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四川省成都市射洪县2020-2020学年高二下学期期末能力素质监测理综物理试题四川省成都市射洪县 2018- -9 2019 学年高二（下）期末实力素养监测理综物理试题1.下列说法正确的是（）A. 康普顿在探讨 X 射线散射时，发觉散射光线的波长发生了改变，为波动说供应了依据 B. 汤姆孙发觉了电子，并测出了电子的荷质比，从而揭示了原子核具有困难结构 C. 查德威克发觉了中子，揭开了原子核组成的神奇面纱，开创了人类相识原子核的新纪元 D. 伽利略发觉了单摆具有等时性，并提出了单摆的周期性公式 2gLT p =CA康普顿在探讨 X 射线散射时，发觉散射光线的波长发生了改变，为粒子说供应了依据，A 错误； B汤姆孙发觉了电子，并测出了电子的荷质比，从而揭示了原子具有困难结构，B 错误； C查德威克发觉了中子，揭开了原子核组成的神奇面纱，开创了人类相识原子核的新纪元，C 正确； D伽利略发觉了单摆具有等时性，惠更斯提出了单摆的周期性公式，D 错误。故选 C。2.一志向变压器，原、副线圈的匝数分别为1n 、2n ，其原线圈通过电阻1R 与两金属杆相连接，导轨处于匀强磁场中，导体杆 ab 与导轨接触良好，副线圈连接一电阻2R ，如图所示。当导体杆以速度 v 向右匀速运动的过程中，以下说法正确的是（）A. 电阻2R 上无感应电流通过 B. 电阻2R 上有从 c 到 d 的电流通过，原、副线圈上的电流之比始终满意1 2: n nC. 电阻2R 上有从 d 到 c 的电流通过，原、副线圈上的电流之比始终满意1 2: n nD. 电阻2R 上有从 c 到 d 的电流通过，其大小与导体杆 ab 的速度有关 DA导体杆向右匀速运动，依据导体切割磁感线 E BLv = 可知志向变压器左端产生改变的电流，依据法拉第电磁感应定律可知志向变压器的副线圈处能产生感应电动势，所以电阻2R 上有感应电流通过，A 错误； B依据右手定则可知导体杆上产生的感应电流方向为 b a ® ，且电流在减小，依据安培定则可知通过副线圈的磁场竖直向下且减小，依据楞次定律可知通过电阻2R 的电流方向为c d ® ，原、副线圈上的电流之比始终满意1 22 1I nI n=，BC 错误； D依据导体切割磁感线 E BLv = 可知导体杆切割磁感线产生的感应电动势与 v 有关，原线圈上的感应电流1I 也与 v 有关，所以通过2R 的电流也与 v 有关，D 正确。故选 D。3.当两个中子和两个质子结合成一个 &alpha; 粒子，放出 28.3 MeV 的能量，当四个 &alpha; 粒子结合成一个氧（O）核时，放出 9.72 MeV 的能量，则 8 个质子和 8 个中子结合成一个氧（O）核时，释放的能量约为（）A. 18.58 MeV B. 38.02 MeV C. 122.92 MeV D. 11.3.2 MeV CABCD两个中子和两个质子结合成一个 &alpha; 粒子，放出 28.3 MeV 的能量，说明白 &alpha;粒子的比结合能为 128.3MeV 7.075MeV4E = =当四个 &alpha; 粒子结合成一个氧（O）核时，放出 9.72MeV 的能量，说明氧（O）核的比结合能比&alpha; 粒子高 9.72&Delta; MeV 0.6075MeV16E = =氧（O）核的比结合能 2 1&Delta; 7.075MeV 0.6075MeV 7.6825MeV E E E = + = + =则 8 个质子和 8 个中子结合成一个氧（O）核时，释放的能量约为2122 16 .9 V 2Me E E = ´ =故 C 正确，ABD 错误。故选 C。4.如图甲所示为用干涉法检查某块厚玻璃板的上表面是否平的装置。若待验板的上表面平整，则当平行的单色光照耀到标准板上时，可从标准板上方视察到平行的、明暗相间的干涉条纹。若视察到的条纹如图乙所示，则说明待验板的上表面（）A. 有一个凸起的圆台 B. 有一凹陷的圆坑 C. 有一个沿 ab 方向凸起的高台 D. 有一个沿 ab 方向凹陷的长沟 B薄膜干涉是等厚干涉，即明条纹处空气膜厚度相同。依据图中的弯曲条纹，可知检查平面左边的空气膜厚度与后面的空气膜厚度相同，则该处有凹陷，凹陷的边缘为圆形态，所以待验板的上表面有一凹陷的圆坑，ACD 错误，B 正确。故选 B。5.如图，半径为 R 的半圆柱玻璃体置于水平桌面上，半圆柱玻璃体的上表面水平，半圆柱玻璃体与桌面相切于 A 点。一细束单色光经球心 O 从空气中射入玻璃体内（入射面即纸面），入射角为 60&deg;，出射光线射在桌面上 B 点处。测得 AB 之间的距离为33R ，则下列说法正确的是（） A. 该玻璃体的折射率为62n = B. 该玻璃体折射率为 2 n =C. 若将入射光束在纸面内向左平移，移到距 O 点23R 位置时射入玻璃体的光线在玻璃体下表面处恰好发生全反射 D. 若用同样频率、宽度为 R 的光束 CO 沿与玻璃体上表面成 30 ° 入射，从玻璃体下表面折射出的弧长占圆柱体弧长的13 CAB作出光路图如图依据几何关系可知 2 22 2313sin2 13RABrAB RR R= = =+ 依据折射定律可知玻璃体的折射率为 sin sin6031sin2inr°= = = AB 错误； C依据题意作出光路图，假设光在 D 点发生全反射 已知 30 r°=，则 60 OED EOD EDO°Ð =Ð =Ð = 依据全反射定律 1 1sin sin603Cn°= = <所以光在 D 点发生全反射，C 正确； D若从玻璃体下表面折射出的弧长占圆柱体弧长的13，作出光路图如图假设光在 M 点发生全反射，则 MN 对应的圆心角 60 MON°Ð =，则 EM 对应的圆心角60 EOM°Ð =，则60 OPM°Ð =，故 30 q°= ，入射角与折射角相同，不符合折射定律，所以若用同样频率、宽度为 R 的光束 CO 沿与玻璃体上表面成 30 ° 入射，从玻璃体下表面折射出的弧长不行能占圆柱体弧长的13，D 错误。故选 C。6.图（ a ）为一列简谐横波在 t 0.10s 时刻的波形图， P 是平衡位置在 x 1.0m 处的质点， Q是平衡位置在 x 4.0m 处的质点；图（ b ）为质点 Q 的振动图象下列说法正确的是（） A. 在 t 0.10 s 时，质点 Q向y轴正方向运动 B. 从t 0.10 s 到t 0.25 s，该波沿 x轴负方向传播了 6 m C. 从 t 0.10 s 到 t 0.25 s，质点 P通过的路程为 30 cm D. 质点 Q简谐运动的表达式为 y 0.10sin10&pi; t （国际单位）BDA、图（ b ）为质点 Q 的振动图象，在 t 0.10s 时，质点 Q 正从平衡位置向波谷运动，所以 t 0.10s 时，质点 Q 向 y 轴负方向运动，故 A 错误； B、在 t 0.10s 时，质点 Q 沿 x 轴负方向运动，依据波形平移法可知该波沿 x 轴负方向传播由图 a 知波长 &lambda; 8m，图 b 知周期 T 0.2s，则波速为：8m/s=40m/s0.2vTl= =，从 t 0.10s到 t 0.25s 经过的时间为 t 0.15s，该波沿 x 轴负方向传播的距离为 x v t 40&times;0.15m6m，故 B 正确； C、 t 0.10 s 质点 P 正向上运动从 t 0.10s 到 t 0.25s 经过的时间为 t 0.15s34T ，由于 t 0.10s时刻质点 P 不在平衡位置或波峰、波谷处，所以质点 P 通过的路程不是3A30cm，故 C 错误； D、质点 Q 简谐运动的表达式为2 2sin 0.1sin0.2y A t tTp p= =0.10sin10&pi; t （m），故 D 正确 7.氢原子能级如图，当氢原子从 3 n = 跃迁到 2 n = 的能级时，辐射光的波长为 656nm。以下推断正确的是（）A. 氢原子从 2 n = 跃迁到 1 n = 的能级时，向外辐射光电子，光电子的能量为 10.2eVB. 氢原子从从 2 n = 跃迁到 1 n = 的能级时，氢原子电势能降低，电子绕核运动的动能变大，电势能减小量等于电子动能的增量 C. 一群处于 3 n = 能级上的氢原子向低能级跃迁时最多产生 3 种谱线 D. 用波长为 633nm 的光照耀，不能使氢原子从 2 n = 跃迁到 3 n = 的能级 CDA氢原子从高能级 2 向低能级 1 跃迁，辐射的光子能量为 10.2eV，不是光电子，A错误； B电子绕核做匀速圆周运动，库仑力供应向心力 2 22e vk mr r=r 减小，电子动能增加，库仑力做正功，电势能降低，氢原子从高能级向低能级跃迁，能量以光子的形式对外辐射，电子能量减小，所以电势能的减小量大于电子动能的增加量，B 错误； C一群处于 3 n = 能级上 氢原子向低能级跃迁时，最多产生3 (3 1)32´ -= 种谱线，C 正确； D氢原子从 3 2 ® 辐射光的波长为 656nm ，所以要使氢原子从 2 3 ® 跃迁，须要用波长为656nm 的光照耀，D 正确。故选 CD。8.一列简谐波沿 x 正方向传播，振幅为 2cm，周期为 T ，如图所示，在 t =0 时刻波上相距 50cm的两质点 a 、 b 的位移大小都是3cm ，但运动方向相同，其中质点 a 沿 y 轴负方向运动，下列说法正确的是（）A. 该列波的波长可能为 75cm B. 该列波 波长可能为 45cm C. 当质点 b 的位移为+2cm 时，质点 a 的位移为负D. 在23t T = 时刻，质点 b 的速度最大 AC详解】AB依据振动方程 sin x A t w = 可知对 a 有 3 2sinat w = 则 3atpw =同理对 b 有 53btpw =结合2Tpw = 可知 4 23 3b at t t TpwD = - = =则 250cm3n l l = + （ n =0，1，2）变形得 150cm3 2 nl =+（ n =0，1，2）当 0 n = 时，波长 75cm l = ，当波长为 45cm 时， n 不为整数，A 正确，B 错误； C依据波形平移可知，当质点 b 的位移为+2cm 时，质点 a 位于平衡位置下方，且向平衡位置动，所以质点 a 的位移为负，C 正确； D波形图的平衡位置传播至质点 b 处，速度最大，则 5( )132 3 2nnt T T Tp p pp- += = + 当23t T = 时， n 不是整数，D 错误。故选 AC。第 卷（非选择题，共 4 174 分）留意事项：1 1 、请用 5 0.5 毫米黑色签字笔在第 卷答题卡上作答，不能答在此试卷上。2 2 、试卷中横线及框内注有 的地方，是须要你在第 卷答题卡上作答的内容或问题。9.图所示为光学试验用的长方体玻璃砖，它的_面不能用手干脆接触在用插针法测定玻璃砖折射率的试验中，两位同学绘出的玻璃砖和三个针孔 a 、 b 、 c 的位置相同，且插在 c 位置的针正好拦住插在 a 、 b 位置针的像，但最终一个针孔的位置不同，分别为 d 、 e 两点，如图所示，计算折射率时，用_（填 d 或 e ）点得到的值较小，用_（填 d 或 e ）点得到的值误差较小(1). 光学(2). d (3). e1玻璃砖的光学面不能用手干脆接触，接触面的污渍会影响接触面的平整，进而影响折射率的测定 2连接 dc 、 ec 并延长至玻璃砖 光学面与白纸的交线，交点为出射点，入射点与出射点的连线即为折射光线，入射角肯定，用 d 点时，折射角大，折射率较小 3对于两光学面平行的玻璃砖，入射光线和出射光线平行， ec 连线与入射光线平行，误差较小如图所示10.单摆测定重力加速度的试验中： (1)试验时用 20 分度的游标卡尺测量摆球直径，示数如图甲所示，该摆球的直径 d =_mm。(2)悬点到小球底部的长度0l ，示数如图乙所示，0l =_cm。(3)试验时用拉力传感器测得摆线的拉力 F 随时间 t 改变的图像如图丙所示，然后使单摆保持静止，得到如图丁所示的 F - t 图像。那么：重力加速度 表达式 g=_（用题目中的物理量 d 、0l 、0t 表示）。设摆球在最低点时 E p =0，已测得当地重力加速度为 g ，单摆的周期用 T 表示，那么测得此单摆摇摆时的机械能 E 的表达式是_ A21 32( )2&pi;F F gT - B21 32( )8&pi;F F gT - C23 22( )6&pi;F F gT - D( )23 224F F gTp- (4)在试验中测得的 g 值偏小，可能缘由是_ A测摆线时摆线拉得过紧 B摆线上端未坚固地系于悬点，振动中出现了松动，使摆线长度增加了 C起先计时时，停表过迟按下 D试验中误将 n次计为 n- 1 次 E以摆球直径和摆线长之和作为摆长来计算(1). 11.70(2). 100.30（100.10100.30）(3). 202024dtl pæ ö-ç ÷è ø (4). B(5). BD(1)1 游 标 卡 尺 的 精 度 为1mm=0.05mm20， 读 数 为11mm 14 0.05mm 11.70mm + ´ = 。(2)2刻度尺的精度为1cm0.1cm10= ，读数为 100.30cm(3)3依据单摆的周期公式 2lTgp = 可知 20 22 2014 24l dglT tppæ ö-ç ÷è ø= = 4单摆经过最低点时，依据丙图可知 21vF mg ml- =依据丁图可知 3F mg =小球的摆长为 224gTlp=则小球在最低点的动能为 221 3k2( ) 12 8F F gTE mvp-= = 小球摇摆过程机械能守恒，则 21 3k p2( )8F F gTE E Ep-= + = (4)5A测摆线时摆线拉得过紧，则摆长的测量值偏大，依据224 lgTp= 可知重力加速测量值偏大，A 错误； B摆线长度增加，则摆长的测量值偏小，所以重力加速度测量值偏小，B 正确； C起先计时时，停表过迟按下，则测量周期偏小，重力加速测量值偏大，C 错误； D试验中误将 n次计为 n- 1 次，依据tTn= 可知周期测量值偏大，所以重力加速度测量值偏小，D 正确。E以摆球直径和摆线长之和作为摆长来计算，重力加速测量值偏大，E 错误。故选 BD。11.如图所示，摆长分别为 l 和 2.25l 的单摆 a 、 b ，摆球质量均为 m （可视为质点），均被拉离平衡位置与竖直方向成 q （5 q°<），由静止释放：(1) b 摆在第一个四分之一周期内合外力对摆球的冲量； (2)若取210m/s g = ； 10 3.1 = ；3.1 p = ； 1m l = ，则 a 、 b 两单摆同时释放后经过多长时间再次达到左侧最大位置； a 、 b 两单摆由左侧同时释放后，能否同时到达右侧最大位置处，若能够，求出其时间，若不能，请说明理由。(1)32 (1 cos )2m gl q - ；(2) 6 s t m = （ m =1，2，3），不能，理由见解析(1)小球 b 在四分之一周期内，由机械能守恒定律得 212.25 (1 cos )2mgl mv q - =得 32 (1 cos )2v gl q = -由动量定理可得 32 (1 cos )2I m gl q = -(2)由周期公式 2lTgp = 可得 2saT = ， 3sbT =摆球 a 、 b 在经过aT 、bT 的最小公倍数的整数倍将再次同时达到左侧即 6 s t m = （ m =1，2，3）小球 a 、 b 不能同时到达右侧最高点，当 a 球到达右侧最高点的时间为 2 1(2 1)s2a ant T n+= = + （ n =0，1，2，3）b 球到达右侧最高点的时间为2 1 3(2 1)s2 2b bk kt T+ += = （ k =0，1，2，3）两小球同时从左侧最高点释放，经过一段时间后若能同时达到右侧最高点，则a bt t = ，而 n 、k 均为整数，不成立，所以两小球同时从左侧最高点释放，经过一段时间后不能同时达到右侧最高点。12.如图甲所示，在水平桌面上固定着两根相距 L 、相互平行、无电阻的金属导轨 PQ 和 MN ，左侧 Q 、 M 间与肯定值电阻 R 相连。一根质量为 m 、电阻为 r 、长度恰好为 L 的金属杆 ab 放在导轨 PQ 、 MN 上，且接触良好。整个装置处于竖直向下、磁感应强度为 B 的匀强磁场中； (1)若 ab 杆与金属导轨间的动摩擦因数为 m ，现给 ab 杆一水平向右的初速度0v ， ab 杆向右运动 d 停止。求电阻 R 产生的热量以及金属杆运动多长时间？ (2)若 PQ 、 MN 导轨光滑，取向右方向为正，从图示起先金属杆 ab 在导轨上运动的速度位移关系图像（ v x - 图像）如图乙所示，求整个电路的在一个周期内产生的热量。（0v ，0x 为已知量）(1)2( 2 )2( )mv mgd RR rm -+，2 20mv B L dmg R r mg m m-+ （ ）；(2)2 20 02( )B L v xR r +(1)当金属杆向右运动 d 时 E BLdtq t tR r R r R r R rDFDFD= D = D = =+ + + + 由能量关系得 212Q mgd mv m + =RRQ QR r=+ 得 2( 2 )2( )Rmv mgd RQR rm -=+ 由动量定理得 1 1 0( ) BIL mg t mv mv m - + D = -2 2 1( ) BIL mg t mv mv m - + D = -1( )n n nBIL mg t mv mv m- + D = -有 1 2 1 2 0( . ) ( . )n n nBIL t t t mg t t t mv mv m - D +D + +D - D +D + +D = -当 0nv = 时，得 0BLq mgt mv m + =解得时间为 2 20( )mv B L dtmg R r mg m m= -+ (2)由 v x - 图像、2 2B L vF BILR r= =+安可知：速度在004x 的位移内，速度随位移成一次线性关系，故：在004x 的位移内，安培力做功可以取安培力的平均值进行计算，故有 2 20 04 4x x B L vW Fr R= = ×+ 02vv =依据能量守恒定律得在一个周期内整个电路产生的热量为 2 20 042( )B L v xQ WR r= =+ 13.关于原子核组成的探讨，经验了一些重要阶段，其中：(1)1919 年，卢瑟福用 &alpha; 粒子轰击氮核（147 N ）从而发觉了质子，写出其反应方程式。(2)1932 年，查德威克用一种中性粒子流轰击氢原子和氮原子，打出了一些氢核（质子）和氮核，测量出被打出的氢核和氮核的速度，并由此推算出这种粒子的质量而发觉了中子。查德威克认为：原子核的热运动速度远小于中性粒子的速度而可以忽视不计；被碰出的氢核、氮核之所以会具有不同的速率是由于碰撞的状况不同而造成的，其中速率最大的应当是弹性正碰的结果，试验中测得被碰氢核的最大速度为7Hm 3.30 s 10 / v = ´ ，被碰氮核的最大速度为6Nm 4.50 s 10 / v = ´ ；已知N H14 m m = 。请你依据查德威克的试验数据，推导中性粒子（中子）的质量 m 与氢核的质量Hm 的关系？（保留三位有效数字）(1) 144 1 177 2 1 8N+ He H+ O ® ；(2) m =1.05 m H(1)核反应方程满意质量数守恒与质子数守恒 14 4 1 177 2 1 8N+ He H+ O ®(2)查德威克认为氢核、氮核与未知粒子之间的碰撞是弹性正碰；设未知粒子质量为 m ，速度为 v 0 ，氢核的质量为 m H ，最大速度为 v H ，并认为氢核在打出前为静止的，那么依据动量守恒和能量守恒可知 0 H Hmv mv m v = +2 2 20 H H1 1 12 2 2mv mv m v = +其中 v 是碰撞后未知粒子的速度，由此可得 0HH2mvvm m=+ 同样可得出未知射线与氮原子核碰撞后，打出的氮核的速度 0NN2mvvm m=+ 查德威克测得氢核的最大速度为 7H3.3 10 m/s v = ´氮核的最大速度 6N4.5 10 m/s v = ´因为N H14 m m = ，可得 N H HN H H14 m m v m mv m m m m+ += =+ + 代入数据得 7H6H14 3.3 104.5 10m mm m+ ´=´ + 解得 m =1.05 m H