甘肃省兰州市第一中学2020学年高二物理下学期期中试题（含解析）

甘肃省兰州市第一中学2020学年高二物理下学期期中试题（含解析）

甘肃省兰州市第一中学2020学年高二下学期期中考试 ‎ 物理试题 一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分。其中1~8题为单选，9~10题为多选。）‎ ‎1.人类对科学的探索是永无止境的，下列说法不正确的是（ ）‎ A. 通过验证月球公转的加速度约是苹果落向地面加速度的1/3600，可以检验出“使月球绕地球运动的力”与“使苹果落地的力”遵循同样的规律 B. 安培发现了电流的磁效应揭示了电现象和磁现象之间的联系 C. 法拉第发现了电磁感应现象，实现了磁生电的设想 D. 卡文迪许通过实验较为准确地得出了引力常量G的数值 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可.‎ ‎【详解】A．牛顿通过验证月球公转的加速度约是苹果落向地面加速度的，可以检验出“使月球绕地球运动的力”与“使苹果落地的力”遵循同样的规律，故A正确；‎ B．奥斯特发现了电流的磁效应揭示了电现象和磁现象之间的联系，故B错误；‎ C．法拉第发现了电磁感应现象，实现了磁生电的设想，故C正确；‎ D．牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许通过实验测出了引力常量，故D正确；‎ ‎【点睛】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一.‎ ‎2.国产科幻大片《流浪地球》讲述了太阳即将在未来出现“核燃烧”‎ 现象，从而导致人类无法生存，决定移民到半人马座比邻星的故事。据科学家论证，太阳向外辐射的能量来自其内部发生的各种热核反应，当太阳内部达到一定温度时，会发生“核燃烧”，其中“核燃烧”的核反应方程为+X+，方程中X表示某种粒子，是不稳定的粒子，其半衰期为T，则下列说法正确的是（ ）‎ A. X粒子是 B. 若使的温度降低，其半衰期会减小 C. 经过2T，一定质量的占开始时的1/8 D. “核燃烧”的核反应是裂变反应 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】根据质量数和电荷数守恒可知，X粒子的质量数为4，电荷数为2，为 ，选项A正确；温度不能改变放射性元素的半衰期，选项B错误；经过2T，一定质量的占开始时的，选项C错误；“核燃烧”的核反应是轻核聚变反应，选项D错误；故选A.‎ ‎3.如图，理想变压器原、副线圈的匝数比为2∶1，原线圈一侧接一输出电压恒为U1的正弦交流电源，电阻R1、R2、R3、R4的阻值相等。下列说法正确的是（ ）‎ A. S断开时，图中电压U1U2=2∶1‎ B. S断开时，R1消耗的电功率等于R2的2倍 C. S闭合后，R1、R3、R4消耗电功率相同 D. S闭合后，R1两端电压比S闭合前的更小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ A、S断开时，设原线圈的电流为，根据变压器知识课知，而，‎ ‎，可得 ，，故A错误。B、由可知，故B错误。D、S闭合后，，，联立可知，故D错误。C、因，而并联电路分流可知，可得R1、R3、R4三个电阻流过的电流相同，可知三电阻的功率相同，C正确。故选C。‎ ‎【点睛】本题考查变压器规律的应用，要注意明确变压器的输入电压不是电源的输出电压，而是电阻电压与变压器输入电压之和等于电源的电压，要根据变压比和变流比结合来解决这类问题.‎ ‎4.下列四幅图涉及到不同的物理知识，其中说法正确的是（ ）‎ A. 图甲：普朗克通过研究黑体辐射提出能量子的概念，成功解释了光电效应 B. 图乙：玻尔理论指出氢原子能级是分立的，所以原子发射光子的频率是不连续的 C. 图丙：卢瑟福通过分析粒子散射实验结果，发现了质子和中子 D. 图丁：根据电子束通过铝箔后衍射图样，可以说明电子具有粒子性 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.普朗克通过研究黑体辐射提出能量子的概念，爱因斯坦成功的解释了光电效应现象，A错误 B.波尔提出自己的原子模型，他指出氢原子能级是分立的，解释了原子发射光子的频率是不连续的，B正确 C.卢瑟福通过分析粒子散射实验结果，提出了自己的原子核式结构模型，C错误 D.衍射是波的典型特征，根据电子束通过铝箔后的衍射图样，说明电子具有波动性，D错误 ‎5.如图所示，矩形线框abcd与长直导线在同一平面内，直导线中通有向上的恒定电流I。当矩形线框从长直导线的右侧运动到左侧的过程中线框内感应电流的方向为（ ）‎ A. 先dcba，后一直abcd B. 先dcba，再abcd，后dcba C. 先abcd，后一直dcba D. 先abcd，再dcba，后abcd ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】由安培定则得，向上的恒定电流I在导线左边产生的磁场垂直纸面向外，在导线右边产生的磁场垂直纸面向里．‎ 当线框abcd向导线靠近时，穿过线框的磁通量是向里的增大，根据楞次定律，感应电流的磁场垂直纸面向外，则感应电流的方向为abcd．‎ 当线框越过导线到线框中心轴线与导线重合时，穿过线框的磁通量是向里的减小，根据楞次定律，感应电流的磁场垂直纸面向里，则感应电流的方向为dcba．‎ 当线框继续向左运动，穿过线框的磁通量是向外的增大，根据楞次定律，感应电流的磁场垂直纸面向里，则感应电流的方向为dcba．‎ 当线框远离导线时，穿过线框的磁通量是向外的减小，根据楞次定律，感应电流的磁场垂直纸面向外，则感应电流的方向为abcd．‎ 综上，线框中电流方向先abcd，再dcba，后abcd．故D项正确，ABC三项错误．‎ ‎6.如图所示，三个单匝线圈，其中a是圆形线圈，b是等边三角形线圈，c 是正方形线圈，a、b、c均用同种导线制成，所围面积相等。让它们在同一匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴以相同的角速度匀速转动，线圈中感应电动势的最大值分别为Ema、Ema、Emc，则（ ）‎ A. Ema=Emb=Emc B. EmaEmbEmc C. Ema=EmbEmc D. EmaEmcEmb ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】单匝线圈在磁场中匀速转动时，线圈中感应电动势最大值为，因为三匝线圈的面积相等，故感应电动势的最大值Ema=Emb=Emc，故A正确，BCD错误。‎ ‎7.处在n=3能级的大量氢原子，在向较低能级跃迁过程中（ ）‎ A. 最多能辐射出2种波长的光 B. 最多能辐射出3种波长的光 C. 从n=3能级直接跃迁到基态发出光波长最长 D. 从n=3能级跃迁到n=2能级发出的光频率最高 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．根据=3，所以这些氢原子总共可辐射出3种不同频率光。故A错误，B正确；‎ C．从n=3能级直接跃迁到基态，能级差最大，频率最大，释放出的光子波长最小，故C错误；‎ D．从n=3能级跃迁到n=2能级，能级差最小，频率最小，故D错误；‎ ‎8.一个匀强磁场的边界是MN，MN左侧无磁场，右侧是范围足够大的匀强磁场区域，如图甲所示。现有一个金属线框沿ab(ab⊥MN)方向以恒定速度从MN左侧垂直进入匀强磁场区域，线框中的电流随时间变化的I-t图像如图乙所示，则线框可能是哪个（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 导体棒切割磁感线产生的感应电动势E=BLv，‎ 设线框总电阻是R，则感应电流 由图乙所示图象可知，感应电流先均匀变大，后均匀变小，由于B、v、R是定值，由上式知I与有效切割长度成正比，则导体棒的有效长度L应先均匀变长，后均匀变短，‎ A项：闭合圆环匀速进入磁场时，有效长度L先变大，后变小，但随时间作非均匀变化，故A错误；‎ B项：正方形匀速进入磁场时，有效长度L不变，故B错误；‎ C项：梯形线框匀速进入磁场时，有效长度L先均匀增加，后不变，最后均匀减小，故C错误；‎ D项：三角形线框匀速进入磁场时，有效长度L先均匀增加，后均匀减小，故D正确。‎ 点晴：本题是一道关于感应电流的图象题，熟练应用导体棒切割磁感线产生的感应电动势公式、欧姆定律、分析清楚图象特点是正确解题的关键。‎ ‎9.如图所示，光滑固定导轨m、n水平放置，两根导体棒p、q平行放于导轨上，形成一个闭合回路。当一条形磁铁从高处下落接近回路时（ ）‎ A. p、q将互相靠拢 B. p、q将互相远离 C. 磁铁的加速度小于g D. 磁铁的加速度仍为g ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A、B、当一条形磁铁从高处下落接近回路时，穿过回路的磁通量增加，根据楞次定律：感应电流的磁场总是阻碍磁通量的变化，可知P、Q将互相靠拢，回路的面积减小一点，使穿过回路的磁场减小一点，起到阻碍原磁通量增加的作用；故A正确，B错误.‎ C、D、由于磁铁受到向上的磁场力作用，所以合力小于重力，磁铁的加速度一定小于g；故C正确，D错误.‎ 故选AC.‎ ‎10.如图所示，在光滑的水平面上方，有两个磁感应强度大小均为B，方向相反的水平匀强磁场，PQ为两个磁场的理想边界，磁场范围足够大。一个边长为a、质量为m、电阻为R的单匝正方形金属线框，以速度v垂直磁场方向从如图实线位置Ⅰ开始向右运动，当线框运动到分别有一半面积在两个磁场中的位置Ⅱ时，线框的速度为。则下列说法正确的是（ ）‎ A. 在位置Ⅱ时线框中的电功率为 B. 此过程中回路产生的电能为mv2‎ C. 在位置Ⅱ时线框的加速度为 D. 此过程中通过导线横截面的电荷量为 ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【详解】此时感应电动势为：E=2Ba•=Bav；线框电流为：，此时线框的电功率为：P=I2R=，故A正确；此过程中回路产生的电能等于动能的变化，即为：E电=mv2−m()2=mv2，故B正确；由牛顿第二定律得：2BIa=ma加，解得：a加=．故C错误；此过程穿过线框的磁通量的变化量为：△Φ=BS-0=BS=Ba2，此过程中通过线框截面的电量为：，故D正确。故选ABD。‎ 二、填空题（本题共16分）‎ ‎11.如图所示，匀强磁场B=0.05T，矩形线圈的匝数N=100，边长Lab=‎0.20m，Lbc=‎0.10m，以300r/min的转速匀速转动，线圈总电阻为2，线圈外接电阻为8。从通过中性面时开始计时，‎ ‎（1）线圈由图示位置转过90°的过程中，电阻R上产生的热量_____J；‎ ‎（2）线圈由图示位置转过90°的过程中，通过电阻R的电量为_____C。‎ ‎【答案】 (1). (2). 0.01‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）根据题意，可求得感应电动势最大值：，所以交流电动势的有效值为：，所以电流为：，转动角速度：，所以转过90°需要时间：，所以产热：，代入数据解得：‎ ‎（2）感应电动势：，电流：，电量：，联立解得：，代入数据解得：C ‎12.计算如图所示交变电流的有效值_____，把如图所示的交变电流通过定值电阻R，经过一个周期T，产生的热量是_____。‎ ‎【答案】 (1). (2). I12RT+I22RT ‎【解析】‎ ‎【详解】根据焦耳定律，设交流电有效值为I，有：，解得：；过一个周期产热：‎ ‎13.一个德布罗意波长为1的中子和另一个德布罗意波长为2的氘核同向正碰后结合成一个氚核（碰撞过程中不受其他外力）‎ ‎（1）请写出此过程的核反应方程式_____________，‎ ‎（2）该氚核的德布罗意波长为____________。‎ ‎【答案】 (1). + (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）根据题意，同时核反应前后质量数守恒，电荷数守恒，可知该反应方程：+‎ ‎（2）碰撞满足动量守恒：，解得：‎ ‎14.氢原子的能级公式为En=-（n=1，2，3…），式中E0为已知量。氢原子吸收光子从基态跃迁到第二激发态，氢原子吸收光子的能量为_____，增加的质量为_____（光速用c表示）。‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】氢原子吸收光子从基态（n=1）跃迁到第二激发态（n=3），氢原子吸收光子的能量为；根据可知增加的质量为。‎ 三、计算题（本题共4小题，满分44‎ 分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。）‎ ‎15.如图所示，一小型发电机通过升压、降压变压器把电能输送给用户，已知发电机的输出功P1=50kW，输出电压U1=500V，升压变压器原、副线圈匝数比为n1n2=110，两个变压器间的输电导线的总电阻R=60，降压变压器的输出电压U4=220V，变压器本身的损耗忽略不计，求:‎ ‎（1）升压变压器副线圈两端的电压U2；‎ ‎（2）输电线上损耗的电功率P损；‎ ‎（3）降压变压器原、副线圈匝数比n3:n4。‎ ‎【答案】（1）5000V; （2）6000W; （3）20:1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】先根据变压比公式求解升压变压器的输出电压；变压器不改变功率，由P=UI求出输电线中电流；由功率公式求解输电线上损耗的电功率；求出降压变压器的中输入电压，再由电压与匝数成正比求解降压变压器原、副线圈的匝数比；‎ 解：（1）升压变压器的输出电压：‎ ‎（2）传输电流：‎ 损失的功率：‎ ‎（3）降压变压器的输入电压为：‎ 降压变压器的匝数比：‎ ‎16.下图是光电效应实验示意图．当能量为E=3.1eV的光照射金属K时，产生光电流。若K的电势高于A的电势，且电势差为0.9V，光电流刚好截止。那么当A的电势高于K的电势，且电势差也为0.9V时。‎ ‎（1）此金属的逸出功是多大；‎ ‎（2）光电子到达A极的最大动能是多大。‎ ‎【答案】K的电势高于A的电势，电场线向右，电子所受电场力向左，电子逸出后运动到A点速度刚好减小到零，由动能定理可知，最大初动能为0.9eV，由可知逸出功为3.1eV-0.9eV=2.2eV，当A的电势高于K的电势，且电势差也为时，由动能定理1.8ev ‎【解析】‎ ‎（1）若K的电势高于A的电势，且电势差为0.9V，光电流刚好截止．‎ 有：Ekm=mvm2＝eU=0.9eV．‎ 根据动能定理得，eU＝mv2−m vm2‎ 则光电子到达A极的最大动能Ek＝m vm2+eU 代入数据得：Ek=1.8eV．‎ ‎（2）根据光电效应方程得，Ekm=hv-W0‎ 解得逸出功W0=hv-Ekm=3.1-0.9eV=2.2eV．‎ 点睛：解决本题的关键掌握光电效应方程Ekm=hv-W0，理解截止电压的意义以及能够熟练运用动能定理．‎ ‎17.一个阻值为R、匝数为n的圆形金属线圈与阻值为2R的电阻R1，电容为C的电容器连接成如图（a）所示回路。金属线圈的半径为r1， 在线圈中半径为r2的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图（b）所示。图线与横、纵轴的截距分别为t0和B0.导线的电阻不计。求0至 t1时间内：‎ ‎(1)通过电阻R1的电流大小和方向；‎ ‎(2)通过电阻R1的电荷量q；‎ ‎(3)t1时刻电容器所带电荷量Q。‎ ‎【答案】(1) , 方向从b到a. (2) (3) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由B-t图象的斜率读出磁感应强度的变化率，由法拉第电磁感应定律求出线圈中产生的感应电动势，由欧姆定律求出感应电流的大小，由楞次定律判断出感应电流的方向；‎ ‎（2）由公式q=It求出通过电阻R1上的电量q；‎ ‎（3）再依据Q=CU，及U=IR1，即可求解。‎ ‎【详解】（1）由B-t图象可知，磁感应强度的变化率为： ‎ 根据法拉第电磁感应定律，感应电动势： ‎ 根据闭合电路的欧姆定律，感应电流为：I1=‎ 联立以上三式，解得： ‎ 根据楞次定律可知通过R1上的电流方向：从b到a ‎（2）通过R1的电荷量q=I1t1得： ‎ ‎（3）依据欧姆定律，则电容器两极电压为：U=I1R1=；‎ 再由电容器的电量为：Q=CU=‎ ‎【点睛】本题是法拉第电磁感应定律、欧姆定律的综合应用，应用法拉第定律时要注意S是有效面积，并不等于线圈的面积。‎ ‎18.如图，abcd 是一个质量为m，边长为L的正方形金属线框，从图示位置自由下落，在下落h后进入磁感应强度为B的匀强磁场，恰好做匀速直线运动，该磁场的宽度也为L。在这个磁场的正下方h+L处以下，还充满一个强度未知的匀强磁场（宽度足够宽，且图中未画出），金属线框abcd在进入这个磁场时也恰好做匀速直线运动。（不计空气阻力影响）求：‎ ‎（1）线框cd边刚进入未知磁场时的速度大小；‎ ‎（2）未知磁场的磁感应强度大小；‎ ‎（3）线框从开始下落到完全进入未知磁场的全过程中，产生的电能是多少。‎ ‎【答案】(1)；(2) ；(3)3mgL ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）线框进入第一个磁场前做自由落体运动，机械能守恒，‎ 由机械能守恒定律得：mgh＝mv12‎ 解得：v1＝ ，‎ 线框离开第一个磁场后到进入第二个磁场前做匀加速运动，‎ 由匀变速运动的速度位移公式得：v22﹣v12＝2gh 解得：v2＝2；‎ ‎（2）线框进入第一个磁场过程所受安培力：F＝BIL＝ ，‎ 线框进入磁场过程做匀速直线运动，由平衡条件得：mg＝，‎ 线框进入第二个磁场过程受到的安培力：F′＝B′IL＝，‎ 线框进入第二个磁场过程做匀速直线运动，由平衡条件得：‎ ‎＝mg 解得，磁感应强度：B′＝ ；‎ ‎（3）线框穿过两个磁场时都做匀速直线运动，减少的重力势能都转化为电能，‎ 线框从开始下落到完全进入未知磁场的全过程中，线框产生的电能：E＝mg（‎2L+L）＝3mgL；‎