【文档说明】江西省赣州市会昌县会昌中学2019-2020学年高二下学期开学考试物理试题PDF版含答案.pdf，共(8)页，1.002 MB，由小赞的店铺上传

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物理试卷一、选择题(每小题4分，满分64分，其中1-8题为单选题，9-16题为多选题，多项选择题漏选得2分，错选、多选均不得分)1．（动量与冲量的理解、动量定理在流体问题中的应用）2019年8月11日超强台风“利奇马”登陆青岛，导致部分高层建筑顶部

的广告牌损毁。台风“利奇马”登陆时的最大风力为11级，最大风速为30m/s。某高层建筑顶部广告牌的尺寸为：高5m、宽20m，空气密度=1.2kg/m3，空气吹到广告牌上后速度瞬间减为0，则该广告牌受到的最大风力约为

()A．3.9×103NB．1.2×105NC．1.0×104ND．9.0×l04N2.（动量守恒定律的理解及应用、人船模型）如图所示,气球下面有一根长绳,一个质量为m1=50kg的人抓在气球下方,气球和长绳的总质量为m2=20kg,长绳的下端刚好和水平面接触,当静止时人离地面的高度为h=5m

。如果这个人开始沿绳向下滑,当他滑到绳下端时,他离地面高度是(可以把人看成质点)()A.5mB.3.6mC.2.6mD.8m3.（对光电效应的理解）如图所示,在验电器上安装一个铜网,使其带电,验电器金属箔张开一定角度。用紫外线照射铜

网,验电器金属箔的张角保持不变。再将一块锌板放置在该铜网后面一定距离处,用同一紫外线照射锌板时,发现金属箔张开角度减小。下列相关说法正确的是()A.增加紫外线的强度照射铜网,金属箔张角将变大B.紫外线的频率大于金属锌的截止频率C.铜网带

负电D.改用紫光照射锌板,验电器的金属箔张角也一定减小4.(光电效应方程的理解及应用)光电管是一种利用光照产生电流的装置,当入射光照在管中金属板上时,可能形成光电流。表中给出了6次实验的结果。组次入射光子的能量/eV相对光强光电流大小/mA逸出光电子的最大动能/eV由表中数据得出

的论断中不正确的是()A.两组实验采用了不同频率的入射光B.两组实验所用的金属板材质不同C.若入射光子的能量为5.0eV,逸出光电子的最大动能为1.9eVD.若入射光子的能量为5.0eV,相对光强越强,光电流越大5.（物理学史、原子的核式结构）卢瑟福α粒子散射实验的结果()A.证明了

质子的存在B.证明了原子核是由质子和中子组成的C.证明了原子的全部正电荷和几乎全部质量都集中在一个很小的核里D.说明了原子中的电子只能在某些轨道上运动6.（玻尔理论的理解与计算）1995年科学家“制成”了反氢原子,它是由一个反质子和一个围绕它运动的正电子组成的,反质子和质子有相

同的质量,带有等量异种电荷。反氢原子和氢原子有相同的能级分布,氢原子能级如图所示。下列说法正确的是()A.反氢原子光谱与氢原子光谱不相同B.基态反氢原子的电离能是13.6eVC.基态反氢原子能吸收11eV的光子发生跃迁D.在反氢原子谱线中,

从n=2能级跃迁到基态辐射光子的波长最长7.（楞次定律和其推论的理解及应用）如图所示,圆环形导体线圈a平放在水平桌面上,在a的正上方固定一竖直螺线管b,二者轴线重合,螺线管与电源和滑动变阻器连接成如图所示的电路。若将滑

动变阻器的滑片P向下滑动,下列表述正确的是()A.线圈a中将产生俯视顺时针方向的感应电流B.穿过线圈a的磁通量变小C.线圈a有扩张的趋势D.线圈a对水平桌面的压力FN将增大8.（电磁感应中的动力学问题）如图所示,竖直平面内有足够长、不计电阻的两组平行

光滑金属导轨,宽度均为l,上方连接一个阻值为R的定值电阻,虚线下方的区域内存在磁感应强度为B的匀强磁场。两根完全相同的金属杆1和2靠在导轨上,金属杆长度与导轨宽度相等且与导轨接触良好,电阻均为r、质量均为m;将金属杆1固定在磁场的上边缘,且仍在磁场内,金属杆2从磁

场边界上方h0处由静止释放,进入磁场后恰好做匀速运动。现将金属杆2从离开磁场边界h(h<h0)处由静止释放,在金属杆2进入磁场的同时,由静止释放金属杆1,下列说法正确的是()A.两金属杆向下运动时,流过电阻R的电流方向为a→bB.回路中感应电动势的最大值为C.磁

场中金属杆1与金属杆2所受的安培力大小、方向均不相同D.金属杆1与2的速度之差为29.(对波粒二象性的理解)实物粒子和光都具有波粒二象性。下列事实中突出体现波动性的是()A.电子束通过双缝实验装置后可以形成干涉图样B.β射线在云室中穿过会留下清晰的径

迹C.人们利用慢中子衍射来研究晶体的结构D.人们利用电子显微镜观测物质的微观结构10.（半衰期、核反应方程与核能的计算）关于核反应方程ThPa+X+ΔE(ΔE为释放出的核能,X为新生成粒子),已知Th的半衰期为T,则下列说法正确的是()

A.Th的半衰期T由原子核内部的因素决定,跟原子所处的物理、化学状态无关BPa比Th少1个中子,X粒子是从原子核中射出的,此核反应为β衰变C.N个Th经2T时间因发生上述核反应而放出的核能为(N数值很大)DTh的比结合能为11．（对电磁感应现象的判断、二次感应问题）如图，水平放置的两条光

滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ、MN，MN的左边有一闭合电路．当PQ在外力的作用下运动时，MN向右运动，则PQ所做的运动可能是（）A．向右加速运动B．向右减速运动C．向左加速运动D．向左减速运动12.（自感）如图所示,A1和A2是两个规格完全

相同的灯泡,A1与自感线圈L串联后接到电路中,A2与可变电阻R串联后接到电路中。先闭合开关S,缓慢调节电阻R,使两个灯泡的亮度相同,再调节电阻R1,使两个灯泡都正常发光,然后断开开关S。对于这个电路,下列说法正确的是()A.再次闭合开关S时,A2先亮,A1后亮B.再

次闭合开关S时,A1和A2同时亮C.再次闭合开关S,待电路稳定后,重新断开开关S,A2立刻熄灭,A1过一会儿熄灭D.再次闭合开关S,待电路稳定后,重新断开开关S,A1和A2都要过一会儿才熄灭13.(杆+导轨模型、导

体棒切割磁感线产生感应电动势)如图所示,方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨,两相同的光滑导体棒ab、cd静止在导轨上。t=0时,棒ab以初速度v0向右滑动。运动过程中,ab、

cd始终与导轨垂直并接触良好,两者速度分别用v1、v2表示,回路中的电流用I表示。下列图像中可能正确的是()14.(电磁感应中的电路问题)如图所示,两根足够长的光滑金属导轨水平平行放置,间距为l=1m,cd间、de间、cf间分别接着阻值R=10Ω的电阻。一阻值R=10Ω的导体棒ab以速度v=4m/

s匀速向左运动,导体棒与导轨接触良好;导轨所在平面存在磁感应强度大小B=0.5T、方向竖直向下的匀强磁场。下列说法正确的是()A.导体棒ab中电流的流向为由b到aB.cd两端的电压为1VC.de两端的电压为1VD.fe两端的电压为1V15.(理想变压器的动态分析问题)下图

是通过变压器给用户供电的示意图,变压器的输入电压是电网电压,基本稳定,输出电压通过输电线输送给用户。输电线的电阻用R0表示,用变阻器的电阻R表示用户用电器的总电阻,当变阻器的滑片P向上移动时,以下说法正确的是()A.相当于增加用电器的个数B.V1的示数随V2示数的增大

而增大C.A1的示数随A2示数的减小而减小D.变压器的输入功率减小16．(电磁感应中的图象问题)如图所示，在边界MN右侧是范围足够大的匀强磁场区域，一个正三角形闭合导线框ABC从左侧匀速进入磁场，以C点到达磁场左边界的时刻为计时起点（t=

0），已知边界MN与AB边平行，线框受沿轴线DC方向外力的作用，导线框匀速运动到完全进入磁场过程中，能正确反映线框中电流i、外力F大小与时间t关系的图线是（）A．B．C．D．二、填空题（每空3分，共15分）17．某

同学利用计算机模拟A、B两球碰撞来验证动量守恒，已知A、B两球质量之比为2∶3，用A作入射球，初速度为v1＝1.2m/s，让A球与静止的B球相碰，若规定以v1的方向为正，则该同学记录碰后的数据中，肯定不合理的是________.次数ABCDv1′0.480.60－1.20－0.24v2′0.

480.401.600.9618．如图所示，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系：先安装好实验装置，在地上铺一张白纸，白纸上铺放复写纸，记下重垂线所指的位置O．接下来的实验步骤如下：步骤1

：不放小球2，让小球1从斜槽上A点由静止滚下，并落在地面上．重复多次，用尽可能小的圆，把小球的所有落点圈在里面，其圆心就是小球落点的平均位置；步骤2：把小球2放在斜槽前端边缘位置B，让小球1从A点由静止滚下，使它们碰撞，重复多次，并使用与步骤1

同样的方法分别标出碰撞后两小球落点的平均位置；步骤3：用刻度尺分别测量三个落地点的平均位置M、P、N离O点的距离，即线段OM、OP、ON的长度．(1)对于上述实验操作，下列说法正确的是________．A．应使小球每次从斜槽上相同的位置自由滚下B．斜槽轨道必须光滑C．斜槽轨

道末端必须水平D．小球1的质量应大于小球2的质量(2)上述实验除需测量线段OM、OP、ON的长度外，还需要测量的物理量有________．A．A、B两点间的高度差h1B．B点离地面的高度h2C．小球1和小球2的质量m1、m2D．小球1和小球2的半径r(3)当所测物理量满足表达式____

____(用所测物理量的字母表示)时，即说明两球碰撞遵守动量守恒定律．如果还满足表达式________(用所测物理量的字母表示)时，即说明两球碰撞时无机械能损失．三、计算题（需要写出必要的解题过程，19题9分，20题12分，共21分）19

．(交变电流的产生和描述、交变电流四值的理解和应用)如图所示，线圈abcd的面积是0.012m2，共1000匝，线圈电阻为10Ω，外接电阻R=90Ω，匀强磁场的磁感应强度为B=1T，当线圈以300r/min的转速匀速

转动时，求：（1）从图示位置开始计时，写出感应电动势的瞬时值表达式．（2）电路中交流电压表和电流表的示数．（3）线圈由如图位置转过90°的过程中，流过电阻R的电量为多少？20．（电磁感应中的能量与动量问题）如图所示，一平行倾斜光滑金属导轨与间距相同的水平光滑导轨平滑连接，电阻均

不计，导轨与水平倾角为30°，导轨间距L=0.5m，倾斜导轨平面存在着垂直斜面向下的匀强磁场，磁感应强度为B2，导轨上端与匝数N=100匝的线圈相连接，线圈面积S=0.01m2，线圈电阻00.04R=，线圈内存在一垂直平面向下的磁场，磁感应强度随时间变化为1

0.20.6Bt=+（T）。用同种材料制作成一边长为L、粗细均匀的正方形导体框放在水平导轨上，质量为20.4m=kg，20.08R=，其中AB边（包括A、B）绝缘漆被刮去，其他三边有绝缘漆，两边与水平导轨相接触。假设水平导轨与地面的高度足够大，在水平地面存在竖直方向的相间的匀强磁场，磁

场宽度为L，相邻磁场间距也为L，磁感应强度为B3=0.2T。现在在倾斜导轨上垂直放置一导体棒PQ，棒长为L，质量10.1m=kg，电阻10.02R=，若闭合开关K1，断开开关K2，导体棒PQ恰好能静在斜导轨上。然后断开K1，闭合K2，导体棒由静止下滑，达到匀速后进

入水平导轨并与正方形导体线框相碰，相碰后不分开一起向右运动，然后从导轨水平飞出，假设线框在空中运动过程中保持水平，不发生翻转，最后穿过竖直磁场落在水平地面上。(1)求垂直斜面的匀强磁场的磁感应强度大小。(2)求正方形线框飞出到落地的水平位移；(3)求正

方形线框从飞出到落地过程，CD边电流产生的焦耳热；(4)求正方形线框从飞出到落地过程，CD边的电势差随水平位移的函数关系。高二年级物理试卷答案共1页物理参考答案一、选择题题号12345678910答案BBBBCBDBACDABC题

号11121314151617181920答案BCADACBDCDAD17.BC18.ACC112mOPmOMmON=+222112mOPmOMmON=+19.（1）e=1002sin10πt；（2）90V和1A．（3）0.02C．20.【答案】

（1）0.1T；（2）5.4m；（3）0.14J；（4）详答：1【答案】B【详解】广告牌的面积S=5×20m2=100m2设t时间内吹到广告牌上的空气质量为m，则有：m=ρSvt根据动量定理有：－Ft

=0－mv=0－ρSv2t得：F=ρSv2代入数据解得F≈1.2×105N故B正确，ACD错误。故选B。2.B解析:当人滑到绳下端时,如图所示,由动量守恒定律,得m1=m2,且h1+h2=h。解得h1=1.4m;所以他离地高度h0=h-h1=3.6m,故选

项B正确。3.B解析:根据用紫外线照射铜网,验电器金属箔的张角保持不变;再将一块锌板放置在该铜网后面一定距离处,用同一紫外线照射锌板时,发现金属箔张开角度减小,说明逸出的光电子跑到铜网上,导致其电荷量减小,当增

加紫外线的强度照射铜网,金属箔张角将变得更小,由此可知,铜网带正电,A、C错误;只有紫外线的频率大于金属锌的截止频率,才会发生光电效应,B正确;根据光电效应产生条件,当用紫光照射时,由于紫光频率小于紫外线,因此可能不发生光电效

应现象,则验电器金属箔不一定张开,D错误。4.B解析:两组实验入射光的能量不同,以此可知,采用了不同频率的入射光,A正确;根据爱因斯坦光电效应方程,金属的逸出功W=hν-,代入上述实验数据得两组的逸出功相同,均等于3.1eV,

以此可知两组实验所用的金属板材质相同,B错误;若入射光子的能量为5.0eV,代入爱因斯坦光电效应方程,逸出光电子的最大动能为1.9eV,C正确;若入射光子的能量为5.0eV,发生光电效应,相对光强越强,光电子越多,光电流越大,D正确。5.C解析:α

粒子散射实验发现,原子内存在一个集中了全部正电荷和几乎全部质量的核,它并不能证明原子核是由质子和中子组成的,故本题答案为C。6.B解析:反氢原子和氢原子有相同的能级分布,所以反氢原子光谱与氢原子光谱相同,A错误;处于基态的氢原子的电离能是13.6eV,具有大于等于13.6eV能量的光子可以使氢

原子电离,B正确;基态的氢原子吸收11eV光子,能量为-13.6eV+11eV=-2.6eV,不能发生跃迁,所以该光子不能被吸收,C错误;在反氢原子谱线中,从n=2能级跃迁到基态辐射光子能量最大,频率最大,波长最小,D错误。7.D解析:通过螺线管b的电流如

图所示,根据右手螺旋定则判断出螺线管b所产生的磁场方向竖直向下,滑片P向下滑动,滑动变阻器接入电路的电阻减小,电路电流增大,所产生的磁场的磁感应强度增强。根据楞次定律可知,线圈a中所产生的感应电流的磁场方向竖直向上,由右手螺旋定则可得线圈a中的电流方向为俯视逆时针方向,A错误;由于螺线管b中的电

流增大,所产生的磁感应强度增强,线圈a中的磁通量变大,B错误;根据楞次定律可知,线圈a将阻碍磁通量的增大,因此,线圈a有缩小并远离的趋势,线圈a对水平桌面的压力将增大,C错误,D正确。8.B解析:根据右手定则判断知金属杆2产生的感应

电流方向向右,则流过电阻R的电流方向从b→a,选项A错误;当金属杆2在磁场中匀速下降时,速度最大,产生的感应电动势最大,由平衡条件高二年级物理试卷第2页共2页得BIl=mg,又I=,联立得感应电动势的最大值为Em=,选项B正确;根据左手定则判断得知两杆所受安培力的方向均向上,方向相同,由公式

F=BIl可知安培力的大小也相同,选项C错误;金属杆2刚进入磁场时的速度为v=;在金属杆2进入磁场后,由于两个金属杆任何时刻受力情况相同,因此任何时刻两者的加速度也都相同,在相同时间内速度的增量也必相同,即v1-0=v2-v,则得v2-v1=v=,选项D错误。9.ACD解析:电子束通过

双缝实验装置后可以形成干涉图样,可以说明电子是一种波,A正确;β射线在云室中穿过会留下清晰的径迹,可以说明β射线是一种粒子,B错误;人们利用慢中子衍射来研究晶体的结构,中子衍射说明中子是一种波,C正确;人们利用电子显微镜观测物质的微

观结构,利用了电子束的衍射现象,说明电子束是一种波,D正确。10.ABC解析:原子核的半衰期T由原子核内部的因素决定,跟原子所处的物理、化学状态无关,A正确;由质量数和电荷数守恒知X的质量数是0,电荷数是-1,为电子,是原子核内的中子转化为质子而释放一个电子,为β衰变,B正确;经2T时间

还剩余没衰变,发生上述核反应而放出的核能为NΔE,C正确Pa的比结合能是234个核子结合成Pa时放出的能量,该能量不是它衰变时放出的能量ΔE,所以Pa的比结合能不是Th的比结合能也不是,D错误。11【答案】BC【详解】根据安培定则可知，MN处于ab产生的垂直向里的磁场中，MN在磁场力作用

下向右运动，说明MN受到的磁场力向右，由左手定则可知电流由M指向N，L1中感应电流的磁场向上，由楞次定律可知，线圈中产生感应电流的磁场应该是向上减小，或向下增加；再由右手定则可知PQ可能是向左加速运动或向右减速运动。故BC正确，AD错误。故选

BC．12.AD解析:再次闭合开关S时,自感线圈L中产生感应电动势,阻碍电流的增大,故A1后亮,A正确,B错误;待电路稳定后,重新断开开关S,线圈L中产生自感电动势,阻碍电流的减小,并且A1、A2、R形成回路,

故A1和A2都要过一会儿才熄灭,C错误,D正确。13.AC解析:对两棒分别受力分析可知,ab棒做减速直线运动,cd棒做加速直线运动,最后两棒速度相同。ab棒和cd棒在运动过程中都产生感应电动势,两个电动势方

向一个为顺时针,一个为逆时针,逐渐抵消,两棒速度相同时,总电动势减小至0,电流减小至0,C正确,D错误。对两棒整体受力分析可知,合力为零,动量守恒,mv0=2mv,解得v=,即两棒最后速度为。由C图和F安=BIl可知,F安不均匀变化,加速度不均匀变化,速度图像的斜率为加速

度,A正确,B错误。14.BD解析:由右手定则可知ab中电流方向为a→b,A错误;导体棒ab切割磁感线产生的感应电动势E=Blv,ab为电源,cd间电阻R为外电路负载,de和cf间电阻中无电流,de间和cf间

无电压,因此cd和fe两端电压相等,即U=×R==1V,B、D正确,C错误。15.CD解析:当变阻器的滑片P向上移动时,用电器的总电阻增大,相当于并联的用电器数目减少,A错误,D正确;同时变压器的输入功率减小,由于电网电压u不变,所

以两个电压表的示数不变,B错误;由于变压器的输出功率决定输入功率,所以A1的示数随A2示数的减小而减小,C正确。16【答案】AD【详解】AB．t时刻，线框有效切割长度为L=2vt•tan30°知L∝t，产生的感应

电动势为E=BLv知E∝t，感应电流为EIR=故I∝t，故A正确，B错误；CD．导线框匀速运动，所受的外力与安培力大小相等，则有()22tan302tan30BvtvFBILBvttR==()F

-t图象是过原点的抛物线，故C错误，D正确。故选AD。17.【答案】BC【解析】设两球的质量分别为2m、3m；则碰前总动量2.4m；碰前总动能；高二年级物理试卷答案共1页对选项A，碰后动量：(2m+3m)×0.48=2.4m，则动量守恒，末

状态总动能，则A项合理；B项中碰后A球速度不可能大于B球速度，则B不合理；同理C项中动量2m×(-1.2)+3m×1.6=2.4m，动量守恒，末状态总动能，则C项不合理；D项中动量2m×(-0.24)+3m×0.96=2.4m，动量守恒守恒，末状态总动能，合理．题目中要求选不合理的，故选B

C．点睛：对于碰撞过程要遵守三大规律：1、是动量守恒定律；2、总动能不增加；3、符合物体的实际运动情况．18【答案】ACC112mOPmOMmON=+222112mOPmOMmON=+【详解】试题分析：（1）因为每一步实验都需要重复多次确定落点的位置，平抛运动的初

速度必须相等，所以小球每次从斜槽上相同的位置自由滚下，A正确；只有小球1的质量大于小球2的质量，碰撞以后小球1的运动方向才不改变，所以小球1的质量应大于小球2的质量，C正确．故选AC．（2）本实验需要验证的表达式是：112mOPmOMmON=+,所以除

需测量线段OM、OP、ON的长度外，还需要测量的物理量有小球1和小球2的质量m1、m2；（3）发生弹性碰撞时，碰撞前后动能相等，即：222111122111222mvmvmv=+，根据平抛运动的规律：，，联立得：222112mOPmOMmON=+【点睛】解决本题的关键掌握实验的原理，以

及实验的步骤，因为运动时间相等，在验证动量守恒定律实验中，无需测出速度的大小，可以用位移代表速度．根据动量守恒定律的表达式，确定需要测量的物理量．如果发生的是弹性碰撞，碰撞前后动能相等．19.【答案】（1）e=1002sin10πt；（2）90V和1A．（3）0.02C．【分析】线

框在匀强磁场中匀速转动，产生交变电流，根据规律可列出感应电动势的瞬时表达式，借助于有效值可得出电压表与电流表的示数。线圈在转动一个周期的时间内克服外力做的功就等于一个周期内电路中产生的热能。由法拉第电磁感应定律可求得电量。【详解】（1）交流电的频率：300H

z5Hz60f==角速度为22510rad/sf===；最大值：110000.012101002VmENBS===，故表达式为：1002sin10et=；（2）感应电动势的有效值1002100V2E==；线圈电阻为10Ω，外接电阻R=90Ω，根据闭合电路欧姆定律

，则电流表的示数，1001A1090EIRr===++；交流电压表的电压19090VEURRr===+；（3）由法拉第电磁感应定律可知：Δ1110000.012Δcos60Δ20.02C100nEBSBStqttnnrRRrRrRr−======++++

ΦΦΔΔ20.【答案】（1）0.1T；（2）5.4m；（3）0.14J；（4）见解析【详解】（1）由法拉第电磁感应定律可得0.6VENt==01EIRR=+2sin30mgBIL=得高二年级物理试卷第2页共2页20.1B=

T（2）PQ棒匀速下滑mgsin30°=B2IL201BLvIRR=+并得07m/sv=当PQ与线框相碰达到共速()1012mvmmv=+共得=1.4m/sv共当整体一起飞出后()312BILtmmv=+共3BLxItR=总（其中R总=12RAB+

RBCD）得△x=4.9m故线框落地时离飞出时的水平位移为x=△x+L=5.4m（3）由能量关系()21210.492Qmmv=+=共总J0.14CDCDRQQR==总总J（4）装置在运动过程中只有水平速度分量在切割磁感线，且左右边交换切割，故对装置在运动过程中()2

2312BLxmmvR+=总得27vvvx=−=共故21.47vx=−()320.1470EBLvxL==−−当CD进入磁场过程50.110.027CDUEx==−当CD离开磁场过程20.0440.0087CDUEx==−