2021-2022学年辽宁省渤海大学附高级中学高二（下）段考物理试卷（附答案详解）.pdf
2021-2022学年辽宁省渤海大学附高级中学高二（下）段考物理试卷一、单 选 题（本大题共9小题，共36.0分）1.下列各种叙述中，不符合物理学史事实的是（）A.普朗克提出了能量量子化理论B.爱因斯坦提出的光子假说很好地解释了光电效应实验，说明光具有粒子性C.英国物理学家法拉第得出了法拉第电磁感应定律并发明了第一台发电机D.卢瑟福通过对a粒子散射实验的研究，提出了原子的核式结构模型2.某发电厂向工厂供电，输送的功率为P,输送的电压为U,输电线路的总电阻为若用原、副线圈的匝数之比为1：10的理想升压变压器输电，则工厂得到的功率为（）A.A B.，C.PD.P-A10U2 100（72 loot/2 10U23.图甲所示粗糙U形导线框固定在水平面上，右端放有一金属棒P。，整个装置处于竖直方向的磁场中，磁感应强度B按图乙规律变化，规定竖直向上为正方向，整个过程金属棒保持静止。则（）甲 乙A.%时刻回路没有感应电流B.0-2%时间内，流过金属棒的感应电流方向是从。到PC.在0-无 时间，金属棒P。所受安培力方向水平向右D.2to时刻金属棒P。所受摩擦力方向水平向左4.在图示交流电路中，电表均为理想电表。已知电源电压的有效值为220V,电压表的示数为20U,电流表的示数为24,%、A?、均为定值电阻，/?3=1。必该变压器原、副线圈的匝数之比为（）A.2 0：1R,B.1 0：1C.1：1 0D.1：2 05 .利用图甲所示的实验装置测量遏止电压4与入射光频率 的关系。若某次实验中得到如图乙所示的4一 图像 已知普朗克常量h=6.6 3 x 1 0-3 4/7,则下列说法正确的是（）V/IC,HJA.该金属的逸出功约为2.8 5 x I O-/B.电源的左端为正极C.若保持入射光频率不变，增大入射光光强，遏止电压也会增大D.遏止电压“越大说明光电子最大初动能越小6 .关于原子结构、原子核的组成与性质的认识，下列说法正确的是（）A.需2 7九 作 土 核）经过6次a衰变和4次/?衰变后变成j 8PbB.太阳辐射的能量，主要来自太阳内部发生的重核裂变C.比结合能越小的原子核越稳定D.最 的 半 衰 期 为5天，10g易 经 过15天后，发生衰变的哥团的质量为1.2 5 g7 .如图所示，图甲为磁流体发电机原理图，图乙为质谱仪原理图，图丙和图丁分别为速度选择器和回旋加速器的原理图，忽略粒子在图丁的D形盒狭缝中的加速时间，不计粒子重力，下列说法正确的是（）第 2 页，共 16页A.图甲中，将一束等离子体按图示方向喷入磁场，4、B间产生电势差，4板电势高B.图乙中，两种氢的同位素从静止经同一电场加速后射入磁场，打到位置的粒子比打到4位置的粒子的比荷大C.图丙中，电场强度为E,磁感应强度为B,则粒子能够沿直线向右匀速通过速度选择器的速度DD.图丁中，粒子第n次和第n+1次加速后的半径之比是公8.由半导体材料制成的热敏电阻，电阻率随温度的升高而减小，经常用于火警报警装置。如图甲所示是一火警报警器的电路示意图，理想变压器原线圈接入图乙所示的正弦交流电，副线圈与理想电压表、理想电流表、热敏电阻场 及报警器P(有内阻)组成闭合电路，流过报警器P的电流超过心时就会发出警报声。则以下判断正确的是()甲 乙A.变压器原线圈两端交变电压a=220V2sm7rt(K)B.当所在处出现火情时，变压器输入功率增大C.当场 所在处出现火情时，电压表示数增大D.在t=0.01s时，电流表示数为09.如图所示电路，4、B、C是三个完全相同的灯泡，它 们 的 电I-阻与R相同，D是一个理想二极管，L是一个带铁芯、直 流 电I 一修M g-阻可忽略、自感系数很大的线圈，则以下说法正确的是（）步I（HI-A.S闭合瞬间，4、B、C三灯泡同时亮 SB.S闭合一段时间稳定后，B、C亮度一样比A灯暗C.断开S瞬间，BC灯泡都会闪亮一下，随后慢慢熄灭D.断开S瞬间，B灯泡立即熄灭，C灯泡会闪亮一下，随后慢慢熄灭二、多 选 题（本大题共4小题，共24.0分）10.关于电磁波及其应用，下列说法正确的是（）A.在LC振荡电路中，电容器极板上的电荷量最大时电路中的电流为零B.麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹最早证实了电磁波的存在C.同一种电磁波在不同介质中传播时，波速不变、频率和波长发生改变D.用理疗“神灯”照射伤口，可使伤口愈合得更快，这 里 的“神灯”是利用X射线具有很强的贯穿力11.氢原子的能级图如图所示。现用光子能量为12.75eU的一束光照射一群处于基态的氢原子，基态氢原子吸收光子后跃迁到激发态，随即又向低能级跃迁辐射出光子。下列说法正确的是（）5432V451c5854老-13.1-13.6A.基态的氢原子吸收光子后能跃迁到n 0.5 5 e U,即跃迁后处于激发态的氢原子辐射出的所有频率的光都能使逸出功为0.5 5 e U 的金属发生光电效应,故。正确。故 选:B D。辐射光子能量即为两能级差，由此分析；根据数学组合公式鬣，即可判定跃迁的种类;当两能级间能级差越大，辐射的光子能量越大，当入射光的能量不小于逸出功，即可发生光电效应现象。解决本题的关键知道能级间跃迁辐射或吸收的光子能量等于两能级间的能级差，并掌握光电效应发生条件。12.【答案】BC【解析】解：力、根据右手定则可知，金属棒4 B 逆时针切割磁感时，产生的感应电流应该是从B向A,故 A错误；B、根据法拉第电磁感应定律以及u =可得切割磁感线时产生的电动势：E 感=BLv=B r（马 产）=|BN 3,故 B正确：C、切割磁感线的相当于电源，故金属棒4 相当于电源正极，在A B 内部电流方向由B向A,故与4 接近的电容器M板带正电，故 C正确；D、由B 分析知，4 B 两端的电压为：感=：x|B r 2 3=：B r 2 3,电容器两端的电压也是:B/3,故电容器所带电荷量为：Q =C U =；CBN 3,故。错误。故选：B C。根据右手定则判断电流方向，由此分析电容器极板带电情况；根据法拉第电磁感应定律以及U =T 3 求解切割磁感线时产生的电动势；根据欧姆定律求解电容器两端的电压，根据Q =C U 求解电容器所带电荷量。本题主要是考查了法拉第电磁感应定律和楞次定律；对于导体切割磁感应线产生的感应电动势情况有两种：一是导体平动切割产生的感应电动势，可以根据 =8。来计算；二是导体棒转动切割磁感应线产生的感应电动势，可以根据E 来计算。13.【答案】ACD第12页，共16页【解析】解：粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，2所以有，B v q=号,由题意知：v=啖,因此粒子的轨迹半径r =L,即轨迹圆半径与磁场圆的半径相等。C、根据磁聚焦的原理，从P点向各个方向入射的粒子经磁场偏转后，离开磁场时，均平行于y轴，故C正确；A B,当P a方向与x轴成3 0。时，其圆心。&及轨迹如图所示，由几何关系可知，a圈子的偏转角为6 0。，那么b粒子沿y轴正方向射出时偏转了90。+。，所以b粒子入射方向与x轴成。=3 0。，故A正确，B错误；。、从磁场外沿y轴正方向从不同位置射入的，根据左手定则，由磁聚焦原理，所有粒子将从P点离开磁场，故。正确。故选：ACD,由洛伦兹力提供向心力得到半径的表达式，再将题目所给的速度值代入可求粒子的轨迹半径r -Lo由于两半径相等，这是磁聚焦原理满足的条件，那么粒子均沿+y方向平行射出磁场。对带电粒子在磁场中的运动问题,要首先分析、了解粒子的运动状态,然后再进行求解。1 4.【答案】解：(1)根据质量数守恒和电荷数守恒可知该核反应方程为lHe+lH-4 He+iH(2)核反应的质量亏损d m =3.0 1 6 0 U +2.0 1 40 u -4.0 0 2 6 u -1.0 0 7 8 u =0.0 1 96 u释放出的核能4E =Amc2=0.0 1 96 x 93 1.5M e V =1 8.2 5 74 M W答：(1)核反应方程为州e+出 卷H e+舫；(2)该核反应中释放的核能为1 8.2 5 74 M e V。【解析】根据质量数与电荷数数守恒写出核反应方程，再根据质能方程求出释放能量,即可求解。质能方程是原子物理中的重点内容之一，该知识点中，关键的地方是要知道反应过程中的质量亏损等于反应前的质量与反应后的质量的差。1 5.【答案】解：(1)金属棒a b 沿光滑圆弧轨道下滑过程中，只有重力做功，其机械能守恒，有：n1 2m1gR=-mrv解得u=2m/sa b 棒刚进入磁场时产生的感应电动势为E =BLvc d 棒中的电流大小为/=3联立解得：/=1 4由右手定则可知，a b 棒中的电流方向由Q 到b,则c d 棒中电流方向由d 到c。(2)设c d 离开磁场时a b 在磁场中的速度为%c d 此时的速度为七小 Q b、c d 组成的系统动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律有：7nl u=mxvab+m2vcd据 题 有=vab联立解得%b =0.8 m/s,vcd=OAm/s(3)从a b 静止释放到c d 刚离开磁场过程，c d 棒上产生的热量为 4 =乳 砌 加-lmivab解得 Q c d =0.0 72 7答：(l)a b 棒刚进入磁场时c d 棒中的电流大小为1 4,方向由d 到c；(2)c d 棒离开磁场瞬间a b 棒的速度大小为0.8 m/s；(3)从a b 静止释放到c d 刚离开磁场过程，c d 棒上产生的热量为0.0 72 人【解析】(1)金属棒a b 下滑过程中机械能守恒，由机械能守恒定律求出a b 棒到达圆弧底端时速度大小，根据法拉第电磁感应定律结合闭合电路欧姆定律求防棒刚进入磁场时c d 棒中的电流大小，由右手定则判断c d 棒中的电流方向；(2)根据a b、c d 组成的系统动量守恒列出等式，结合两棒速度关系，求解c d 棒离开磁场瞬间a b 棒的速度大小。(3)从a b 静止释放到c d 刚离开磁场过程，由能量守恒定律求出回路中产生的总热量，从而得到c d 棒上产生的热量。本题是电磁感应与电路、磁场、力学等知识的综合应用，关键要知道两棒均在磁场中运第1 4页，共1 6页动时，两棒组成的系统合外力为零，遵守动量守恒定律01 6.【答案】解：(1)粒子沿垂直于MN方向做匀变速直线运动，平行于MN方向做匀速直线运动，平行于MN方向的初速度3=%c o s 4 5。=孝为，垂直于MN方向的初速度为 =v0s i n 4 5 =yv0,对粒子，根据牛顿第二定律得：。=殁m粒子从开始运动到第一次回到虚线MN的时间t i =等解得：=空 也qE粒子从开始运动到第一次回到虚线MN的位移大小：L =%“1 =当 为 x 需=鬻(2)电场与MN垂直，MN为等势面，粒子回到MN时速度大小不变，方向竖直向下.带电粒子进入磁场后做匀速圆周运动，设粒子轨道半径为r,洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律得：qv0B=m 粒子在磁场中转过的圆心角。=2 70,粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期7=宁=v02nmT T，在磁场中运动的时间为：1 2=捻7=瑞7=：7360 360 4在磁场中运动的位移大小：=近=警=1.5 L2qE粒子在电场中运动3 次在磁场中运动2 次重新回到P 0 点，粒子从开始运动经过时间t =3 t l +2 t 2 后又回到P o 点，解得：t =犯 潸 +见 鬻2答：(1)粒子从P o开始运动到第一次回到虚线M N的位移大小是半，方向由M指向N；q匕(2)粒子从P。开始运动能回到P。点，经 过 时 间 处 警+冬 出 后 粒 子 又 回 到4点。【解析】(1)粒子在垂直于M N方向做匀变速直线运动，在平行于M N方向做匀速直线运动，应用牛顿第二定律与运动学公式可以求出粒子从开始运动到第一次回到虚线M N的位移。(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，应用牛顿第二定律求出粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径，分析清楚粒子运动过程，然后分析答题。本题考查了带电粒子在电场与磁场中的运动，根据题意分析清楚粒子运动过程是解题的前提，应用牛顿第二定律与运动学公式可以解题，解题时注意几何知识的应用。第1 6页，共1 6页
