河南省周口市第一中学2020学年高二物理下学期期中模拟考试试题（含解析）

河南省周口市第一中学2020学年高二物理下学期期中模拟考试试题（含解析）

河南省周口市第一中学2020学年高二物理下学期期中模拟考试试题（含解析） ‎ 一、选择题 ‎1.核能作为一种新能源在现代社会中已不可缺少,我国在完善核电安全基础上将加大核电站建设。核泄漏中的钚(Pu)是一种具有放射性的超铀元素,它可破坏细胞基因,提高患癌症的风险。已知钚的一种同位素 的半衰期为24100年,其衰变方程为,下列有关说法正确的是(    )‎ A. X原子核中含有92质子 B. 100个经过24100年后一定还剩余50个 C. 由于衰变时释放巨大能量,根据E=mc2,衰变过程总质量增加 D. 衰变发出的γ射线是波长很短的光子,具有很强的穿透能力 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ 根据电荷数守恒、质量数守恒知，X的电荷数为92，质量数为235，则有92质子，故A错误；半衰期具有统计规律，对大量的原子核适用，故B错误；由于衰变时释放巨大能量，根据E=mc2，衰变过程总质量减小，故C错误；衰变发出的γ放射线是波长很短的光子，具有很强的穿透能力，故D正确。所以D正确，ABC错误。‎ ‎2.以下说法正确的是：( )‎ A. 氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，原子电势能增大，原子能量减小；‎ B. 紫外线照射到金属锌板表面时能够产生光电效应，则当增大紫外线的照射强度时，从锌板表面逸出的光电子的个数增多，光电子的最大初动能增大；‎ C.‎ ‎ 氢原子光谱有很多不同的亮线，说明氢原子能发出很多不同的频率的光，它的光谱是连续谱；‎ D. 天然放射现象的发现揭示了原子核有复杂的结构，b射线是原子核内的中子转变为质子时产生的高速电子流。‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 库仑力对电子做负功，所以动能变小，电势能变大（动能转为电势能），因为吸收了光子，总能量变大；根据光电效应发生条件，可知，光电子的最大初动能与入射频率有关，与入射的强度无关；根据连续光谱与特征光谱的不同；α粒子散射现象的发现揭示了原子核有复杂的结构，即可求解．‎ ‎【详解】根据波尔理论可知，核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，氢原子的电势能增大，核外电子遵循：，据此可知电子的动能减小；再据能级与半径的关系可知，原子的能量随半径的增大而增大。故A错误；据光电效应可知，紫外线照射到金属锌板表面时能够发生光电效应，则当增大紫外线的照射强度时，即光子个数增多，所以从锌板表面逸出的光电子的个数越多，但光电子的最大初动能不变。故B错误；光谱有很多不同的亮线，说明氢原子能发出很多不同频率的光，是特征谱线，但它的光谱不是连续谱，故C错误；α粒子散射现象的发现揭示了原子核有复杂的结构，β射线是原子核内的中子转变为质子时产生的，故D正确。故选D.‎ ‎【点睛】理解原子跃迁的能量变化，同时掌握电子跃迁过程中，动能与电势能及总能量是如何变化等知识点，注意核外电子的动能、电势能和能量与轨道半径的关系，掌握α粒子散射现象与天然放射现象的区别，及影响光电子的最大初动能的因素．‎ ‎3.下列叙述正确的是(　　)‎ A. 同种金属产生光电效应时，逸出光电子的最大初动能与照射光的强度为线性关系 B. 一块纯净的放射性矿石，经过一个半衰期，它的总质量仅剩下一半 C. 太阳辐射能量的主要来源是太阳中发生的重核裂变 D. 黑体辐射电磁波的强度按波长的分布只与黑体的温度有关 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、根据光电效应方程Ekm＝hν－W0，可知逸出光电子的最大初动能Ekm与照射光的频率为线性关系，与照射光的强度无关，故A错误；‎ B、经过一个半衰期以后，有一半质量的放射性矿石发生衰变，但同时产生新核，故总质量应大于一半，故选项B错误；‎ C、太阳辐射能量的主要来源是太阳中发生的轻核聚变，选项C错误；‎ D、黑体辐射电磁波的强度按波长的分布只与黑体的温度有关，与其他因素无关，选项D正确．‎ ‎4.如图所示，长为l的轻杆两端固定两个质量相等的小球甲和乙，初始时它们直立在光滑的水平地面上．后由于受到微小扰动，系统从图示位置开始倾倒．当小球甲刚要落地时，其速度大小为(　　)‎ A. B. ‎ C. D. 0‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】两球组成的系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：mv－mv′＝0，由于落地时沿杆方向速度一致，故v＝v′=0；由机械能守恒定律得，解得：v＝；故A正确，BCD错误。‎ ‎5.某金属在光的照射下产生光电效应,其遏止电压Uc与入身射光频率v的关系图像如图所示。则由图像可知( )‎ A. 入射光频率越大,该金属的逸出功越大 B. 入射光的频率越大,则遏止电压越大 C. 由图可求出普朗克常数 D. 光电子的最大初动能与入射光的频率成正比 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 当遏止电压为零时，最大初动能为零，则入射光的能量等于逸出功，所以W0=hv0，逸出功入射光频率无关，是由材料决定的，故A错误；根据光电效应方程Ekm=hv-W0和eUC=EKm得：，当入射光的频率大于极限频率时，入射光的频率越大，则遏止电压越大，故B正确；由，知图线的斜率等于，从图象上可以得出斜率的大小，可以求出普朗克常量为：，故C错误；根据光电效应方程Ekm=hv-W0，得最大初动能与入射光的频率成线性关系，不是成正比，故D错误。所以B正确，ACD错误。‎ ‎6.如图所示为一理恕变压器，其中a、b、c为三个额定电压相同的灯泡，输入电压u= Um sin100πt(V)。当输入电压为灯泡额定电压的8倍时，三个灯泡刚好都正常发光。下列说法正确的是（ ）‎ A. 三个灯泡的额定电压为Um/8‎ B. 变压器原、副线圈匝数比为9︰2‎ C. 此时灯泡a和b消耗的电功率之比为2︰7‎ D. 流过灯泡c的电流，每0.02s方向改变一次 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 设灯泡的额定电压为U，根据题意，输入电压，得：，此时原线圈两端的电压为，副线圈两端的电压为，则变压器原、副线圈匝数比为，根据，因为a、b此时都能正常发光，故电压都为额定电压 ，根据，可知a、b消耗的电功率与电流成正比，即此时灯泡a和b消耗的电功率之比为2︰7，由输入电压的表达式，可知角频率，则周期，而变压器不会改变交变电流的周期，故每0.02s电流方向改变两次，故ABD错误，C正确；故选C.‎ ‎【点睛】根据灯泡电压与输入电压的关系可确定接在线圈的输入端和输出端的电压关系，则可求得匝数之比；根据变压器电流之间的关系和功率公式可确定功率之比．‎ ‎7.下列说法正确的是（ ）‎ A. 铀核裂变的核反应是U→Ba+Kx+2n B. 玻尔根据光的波粒二象性，大胆提出假设，认为实物粒子也具有波动性 C. 原子从低能级向髙能级跃迁，不吸收光子也能实现 D. 根据爱因斯坦的“光子说”可知，光的波长越大，光子的能量越大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ A.铀核裂变的核反应是，故A错误；‎ B、德布罗意根据光的波粒二象性，大胆提出假设，认为实物粒子也具有波动性，故B错误；‎ C、受到电子或其他粒子的碰撞，原子也可从低能级向髙能级跃迁，不吸收光子也能实现，故C正确；‎ D、根据爱因斯坦的“光子说”可知，光的波长越大，根据，波长越大，故能量越小，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎8.如图所示，导体直导轨OM和PN平行且OM与x轴重合，两导轨间距为d，两导轨间垂直纸面向里的匀强磁场沿y轴方向的宽度按y＝d的规律分布，两金属圆环固定在同一绝缘平面内，内、外圆环与两导轨接触良好，与两导轨接触良好的导体棒从OP开始始终垂直导轨沿x轴正方向以速度v做匀速运动，规定内圆环a端电势高于b端时，a、b间的电压uab为正，下列uab－x图象可能正确的是(　　)‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】导体棒向右匀速运动切割磁感线产生感应电动势，e＝Byv＝Bdvsinx，大环内的电流为正弦交变电流；在第一个磁场区域的前一半时间内，通过大圆环的电流为顺时针增加的，由楞次定律可判断内球内a端电势高于b端，因电流的变化率逐渐减小故内环的电动势逐渐减小，同理可知，在第一个磁场区域的后一半时间内，通过大圆环的电流为顺时针逐渐减小；则由楞次定律可知，a环内电势低于b端，因电流的变化率逐渐变大，故内环的电动势变大；故D正确；ABC错误；故选D。‎ ‎【点睛】本题考查楞次定律的应用，要注意明确楞次定律解题的基本步骤，正确掌握并理解“增反减同”的意义，并能正确应用；同时解题时要正确审题，明确题意，不要被复杂的电路图所迷惑.‎ ‎9.如图所示，一沙袋用无弹性轻细绳悬于O点．开始时沙袋处于静止状态，一弹丸以水平速度v0击中沙袋后未穿出，二者共同摆动．若弹丸质量为m，沙袋质量为5m，弹丸和沙袋形状大小忽略不计，弹丸击中沙袋后漏出的沙子质量忽略不计，不计空气阻力，重力加速度为g.下列说法中正确的是(　　)‎ A. 弹丸打入沙袋过程中，细绳所受拉力大小保持不变 B. 弹丸打入沙袋过程中，弹丸对沙袋的冲量大小等于于沙袋对弹丸的冲量大小 C. 弹丸打入沙袋过程中所产生的热量为 D. 沙袋和弹丸一起摆动所达到的最大高度为 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A、弹丸打入沙袋的过程由动量守恒定律mv0＝(m＋5m)v，解得v＝v0；弹丸打入沙袋后，总质量变大，且做圆周运动，根据T＝6mg＋6m可知，细绳所受拉力变大，选项A错误；‎ B、根据牛顿第三定律可知，弹丸打入沙袋过程中，弹丸对沙袋的冲量大小等于沙袋对弹丸的冲量大小，选项B正确；‎ C、弹丸打入沙袋过程中所产生的热量为Q＝m－·6mv2＝m，选项C错误；‎ D、由机械能守恒可得：6mv2＝6mgh，解得h＝，选项D正确。‎ ‎10.关于原子结构及原子核的知识，下列判断正确的是(　　)‎ A. 每一种原子都有自己的特征谱线 B. 处于n＝3能级的一个氢原子回到基态时一定会辐射三种频率的光子 C. β衰变中的电子来自原子的内层电子 D. 放射性元素的半衰期与压力、温度无关 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A、每种原子都有自己的特征谱线，故可以根据原子光谱来鉴别物质．故A正确；‎ B、处于n＝3能级的一个氢原子回到基态时可能会辐射一种频率，或两种不同频率的光子，处于n＝3能级的“一群”氢原子回到基态时可能会辐射三种不同频率的光子．故B错误；‎ C、β衰变的本质是原子内部的一个中子转化为一个质子同时释放出一个电子．故C错误；‎ D、放射性元素的半衰期由原子核本身来决定，与外界的压力、温度无关，故D正确。‎ ‎11.如图所示，两条相距为d＝0.5 m足够长的平行金属导轨倾斜放置，导轨与水平面间的夹角为θ＝37°，导轨的下端接有阻值为R＝2‎ ‎ Ω的小灯泡L，一质量为m＝0.2 kg、电阻为r＝1 Ω、长为d＝0.5 m的导体棒垂直导轨放置并与导轨接触良好，导体棒和导轨间的动摩擦因数为0.5，导轨间存在垂直导轨平面向上、磁感应强度大小为B＝2 T的匀强磁场．现将导体棒由静止开始释放，当导体棒沿导轨下滑的距离为x＝0.46 m时，导体棒的速度达到v＝0.9 m/s，且小灯泡此时正常发光，重力加速度大小g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则下列说法中正确的是(　　)‎ A. 小灯泡的额定功率为0.27 W B. 导体棒的速度达到0.9 m/s时，加速度大小为0.5 m/s2‎ C. 在导体棒的速度从零增大到0.9 m/s的过程中，通过小灯泡L的电荷量约为0.15 C D. 在导体棒的速度从零增大到0.9 m/s的过程中，小灯泡L上产生的热量约为0.069 J ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【详解】A、当导体棒的速度为v＝0.9 m/s时，小灯泡正常发光，小灯泡的额定功率为PL＝I2R，而I＝，E＝Bdv，代入数据可得PL＝0.18 W，选项A错误；‎ B、当导体棒的速度达到v＝0.9 m/s时，对导体棒由牛顿第二定律有mgsin θ－μmgcos θ－＝ma，代入数据解得a＝0.5 m/s2，选项B正确；‎ C、导体棒的速度从零增大到0.9 m/s的过程中，导体棒沿导轨下滑了x＝0.46 m，故q＝Δt＝≈0.15 C，选项C正确；‎ D、导体棒的速度从零增大到0.9 m/s的过程中，小灯泡上产生的热量为QL，由能量守恒定律可得QL＝(mgxsin θ－μmgxcos θ－mv2)＝0.069 J，选项D正确。‎ ‎12.如图所示，质量为m = 245 g的物块（可视为质点）放在质量为M = 0.5 kg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μ = 0.4，质量为 m0 = 5 g的子弹以速度v0 = 300 m/s沿水平方向射入物块并留在其中（时间极短），g = 10 m/s2，则在整个过程中 A. 物块和木板组成的系统动量守恒 B. 子弹的末动量大小为0.01 kg m/s C. 子弹对物块的冲量大小为0.49 Ns D. 物块相对木板滑行的时间为1 s ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 子弹进入木块的过程中，木块的动量增大，所以物块和木板组成的系统动量不守恒．故A错误；选取向右为正方向，子弹打入木块过程，由动量守恒定律可得：‎ m0v0=（m0+m）v1…①‎ 木块在木板上滑动过程，由动量守恒定律可得：‎ ‎（m0+m）v1=（m0+m+M）v2…②‎ 联立可得：‎ 所以子弹末动量：P＝m0v2＝5×10−3×2＝0.01kgm/s．故B正确；‎ 由动量定理可得子弹受到的冲量：I＝△P＝P−P0＝0.01−5×10−3×300＝1.49kgm/s=1.49N•s．子弹与物块作用力的时间相等，相互作用力大小始终相等，而方向相反，所以子弹对物块的冲量大小也是1.49Ns．故C错误；对子弹木块整体，由动量定理得：‎ ‎-μ（m0+m）gt=（m0+m）（v2-v1）       ③‎ 由①②③式可得，物块相对于木板滑行的时间 ．故D正确．‎ 故选：BD.‎ 二、实验题 ‎13.如图所示，将一条形磁铁从螺线管拔出过程中穿过螺线管的磁通量变化情况是___________，螺线管中产生的感应电流的磁感线方向是向____________，螺线管受到条形磁铁的作用力方向是_______。‎ ‎【答案】 (1). 减少 (2). 向上 (3). 向上 ‎【解析】‎ ‎【详解】由题意可知，当磁铁S极向上运动时，即远离了螺线管，导致穿过线圈的磁通量减少，且磁场方向向上，因此根据楞次定律，感应电流的磁场的方向向上，感应电流的方向如图所示：‎ 有电流的螺线管相当于条形磁铁，判断可知，螺线管的上端为N极，根据条形磁铁的特点，同极相吸，异极相排斥，故螺线管受到条形磁铁的作用力方向向上。‎ ‎14.利用图（a）所示的装置验证动量守恒定律。在图（a）中，气垫导轨上有A、B两个滑块，滑块A右侧带有一弹簧片，左侧与打点计时器（图中未画出）的纸带相连；滑块B左侧也带有一弹簧片，上面固定一遮光片，光电计时器（未完全画出）可以记录遮光片通过光电门的时间。‎ 实验测得滑块A质量m1=0.310kg，滑块B的质量m2=0.108kg，遮光片的宽度d=1.00cm；打点计时器所用的交流电的频率为f=50HZ。将光电门固定在滑块B的右侧，启动打点计时器，给滑块A一向右的初速度，使它与B相碰；碰后光电计时器显示的时间为 ，碰撞前后打出的纸带如图（b）所示。‎ 若实验允许的相对误差绝对值（ ）最大为5，本实验是否在误差范围内验证了动量守恒定律？写出运算过程。‎ ‎【答案】见解析。‎ ‎【解析】‎ 试题分析：按定义，物体运动瞬时速度大小v为：①‎ 式中为物块在很短时间内走过的路程，设纸带上打出相邻两点的时间间隔为，则 ‎②‎ 可视为很短；设在A碰撞前后瞬时速度大小分别为v0，v1，将②式和图给实验数据代入①式可得： v0=2.00m/s ③‎ v1=0.970m/s ④‎ 设B在碰撞后的速度大小为v2，由①式有 代入题所给的数据可得：v2=2.86m/s ⑥‎ 设两滑块在碰撞前后的动量分别为P和P’，则 P=m1v0⑦‎ P’=m2v1+m2v2⑧‎ 两滑块在碰撞前后总动量相对误差绝对值为 ‎⑨‎ 联立③④⑥⑦⑧⑨式并代入有关数据，可得：⑩‎ 因此，本实验在允许的误差范围内验证了动量守恒定律。‎ 考点：验证动量守恒定律。‎ 三、计算题 ‎15.如图所示,阴极K用极限波长的金属铯制成,用波长的绿光照射阴极K,调整两极板电压,当A板电压比阴极高处时,光电流达到饱和,电流表示数为 ‎(1)求每秒阴极发射的电子数和电子飞出阴极时的最大初动能;‎ ‎(2)如果把照射到阴极的绿光光照强度增大为原来的2倍,求每秒钟阴极发射的电子数和电子飞出阴极时的最大初动能.‎ ‎【答案】(1)个， 光电子最大初动能 (2)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)光电流达到饱和时，阴极发射的光电子全部到达阳极A,阴极每秒钟发射的光电子个数 个 根据光电效应方程,光电子最大初动能：‎ 代入数据解得：‎ ‎(2)如果照射光的频率不变,光强加倍,根据光电效应实验规律,阴极每秒钟发射的光电子数:‎ 个 光电子的最大初动能仍然是 ‎16.如图所示，水平轨道MN与半径为R的光滑半圆形轨道NP相连，半圆形轨道竖直放置，NP为圆的直径．可视为质点的物块a和b紧靠在一起静止于N点，物块a和b中间放有少许火药，某时刻点燃火药，物块a和b瞬间分离，物块b恰好能通过半圆形轨道的最高点P，然后做平抛运动落到水平轨道MN上．已知物块a、b质量分别为2m、m，物块a与水平轨道MN间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，求：‎ ‎(1)两物块刚分离时物块b的速度大小；‎ ‎(2)物块b的落地点与物块a最终停下的位置之间的距离．‎ ‎【答案】(1)vb＝(2)ΔL＝|(2－)R|‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)物块b恰能通过半圆形轨道的最高点P，在P点时重力提供向心力，有mg＝‎ 解得vP＝‎ 两物块分离后物块b沿半圆形轨道运动至P点的过程，由动能定理得：‎ ‎－mg·2R＝m－m 解得vb＝‎ ‎(2)物块a与物块b分离瞬间，系统动量守恒，由动量守恒定律有mvb－2mva＝0‎ 解得va＝‎ 物块a向左运动的加速度大小a1＝μg 物块a向左运动的最大距离La＝＝‎ 物块b做平抛运动，竖直方向有2R＝gt2‎ 水平方向有Lb＝vPt 解得Lb＝2R ΔL＝|La－Lb|＝|(2－)R|‎ ‎17.有一内壁光滑的圆管竖直放置,圆管底部封闭,上端开口且足够长,圆管内有两个小球A与B, A的质量为m1=0.1kg, B的质量为m2=0.2kg,两小球直径略小于管的直径。某时刻当B球向下运动至离圆管底面高度h=1m处时与向上运动的A球发生弹性碰撞,碰后B球向上运动至最大高度又返回到原来高度h=1m处,再次与已经和底面做完弹性碰撞后反弹 回来的小球A相碰,如此反复,做周期性运动,问要完成这种反复运动小球A与B碰前的速度应是多少? ( g取10m/s2)‎ ‎【答案】4m/s，2m/s ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 小球A和B各自碰前与碰后的速率应相等，对于碰撞过程，运用动量守恒定律得到质量与速度关系．对A、B两球运用运动学位移公式分析运动时间与速度的关系，联立求解即可．‎ ‎【详解】设碰时A球与B球的速率分别为v1与v2,为完成反复运动,小球A和B各自碰前与碰后的速率应相等,即小球A碰后速度为-v1,小球B碰后速度为-v2,‎ 则有 得 设小球A到达底面所需时间为t ,则有 小球A往返一次所需时间 小球B往返一次需时 按题意要求有t1= t2‎ 即 解得：v1=4m/s，v2=2m/s ‎【点睛】分析清楚两球的运动情况，搞清两球运动时间关系、速度关系是解题的关键．同时要知道碰撞的基本规律：动量守恒定律．‎ ‎18.如图所示，两固定的光滑平行长直导轨电阻不计，倾角为θ，间距为d；在矩形区域acfe内有磁感应强度大小为B、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场，分界线ac与ef的间距为L；长为d的两金属棒AC、MN的质量均为m，电阻均为R.MN棒从导轨顶端由静止开始沿导轨下滑，同时AC棒以某一初速度从ac处开始沿导轨匀速下滑．当AC棒运动到ef处时，MN棒恰好运动到ac处．测得MN棒从ac运动到ef的时间为t.重力加速度大小为g.求：‎ ‎(1)AC棒的初速度大小v0以及MN棒运动到ac时的速度大小v1；‎ ‎(2)MN棒从ac运动到ef的过程中流过MN棒的总电荷量q；‎ ‎(3)MN棒通过ef时的速度大小v2以及MN棒从ac运动到ef的过程中产生的总热量Q.‎ ‎【答案】(1)　　(2)(3)Q＝mgLsin θ＋－mg2t2sin2 θ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)AC棒从ac运动到ef的过程中受力平衡，则：BI0d＝mgsin θ 根据法拉第电磁感应定律有：E＝Bdv0‎ 根据闭合电路欧姆定律有：I0＝‎ 得v0＝‎ 时间t0＝‎ MN棒从导轨顶端匀加速运动到ac，则：v1＝a1t0‎ 根据牛顿第二定律有：mgsin θ＝ma1‎ 得v1＝‎ ‎(2)根据法拉第电磁感应定律有：平均感应电动势＝‎ 根据闭合电路欧姆定律有：平均感应电流＝‎ 电荷量q＝t 得q＝‎ ‎(3)MN棒从ac运动到ef过程中，根据牛顿第二定律有：mgsin θ－BId＝ma1′‎ 经过极短的时间Δt，有mgsin θ·Δt－B·dΔt＝ma1′Δt 由微元法有∑Δt＝t，∑vΔt＝L，∑a1′Δt＝v2－v1‎ 得v2＝gtsin θ 根据能量守恒定律有：Q＝mgLsin θ＋m－m 得Q＝mgLsin θ＋－mg2t2sin2 θ