势的瞬时值表达式；（3）R两端的电压的最大值为多少；（4）从图示位置转过90°的过程中流过电阻R的电荷量。【答

案】（1）电流的方向是adcb；200πrad/s；（2）()1256cos200Vt；（3）1130.4V；（4）0.2C【解析】【分析】【详解】（1）根据t=0时线圈平面与磁感线平行，ab边正转出纸外、cd边转入纸里，运用右手定则，得出感应电流的方向是adcb，如图所示n=6000

r/min=100r/s的转速匀速转动，所以线圈的角速度ω=2πn=200πrad/s（2）感应电动势的最大值为m1256VENBS==所以感应电动势的瞬时值表达式为()cos1256cos200VeNBStt==（3）R

两端的电压的最大值12569V=1130.4V91mRmEURRr==++（4）线圈由如图位置转过90°的过程中=sin90BS通过R的电量为0.2CNqRr==+14.如图所示，质量为245gm=

的物块可视为质点，放在质量为0.5kgM=的木板左端，足够长的木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数为0.4=。质量为05gm=的子弹以速度v0=300m/s沿水平方向射入物块并留在其中（时间极短），g取10m/s2。求

：（1）子弹进入物块后一起向右滑行的最大速度v1；（2）木板向右滑行的最大速度2v；（3）物块在木板上滑行的时间t及物块在木板上相对木板滑行的距离x。【答案】（1）6m/s；（2）2m/s；（3）1s；3m【解析】【详解】（1）子

弹进入物块后一起向右滑行的初速度即为物块的最大速度，由动量守恒定律可得：()0001mvmmv=+解得16m/sv=（2）当子弹、物块、木板三者共速时，木板的速度最大，由动量守恒定律可得()()0102mmvmmMv+=++解得22m

/sv=（3）对物块和子弹组成的整体应用动量定理得：()()()00210--mmgtmmvmmv+=++由能量关系()()()22001021122mmgxmmvmmMv+=+−++解得1st=3mx=15.如图所示，长为R=1.0m的不可伸长的细绳一端固定在O点，另一端系着质量为m2=0.

1kg的小球B，小球B刚好与水平面相接触。现使质量为m1=0.4kg物块A以v0=6m/s的初速度向B运动，A与水平面间的动摩擦因数=0.55，A、B间的初始距离x=1.0m。两物体碰撞为弹性正碰，碰后B小

球能在竖直平面内做完整圆周运动。已知重力加速度g=10m/s2，两物体均可视为质点，试求：(1)两物体碰撞前瞬间，A物块速度v1的大小；(2)两物体碰撞后瞬间，B球速度v2的大小；(3)B球运动到圆周最高点时细绳受到的拉力大小。【答案】(1)5m/s；(2)8m

/s；(3)1.4N【解析】【分析】【详解】(1)与B碰撞之前，A做匀减速直线运动，有Fagm==v12-v02=-2ax解得v1=5m/s(2)碰撞过程中，A、B系统动量守恒，有m1v1=m1v1＇+m2v2系统机械能守恒得2'22

111122111222mvmvmv=+可得v1＇=3m/sv2=8m/s(3)小球B在摆至最高点过程中，机械能守恒，设到最高点时的速度为v3，小球在最高点受到的细绳给的拉力为T222223211=222mvmv

mgR+在最高点2322vTmgmR+=解得T=1.4N由牛顿第三定律可知，细绳受到的拉力大小T′=1.4N16.如图所示，长度L0=1.6m、质量M=3kg（连同挡板）的小车静止在光滑的水平面上，质量m1=1kg的物块P（可视

为质点）放在小车的左端，原长d=20cm的轻弹簧与小车右端的竖直挡板相连，不计挡板的厚度。质量m2=1kg的小球（可视为质点）用长L=1.8m的细绳悬挂在O点，细绳竖直时小球恰好与物块P接触，现将小球向左拉至细绳水平并由静止释放，小球运动到

最低点时与物块P发生弹性碰撞，碰后物块P在小车上滑动，此后弹簧的最大压缩量为Δd=10cm。已知物块P与小车间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力，求：(1)物块P与小球碰后的速度大小；(2)弹簧获得的最大弹性势能；(3)物块P最终停在小车上的位置距小车左端的距离。【

答案】(1)6m/s；(2)6J；(3)0.3m【解析】【详解】(1)小球向下摆动的过程中，由动能定理得222012mgLmv=小球与物块P碰撞过程，由动量守恒定律和机械能守恒定律得m2v0=m1v1＋m2v2222201122111222mvmvmv=+

联立解得v1=6m/sv2=0(2)物块P与小车相互作用的过程中，由动量守恒定律和能量守恒定律得m1v1=(m1＋M）v()()2211110p11[]22mvmMvmgLddE=++−−+联立解得ΔEp=6J(3

)由动量守恒定律知物块P与小车相对静止时，其共同速度仍为v，这时弹簧的弹性势能转化为内能，有ΔEp=μm1g·ΔL则物块P最终停在小车上的位置距小车左端的距离为s=L0-ΔL-（d-Δd）联立解得s=0.3m获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号ww

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