重庆市2021学年高二物理下学期期中试题（含解析）

重庆市2016-2017学年高二物理下学期期中试题（含解析）重庆市2016-2017学年高二物理下学期期中试题（含解析）姓名：_班级：_考号：_一、选择题（每题4分，共48分。1-8题为单选，9-12题为多选）1. 当前房地产很火爆，在居室装修中经常用到花岗岩，大理石等材料，这些岩石都不同程度地含有放射性元素，如有些含有铀、钍的花岗岩会释放出放射性气体氡，氡会发生放射性衰变，放出、射线，已知氡的半衰期为3.8天，则下列说法正确的是（）A. 发生衰变时，生成的核与原来的核相比，中子数少4B. 发生衰变时，释放出电子，说明原子核内有电子存在C. 射线一般伴随着或射线产生，其中射线的穿透能力最强，电离能力却最弱D. 若只有4个氡核，经7.6天一定只剩下1个氡核【答案】C【解析】A、发生衰变时，生成的核与原来的核相比，质量数减少4，质子数减少2，中子数减少2，A错误；B、发生衰变时，释放出电子是由中子衰变成一个质子和一个电子，B错误；C、射线一般伴随着或射线产生，在三种射线中，射线的穿透能力最强，电离能力却最弱，C正确；D、半衰期是对大量原子核衰变的统计规律，对于少数原子核什么时候衰变不确定，D错误。故选C。2. 如图所示是氢原子的能级图，用光子能量为12.75eV的光照射一群处于基态的氢原子，可能观测到氢原子发射的不同波长的光有（） A. 6种 B. 7种 C. 10种 D. 3种【答案】A【解析】设氢原子吸收该光子后能跃迁到第n能级,根据能级之间能量差可有：12.75eV=EnE1其中E1=13.6eV,所以En=0.85eV，故基态的氢原子跃迁到n=4的激发态。所以放出不同频率光子种数为：n(n1)/2=6种。故选A。【名师点睛】依据氢原子的能级图，计算出基态氢原子吸收该光子后最高能跃迁到第几能级，然后即可求出从激发态向基态跃迁2有多少种不同频率光子。3. 某同学采用如图所示的装置来研究光电效应现象某单色光照射光电管的阴极K时，会发生光电效应现象闭合开关S，在阳极A和阴极K之间加反向电压，通过调节滑动变阻器的滑片逐渐增大电压，直至电流计中电流恰为零，此时电压表显示的电压值U称为反向截止电压根据反向截止电压，可以计算出光电子的最大初动能Ekm现分别用频率为和的单色光照射阴极，测量到的反向截止电压分别为和，设电子质量为m，电荷量为e，则下列关系式中不正确的是（） A. 频率为1的单色光照射阴极K时光电子的最大初速度B. 阴极K金属的逸出功W=h-eC. 阴极K金属的极限频率.D. 普朗克常量【答案】C【解析】A、加上反向电压后有mvm2=Uq，频率为1的单色光照射阴极K时光电子的最大初速度，A正确；B、根据光电效应方程hv=mvm2+W，mvm2=Uq，联立求解得W=h-e，B正确；CD、根据光电效应方程：，联立求解得：极限频率,C错误；普朗克常量，D正确；.本题选择不正确的，故选C。4. 一个静止的原子核X经衰变放出一个粒子并生成一个新核，粒子的动能为E0设衰变时产生的能量全部变成粒子和新核的动能，则在此衰变过程中的质量亏损为（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】根据质量数与质子数守恒，可知，新核质量数为a4，核电荷数为b2，由动量守恒定律可知, 两粒子动量P大小相等,；则粒子动能；新核的动能；衰变过程中放出总能量为E=E2+E0=；又由质能方程E=mc2可得亏损的质量为：，D正确、ABC错误；故选：D。.【名师点睛】由动量守恒，结合动能表达式，求出新核的动能，得到衰变释放的总能量，再由质能方程求出质量亏损。5. 下面列出的是一些核反应方程：Be+HeC+X，F+YO+He，其中（）A. X是正电子，Y是质子 B. X是中子，Y是正电子C. X是中子，Y是质子 D. X是质子，Y是中子【答案】C【解析】根据质量数和电荷数守恒可得：X是中子；Y是质子，故ABD错误，C正确；故选：C.。6. 如图所示的电路中，A1、A2是完全相同的灯泡，线圈L的自感系数较大，它的电阻与定值电阻R相等下列说法正确的是（） A. 闭合开关S，A1先亮、A2后亮，最后它们一样亮B. 闭合开关S，A1、A2始终一样亮.C. 断开开关S，A1、A2都要过一会才熄灭D. 断开开关S，A2立刻熄灭、A1过一会才熄灭【答案】C【解析】A.B、合上开关S接通电路时,A2立即正常发光,线圈中电流要增大,由于自感电动势的阻碍,灯泡A1中电流只能逐渐增大,则A2先亮,A1后亮，最后一样亮。故A、B错误。CD、A2原来的电流立即减小为零,线圈中产生自感电动势,两灯泡串联和线圈组成回路,回路中电流从原来值逐渐减小到零,则A1和A2都要过一会儿才熄灭。故C正确、D错误。故选C。【名师点睛】当开关接通和断开的瞬间，流过线圈的电流发生变化，产生自感电动势，阻碍原来电流的变化，根据楞次定律及串联电路的特点来分析。7. 一台小型发电机产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图甲所示已知发电机线圈内阻为5.0，现外接一只电阻为105.0的灯泡，如图乙所示，则（） A. 电路中的电流方向每秒钟改变50次B. 电压表V的示数为220 VC. 灯泡实际消耗的功率为440WD. 发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为20J【答案】D【解析】试题分析：交流电的频率为50Hz而每转一周，电流的方向改变两次，因此每秒钟改变100次，A错误；电压表量的是路端电压，为，B错误；这样灯泡实际消耗的功率，C错误；发电机每秒钟产生的焦耳热，D正确。考点：交变电流8. 一正方形金属线框位于有界匀强磁场区域内，线框平面与磁场垂直，线框的右边紧贴着磁场边界，如图甲所示t=0时刻对线框施加一水平向右的外力F，让线框从静止开始做匀加速直线运动穿过磁场外力F随时间t变化的图线如图乙所示已知线框质量m=1kg、电阻R=1、边长L=0.5m以下说法不正确的是（） A. 做匀加速直线运动的加速度为1m/s2B. 匀强磁场的磁感应强度为2TC. 线框穿出磁场时速度为1m/sD. 线框穿过磁场的过程中，线框上产生的焦耳热为 1.5J【答案】D【解析】A、t=0时刻,线框的速度为零,线框没有感应电流,不受安培力,加速度为a=F/m=1m/s2，A正确；BC、线框刚出磁场时的速度为v=at=11m/s=1m/s,此时线框所受的安培力为FA=BIL,I=BLv/R，则得根据牛顿第二定律得FFA=ma联立代入数据得：B=，B正确、C正确；本题选择不正确的答案，故选D。.9. 如图所示，足够长的固定光滑斜面倾角为，质量为m的物体以速度从斜面底端冲上斜面，达到最高点后又滑回原处，所用时间为t对于这一过程，下列判断正确的是（） A. 斜面对物体的弹力的冲量为零B. 物体受到的重力的冲量大小为mgtC. 物体受到的合力的冲量大小为零D. 物体动量的变化量大小为mgsint【答案】BD【解析】试题分析：由冲量的求解公式可知，斜面对物体的弹力的冲量为mgcost，选项A错误；物体受到的重力的冲量大小为mgt，选项B正确；物体回到斜面底端的速度仍为v，方向与初速度方向相反，故根据动量定理可知，物体受到的合力的冲量大小为2mv，选项C错误；因整个过程中物体所受的合力为mgsin，则根据动量定理可知，物体动量的变化量大小为mgsint，选项D正确； 故选BD.考点：动量定理；冲量。【名师点睛】此题考查了冲量及动量定理的应用问题；关键是掌握冲量的求解公式I=Ft以及动量定理的表达式；动量的变化量等于合外力的冲量，故动量的变化量与合外力的冲量可以互求；注意区别冲量和功的求解方法的不同.10. 质量为m的小球A在光滑的水平面上以速度v0与质量为2m的静止小球B发生正碰，碰后A球的动能恰好变为原来的，则B球速度大小可能是（）A. B. C. D. 【答案】AD11. 如图所示，两根等高光滑的四分之一圆弧轨道，半径为r、间距为L，轨道电阻不计，在轨道顶端连有一阻值为R的电阻，整个装置处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B现有一根长度稍大于L、电阻不计的金属棒从轨道最低点cd开始，在拉力作用下以速度v0向右沿轨道做匀速圆周运动到ab处，则该过程中（） A. 通过R的电流方向为由baB. 通过R的电流方向为由abC. R上产生的热量为D. 流过R的电流一直减小【答案】ACD12. 如图所示，同一竖直面内的正方形导线框a、b的边长均为l，电阻均为R，质量分别为2m和m它们分别系在一跨过两个定滑轮的轻绳两端，在两导线框之间有一宽度为2l、磁感应强度大小为B、方向垂直竖直面的匀强磁场区域开始时，线框b的上边与匀强磁场的下边界重合，线框a的下边到匀强磁场的上边界的距离为l现将系统由静止释放，当线框b全部进入磁场时，a、b两个线框开始做匀速运动不计摩擦和空气阻力，则（） A. a、b两个线框匀速运动的速度大小为B. 线框a从下边进入磁场到上边离开磁场所用时间为C. 从开始运动到线框a全部进入磁场的过程中，线框a所产生的焦耳热为mglD. 从开始运动到线框a全部进入磁场的过程中，两线框共克服安培力做功为2mgl【答案】BC【解析】试题分析：当线框b全部进入磁场时，两者做匀速直线运动，即重力和受到的安培力相等，对a分析，a受力平衡，有，对b分析，联立解得，A错误；线框a从下边进入磁场时由于a开始做匀速直线运动，过程中的速度不变，受到的安培力不变，故线框a从下边进入磁场到上边离开磁场过程中一直做匀速直线运动，所以有，B正确；系统开始做匀速直线运动时，线框a才开始克服安培力做功，整个匀速过程中，动能不变，所以减小的重力势能等于克服安培力做功，即a产生的热能，故有，C正确；两线框组成的系统克服安培力做的功为W，则有：，可得，D错误；.考点：考查了导体切割磁感线时的感应电动势【名师点睛】本题是电磁感应中的力学问题，安培力的计算和分析能量如何转化是解题关键，要加强训练，熟练掌握法拉第定律、欧姆定律、安培力等等基础知识，提高解题能力三、实验题探究题(本大题共2小题，共18.0分)13. （1）绕在同一铁芯上的线圈、按图所示方法连接，判断在以下各情况中，线圈中是否有感应电流产生 闭合电健K的瞬时 _ ； 保持电键K闭合的时候 _ ； 断开电健K的瞬时 _；电键K闭合将变阻器RO的滑动端向左滑动时： _ （以上各空均填“有”或“无”）（2）为判断线圈绕向，可将灵敏电流计G与线圈L连接，如图所示，已知线圈由a端开始绕至b端，当电流从电流计G左端流入时，指针向左偏转 将磁铁N极向下插入线圈，发现指针向左偏转，俯视线圈，其绕向为 _ （填：“顺时针”或“逆时针”） 当条形磁铁从图示中的虚线位置向右远离L时，指针向右偏转，俯视线圈，其绕向为_（填：“顺时针”或“逆时针”）【答案】 (1). 有 (2). 无 (3). 有 (4). 有 (5). 顺时针 (6). 逆时针【解析】（1）闭合电健K的瞬时，穿过线圈的磁通量变化，有感应电流产生，根据楞次定律，则有：R中感应电流方向向右；保持电键K闭合的时，穿过线圈的磁通量不变，没有感应电流产生；断开电键K的瞬时，穿过线圈的磁通量发生变化，有感应电流产生，根据楞次定律，则有：R中感应电流方向向左；电键K闭合将变阻器RO的滑动端向左滑动时，穿过线圈的磁通量发生变化，有感应电流产生，根据楞次定律，则有：R中感应电流方向向右。（2）将磁铁N极向下插入线圈，原磁场磁通量向下增强，根据楞次定律，感应电流产生的磁通量应向上，根据右手定则，其绕向为顺时针。当条形磁铁从图示中的虚线位置向右远离L时，原磁场磁通量向上减小，根据楞次定律，感应电流产生的磁通量应向上，根据右手定则，其绕向为逆时针。14. 研究两个小球在轨道水平部分碰撞的规律（动量守恒定律）：先安装好如图1实验装置，在地上铺一张白纸白纸上铺放复写纸，记下重锤线所指的位置O之后的实验步骤如下： 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）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 _ AA、B两点间的高度差h1 BB点离地面的高度h2C小球1和小球2的质量m1、m2 D小球1和小球2的半径r .（2）当所测物理量满足 _ 时（用所测物理量的字母表示），说明两球碰撞遵守动量守恒定律如果还满足_时（用所测物理量的字母表示），说明两球碰撞发生弹性碰撞 （3）完成上述实验后，某实验小组对装置进行了如图2所示的改造在水平槽末端与水平地面间放置了一个斜面，斜面的顶点与水平槽等高且无缝连接使小球1仍从斜槽上A点由静止滚下，重复实验步骤1和2的操作，得到两球落在斜面上的平均落点M、P、N用刻度尺测量斜面顶点到M、P、N三点的距离分别为l1、l2、l3则验证两球碰撞过程中动量守恒的表达式为_ （用所测物理量的字母表示）【答案】 (1). C (2). m1OP=m1OM+m2ON (3). m1（OP）2=m1（OM）2+m2（ON）2 (4). m1=m1+m2【解析】 (1)根据动量守恒得,m1OP=m1OM+m2ON,所以除了测量线段OM、OP、ON的长度外,还需要测量的物理量是小球1和小球2的质量m1、m2.故选：C。(2)因为平抛运动的时间相等,则水平位移可以代表速度,OP是A球不与B球碰撞平抛运动的位移,该位移可以代表A球碰撞前的速度,OM是A球碰撞后平抛运动的位移,该位移可以代表碰撞后A球的速度,ON是碰撞后B球的水平位移,该位移可以代表碰撞后B球的速度,当所测物理量满足表达式m1OP=m1OM+m2ON,说明两球碰撞遵守动量守恒定律,由功能关系可知,只要成立，则机械能守恒,故若m1OP2=m1OM2+m2ON2，说明碰撞过程中机械能守恒，说明两球的碰撞是弹性碰撞。(3)碰撞前,m1落在图中的P点,设其水平初速度为v1.小球m1和m2发生碰撞后,m1的落点在图中M点,设其水平初速度为v1,m2的落点是图中的N点,设其水平初速度为v2.设斜面BC与水平面的倾角为，由平抛运动规律得：，解得同理 可见速度正比于所以只要验证m1=m1+m2即可。三、计算题(本大题共3小题，共44.0分)15. 如图所示，相距L=0.4m、电阻不计的两平行光滑金属导轨水平放置，一端与阻值R=0.15的电阻相连，导轨处于磁感应强度B=0.5T的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向里质量m=0.1kg、电阻r=0.05的金属棒置于导轨上，并与导轨垂直t=0时起棒在水平外力F作用下以初速度v0=2m/s、加速度a=1m/s2沿导轨向右匀加速运动求： （1）t=2s时回路中的电流； （2）t=2s时外力F大小； （3）前2s内通过棒的电荷量 【答案】（1）4A；（2）0.9N；（3）6C【解析】(1)t=2s时,棒的速度为：v1=v0+at=2+12=4m/s此时由于棒运动切割产生的电动势为：E=BLv1=0.50.44V=0.8V由闭合电路欧姆定律可知,回路中的感应电流：；(2)对棒，根据牛顿第二定律得：FBIL=ma解得F=BIL+ma=0.540.4+0.11=0.9N；(3)t=2s时棒的位移根据法拉第电磁感应定律得：根据闭合电路欧姆定律得通过棒的电量：。【名师点睛】（1）棒向右匀加速运动，由速度时间公式求出t=1s时的速度，由E=BLv求出感应电动势，由闭合电路欧姆定律求解回路中的电流。.（2）根据牛顿第二定律和安培力公式求解外力F的大小。（3）由位移时间公式求出第2s内棒通过的位移大小，由法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电量公式求解电荷量。16. 如图所示，质量为m的小物块以水平速度v0滑上原来静止在光滑水平面上质量为M的小车上，物块与小车间的动摩擦因数为，小车足够长求： （1）小物块相对小车静止时的速度； （2）从小物块滑上小车到相对小车静止所经历的时间； （3）从小物块滑上小车到相对小车静止时，系统产生的热量和物块相对小车滑行的距离 【答案】（1）；（2）；（3）Q=【解析】试题分析：物块滑上小车后，受到向后的摩擦力而做减速运动，小车受到向前的摩擦力而做加速运动，因小车足够长，最终物块与小车相对静止，如图所示由于“光滑水平面”，系统所受合外力为零，故满足动量守恒定律（1）由动量守恒定律，物块与小车系统：，解得（2）对m，由动量定理：可以解得：（3）由功能关系，物块与小车之间一对滑动摩擦力做功之和（摩擦力乘以相对位移）等于系统机械能的增量：，解得考点：考查了动量守恒定律的应用【名师点睛】注意动量守恒的条件是如果一个系统不受外力或所受外力的矢量和为零，那么这个系统的总动量保持不变灵活运用动量关系解题比牛顿运动定律来得简单方便17. 如图所示，两根固定的光滑的绝缘导轨的水平部分与倾斜部分平滑连接，两导轨的间距L=O.5m，导轨的倾斜部分与水平面成=53角在导轨的倾斜部分方向垂直于斜面向上、磁感应强度大小为B=1T、边长为L的正方形的匀强磁场区域abcd，导轨的水平部分有n个相同的方向竖直向上，磁感应强度大小均为B=1T、边长为L的正方形匀强磁场区域，磁场左、右两侧边界均与导轨垂直，在导轨的水平部分中相邻两个磁场区域的间距也为L现有一质量m=0.5kg，电阻r=0.2，边长也为L的质量分布均匀的正方形金属线框PQMN，从倾斜导轨上由静止释放，释放时MN边离水平导轨的竖直高度h=2.4m，当金属线框的MN边刚滑进磁场abed时恰好做匀速直线运动，此后，金属线框从导轨的倾斜部分滑上水平部分继续运动并最终停止(重力加速度g=10m/s2sin53=0.8，线框在运动过程中MN边始终与导轨垂直)则： (1)金属线框刚释放时MN边与ab的距离S是多少？ (2)整个过程中金属线框内产生的焦耳热是多少？ (3)金属线框能穿越导轨水平部分中几个完整的磁场区域？ 【答案】（1）0.64m；（2）13J；（3）金属框能穿越导轨水平部分中2个完整的磁场区域【解析】(1)设金属线框刚进入磁场区域abcd的速度为v1,则线框中产生的感应电动势安培力依题意，有：F=mgsin线框下滑距离s的过程中,根据动能定理,有：联立以上各式解得：s=0.64m(2)整个过程中，根据能量守恒定律，有：金属线框内产生的焦耳热(3)设金属线框刚全部进入水平导轨时速度为v2，线框在倾斜轨道上运动的全过程中，根据动能定理，有：解得：v2=6m/s线框进入水平导轨的磁场中后由于受到安培力作用而减速直至速度减为零,线框在穿越任一磁场区域的过程中,根据动量定理,有：，即BLq=mv又所以,线框在穿越每一磁场区域速度的减少量相同,且线框在水平导轨上穿越磁场区域的个数金属框能穿越导轨水平部分中2个完整的磁场区域。【名师点睛】对金属线框进行受力分析和运动过程分析运用法拉第电磁感应定律求出感应电动势，求出安培力运用动能定理多次研究，可以求出距离、速度等一些未知的物理量运用动量定理求出速度的变化量根据能量守恒定律，求出产生的焦耳热。 - 27 -