广西南宁市第三中学2019-2020学年高二下学期期中考试段考物理试题 Word版含解析 17页

- 1 - 南宁三中 2019~2020 学年度下学期高二段考理科 物理试题 一、选择题：本题共 12 小题，每小题 4 分，共 48 分。在每小题给出的四个选项 中，第 1～7 题只有一项符合题目要求，第 8～12 题有多项符合题目要求。全部选 对的得 4 分，选对但不全的得 2 分，有选错的得 0 分。 1.对于物质的波粒二象性，下列说法不正确的是（　　） A. 不仅光子具有波粒二象性，一切运动的微粒都具有波粒二象性 B. 运动的微观粒子与光子一样，当它们通过一个小孔时，都没有特定的运动轨道 C. 运动的宏观物体，其德布罗意波波长比起物体的尺寸小很多，因此无法观察到它的波动性 D. 实物的运动有特定的轨道，所以实物不具有波粒二象性 【答案】D 【解析】 【详解】AD．德布罗意在爱因斯坦光子说的基础上提出物质波的概念，认为一切运动的物体 都具有波粒二象性，故 A 正确，D 错误； B．物质具有波动性，运动的微观粒子与光子一样，当它们通过一个小孔时，都没有特定的运 动轨道，故 B 正确； C．一切物质都具有波粒二象性，宏观物体的德布罗意波的波长太小，实际很难观察到波动性， 故 C 正确。 本题选不正确的，故选 D。 2.下列说法正确的是（　　） A. 发现天然放射现象的意义在于使人类认识到原子具有复杂的结构 B. 在光电效应实验中，用同种频率的光照射不同的金属表面，若从金属表面逸出的光电子的 最大初动能 Ek 越大，则这种金属的逸出功 W0 越小 C. 原子核内 某一核子与其他核子间都有核力作用 D. 氢原子的核外电子，在由离核较远的轨道自发跃迁到离核较近的轨道，放出光子，电子的 动能增加，原子的能级增大 【答案】B 【解析】 【详解】A．天然放射现象意义在于使人类认识到原子核具有复杂结构，故 A 错误； 的 - 2 - B．根据爱因斯坦光电效应方程 ，可知同种频率的光最大初动能越大，逸出功 越小，故 B 正确； C．原子核内的某一核子只与其相邻的核子有核力作用，故 C 错误； D．电子从较远的轨道跃迁到离核较近的轨道的过程中，轨道半径减小，电场力做正功，电子 动能增大，辐射出光子，释放能量，原子的能级减小，故 D 错误。 故选 B。 3.一个氘核和一个氚核经过核反应后生成一个氦核和一个中子，同时放出一个 光子．已知氘 核、氚核、中子、氦核的质量分别为 m1、m2、m3、m4，普朗克常量为 h，真空中的光速为 c．下列说法中正确的是（ ） A. 这个反应的核反应方程是 B. 这个核反应既不是聚变反应也不是裂变反应 C. 辐射出的 光子的能量 D. 辐射出的 光子的波长 【答案】A 【解析】 【详解】A．核反应方程满足质量数和电荷数守恒，故 A 正确； B．该反应为聚变反应，故 B 错误； C．聚变反应中亏损的质量转化为能量以光子的形式放出，故光子能量为 故 C 错误； D．根据 得光子的波长为 故 D 错误。 故选 A。 km 0E h Wν= − γ 2 3 4 1 1 1 2 0H H He n γ+ → + + γ 2 3 4 1 2( )E m m m m c= + − − γ 2 1 2 3 4( ) h m m m m c λ = + − − ( ) 2 1 2 3 4E m m m m c= + − − ( ) 2 1 2 3 4 hc E m m m m cλ = = + − − ( )1 2 3 4 h m m m m c λ = + − − - 3 - 4.爱因斯坦提出了光量子概念并成功地解释光电效应的规律而获得 1921 年的诺贝尔物理学 奖．某种金属逸出光电子的最大初动能 Ekm 与入射光频率 ν 的关系如图所示，其中 ν0 为极限频 率．从图中可以确定的是（） A. 逸出功与 ν 有关 B. Ekm 与入射光强度成正比 C. ν<ν0 时，会逸出光电子 D. 图中直线的斜率与普朗克常量有关 【答案】D 【解析】 【详解】光电子的最大初动能与入射光频率的关系是 Ekm=hv－W，结合图象易判断 D 正确． 5.如图所示，一劲度系数为 k 的轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，上端固定一质量可 忽略的薄板。现将一质量为 m 的物块从距薄板正上方 h 处静止释放，物块落到薄板上立即与 薄板具有相同速度，但不粘连。重力加速度为 g，以下说法正确的是（　　） A. 释放之后，物块做简谐运动 B. 物块刚碰到薄板时速度最大 C. 物块的最大动能为 D. 在最低位置，薄板对物块的支持力大于 2mg 【答案】D 【解析】 【详解】A．物块在运动过程中，有与薄板分离而做自由落体或竖直上抛运动的阶段，故 A 错 误； ( )mgmg h k + - 4 - B．物块速度最大的位置是在合力为零的位置，即弹簧处于压缩状态，故 B 错误； C．在平衡位置，弹簧压缩，由 得 物块的重力势能减少 ，此时弹簧处于压缩状态，弹性势能不为零，可知物块减少 的重力势能没有全部转化为动能，故 C 错误； D．物块与薄板一起运动时是简谐运动，物块刚与薄板接触时，加速度为 g，速度不为零，由 简谐运动的对称性知，最低点比平衡位置下方 x0 处还要靠下，而在平衡位置下方 x0 处物块的 加速度大小为 g，则可知在该处下方的加速度大小必大于 g，故 D 正确。 故选 D。 6.先后用不同的交流电源给同一盏灯泡供电．第一次灯泡两端的电压随时间按正弦规律变化 （如图甲所示）；第二次灯泡两端的电压变化规律如图乙所示．若甲、乙图中的 U0、T 所表示 的电压、周期值是相同的，则以下说法正确的是（　　） A. 第一次，灯泡两端 电压有效值是 B. 第二次，灯泡两端的电压有效值是 C. 第一、第二次，灯泡的电功率之比是 2：9 D. 第一、第二次，灯泡的电功率之比是 1：5 【答案】D 【解析】 【详解】AB．第一次灯泡两端的电压有效值为 设第二次电压的有效值为 ，根据有效值的定义，则有 的 0kx mg= 0 mgx k = ( )mgmg h k + 0 2 U 03 2 U 1 0 2 2 2 2mU U U= = 2U - 5 - 解得 故 AB 错误； CD．由功率的公式 得，灯泡 电功率之比是 故 C 错误，D 正确。 故选 D。 7.一含有理想变压器的电路如图所示，图中电阻 、 和 的阻值分别为 、 和 ， A 为理想交流电流表，U 为正弦交流电压源，输出电压 R 的有效值恒定当开关 S 断开时，电 流表的示数为 I；当 S 闭合时，电流表的示数为 。该变图压器原、副线圈匝数的比值为（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】B 【解析】 【详解】设理想变压器原、副线圈匝数的比值为 k，根据题述，当开关 S 断开时，电流表示数 为 I，则由闭合电路欧姆定律得 由变压公式 及功率关系 ，可得 的 2 2 2 0 0 2(2 ) ( ) 2 2 U U UT T TR R R + = 2 0 10 2U U= 2UP R = 2 2 1 2 1 2: : 1:5U UP P R R = = 1R 2R 3R 3Ω 1Ω 4Ω 4I 1 1U IR U= + 1 1 U kU = 1 2 2U I U I= - 6 - 即副线图输出电流为 ； 当开关 S 闭合时，电流表示数为 ，则有 由变压器公式 及功率关系 可得 即副线圈输出电流为 ， 联立解得 选项 B 正确，ACD 错误； 故选 B. 8.在匀强磁场中，一个 100 匝的闭合矩形金属线圈，绕与磁感线垂直的固定轴匀速转动，穿过 该线圈的磁通量随时间按图示正弦规律变化 设线圈总电阻为 ，则 A. 时，线圈平面平行于磁感线 B. 时，线圈中的电流改变方向 2I kI = 2I kI= ( ) ( )2 2 2 3 2 3U I R R kI R R= + = + 4I 1 14U IR U ′= + 1 2 U kU ′ ′ = 1 2 24U I U I′ ′ ′⋅ = 2 4 I kI ′ = 2 4I kl′ = 2 2 2 24 /U I R k R′ ′= = 3k = . 2Ω 0t = 1t s= - 7 - C. 时，线圈中的感应电动势最大 D. 一个周期内，线圈产生的热量为 【答案】AD 【解析】 【详解】A．根据图象可知，在 t=0 时穿过线圈平面的磁通量为零，所以线圈平面平行于磁感 线，A 正确； B．Φ-t 图象的斜率为 ，即表示磁通量的变化率，在 0.5s～1.5s 之间，“斜率方向“不变， 表示的感应电动势方向不变，则电流强度方向不变，B 错误； C．所以在 t=1.5s 时，通过线圈的磁 量最大，线圈位于中性面，感应电动势为 0，故 C 错误； D．感应电动势的最大值为 ，有效值 ，根据焦耳定律可得一个周期产生的热为 ， 故 D 正确． 9.如图是一弹簧振子在水平面内做简谐运动的 x-t 图像，则下列说法正确的是（　　） A. t1 时刻和 t2 时刻具有相同的速度和动能 B. t2 到 1.0s 时间内加速度变小，速度增大 C. 从 t1 时刻起经过 0.5s，振子通过的路程是 10cm D. t1 到 t2 的时间振子位移为 0 【答案】BD 【解析】 【详解】A．由图可知，t1 时刻和 t2 时刻振子的位移相同，位在同一位置，但速度方向相反， 故动能相同，但速度不同，故 A 错误； B．由 F=－kx、a= 知 t2 到 1.0s 时间内 x 变小、a 变小，由图知质点速度增大，故 B 正确； C．从 t1 时刻经过 0.5s，振子经最大位移处再返回，通过的路程小于一个振幅，故 C 错误； D．t1、t2 时刻振子处在同一位置，位移为 0，故 D 正确。 1.5t s= 28 Jπ t Φ∆ ∆ ( )2100 0.04 4 V2m mE NBS N πω ω π= = Φ = × × = ( )2 2 V 2 mEE π= = 2 2 28 2J 8 J2 EQ TR π π= = × = F m - 8 - 故选 BD。 10.基于下列四幅图的叙述正确的是________． A. 由甲图可知，黑体温度升高时，各种波长的电磁波辐射强度都增加，辐射强度的极大值向 波长较短的方向移动 B. 由乙图可知，a 光光子的频率高于 b 光光子的频率 C. 由丙图可知，该种元素的原子核每经过 7.6 天就有 发生衰变 D. 由丁图可知，中等大小的核的比结合能量大，这些核最稳定 【答案】AD 【解析】 【分析】 考查黑体辐射、光电效应、原子核衰变、比结合能。 【详解】A．由甲图观察可知黑体温度升高时，各种波长的电磁波辐射强度都增加，辐射强度 的极大值向波长较短的方向移动，故 A 正确． B．由乙图可知， 光光子的频率低于于 光光子的频率，故 B 错误． C．由丙图可知，该种元素 原子核每经过 7.6 天就有 发生衰变，故 C 错误． D．由丁图可知，质量数为 40 的原子的比结合能最大，即中等大小的核的比结合能量大，这 些核最稳定，故 D 正确． 故选 AD。 11.天然放射性元素 (钍)经过一系列 α 衰变和 β 衰变之后,变成 (铅),以下说法中正 确的是______． A．铅核比钍核少 8 个质子 B．铅核比钍核少 16 个中子 C．共经过 4 次 α 衰变和 6 次 β 衰变 的 1 4 a b 3 4 90 232 Th 208 82 Pb - 9 - D．共经过 6 次 α 衰变和 4 次 β 衰变 【答案】ABD 【解析】 根据质量数和电荷数守恒可知，铅核比钍核少 90-82=8 个质子，少 16 个中子；发生 衰变是 放出 ，发生 衰变是放出电子 ，设发生了 x 次 衰变和 y 次 衰变，则根据质量数 和电荷数守恒有： ，解得 ，故衰变过程中共有 6 次 衰变和 4 次 衰变，ABD 正确． 12.静止在匀强磁场中的 核发生 α 衰变，产生一个未知粒子 x，它们在磁场中的运动径迹 如图所示．下列说法正确的是（ ） A. 该核反应方程为 B. 粒子和粒子 x 在磁场中做圆周运动时转动方向相同 C. 轨迹 1、2 分别是 粒子、x 粒子的运动径迹 D. 粒子、x 粒子运动径迹半径之比为 45：1 【答案】ABD 【解析】 【详解】A、根据电荷数守恒、质量数守恒可知，x 的质量数为 238﹣4＝234，电荷数为 92﹣2 ＝90，则该核反应方程为 ，故 A 正确． BCD、核反应前 U 核静止，动量为零，根据动量守恒定律得，反应后系统总动量为零，则 α 粒子和 x 核的动量大小相等，方向相反，则 r ，知轨道半径比等于两粒子的电量之反比， 为 45：1，则 2 为 α 粒子的运动径迹，因为两粒子电性相同，速度方向相反，转动方向相同， 故 C 错误，BD 正确． 二、填空题（共 12 分） 13.一些材料的电阻随温度的升高而变化．如图（甲）是由某金属材料制成的电阻 R 随摄氏温 α 4 2 He β 0 1e− α β 2 82 90 4 208 232x y x− + = + =， 6 4x y= =， α β 238 92 U 238 234 4 92 90 2U x He→ + α α α 238 234 4 92 90 2U x He→ + mv Bq = - 10 - 度 t 变化的图像，若用该电阻与电池（电动势 E=1.5V，内阻不计）、电流表（量程为 5mA、内 阻不计）、电阻箱 R′ 串联起来，连接成如图（乙）所示的电路，用该电阻做测温探头，把电流 表的电流刻度改为相应的温度刻度，就得到了一个简单的“金属电阻温度计”． （1）电流刻度较大处对应的温度刻度____________；(填“较大”或“较小”) （2） 若电阻箱阻值 R′=150Ω，当电流为 5mA 时对应的温度数值为________°C． 【答案】 (1). 较小 (2). 50 【解析】 【详解】(1)[1]根据闭合电路欧姆定律得，电路中电流 可见，电阻 R 越小，电流 I 越大，对应的温度越低，所以电流刻度较大处对应的温度刻度较小。 (2)[2]当电流为 5mA 时，由闭合电路欧姆定律 得 由 R-t 图象，根据数学得到 R=t+100（Ω）， 当 R=150Ω 可得 t=50°C 14.在探究用单摆测定重力加速度的实验中。 (1)关于安装仪器及测量时的一些实验操作，下列说法中正确的是_______ A.用最小刻度为毫米的刻度尺测出摆线的长度，记为摆长 l EI R R = + ′ EI R R = + ′ 3 1.5 150 1505 10 ER RI − ′= − = − = Ω× - 11 - B.先将摆球和摆线放在水平桌面上测量摆长 l，再将单摆悬挂在铁架台上 C.使摆线偏离竖直方向某一角度 α（接近 ），然后由静止释放摆球 D.测出摆球两次通过最低点的时间间隔记为此单摆振动的周期 (2)实验测得的数据如表所示： 请将测量数据标在图中，并在图中作出 T2 随 l 变化的关系图像________。 (3)图线的斜率是 k，请用图线的斜率 k 表示该处的重力加速度 g=________； (4)根据图像，可求得当地的重力加速度为________m/s2（π=3.14，结果保留三位有效数字） 【答案】 (1). C (2). (3). (4). 9.86 【解析】 【详解】(1)[1]本实验中，应将摆球和摆线组成单摆之后再测量其摆长，摆长应为悬点到摆球 球心的距离，故 AB 错误； CD．测量单摆的周期时，应为相邻两次通过最低点并且通过最低点的速度方向相同，即单摆 做一次全振动，这段时间才为一个周期，为了减小误差，须测量单摆的多个周期，然后再取 平均值求出一个周期，单摆在摆角小于 时可认为做简谐运动，故 C 正确，D 错误。 故选 C (2)[2]描点、连线如图所示 5° 24 k π 5° - 12 - (3)[3]由单摆周期公式 得 可知图线的斜率 得 (4)[4]根据图象求出图线的斜率 再根据单摆的周期公式 得 由 所以 三、计算题（共 40 分） 15.已知氢原子基态的电子轨道半径为 r1=0.528×10－10m，量子数为 n 的能级值为 eV。（静电力常量 k=9×109N·m2/C2，电子电荷量 e=1.6×10－19C，普朗克常量 h=6.63×10－34J·s， 真空中光速 c=3.00×108m/s，所有计算结果均保留三位有效数字） (1)求电子在基态轨道上运动的动能； 2π LT g = 2 2 4πT Lg = ⋅ 24πk g = 24πg k = 2 24m/sTk l ∆= =∆ 2 lT g π= 2 2 4πT lg = ⋅ 24πk g = 2 24π 9.86m / sg k = = 2 13.6 nE n = − - 13 - (2)有一群氢原子处于量子数 n=3 的激发态，在能级图上用箭头标明这些氢原子能发出哪几种 光谱线； (3)计算问(2)中的这几种光谱线中波长最短的波长。 【答案】（1） ；（2）见解析；（3） 【解析】 【详解】(1)核外电子绕核做匀速圆周运动，静电引力提供向心力，则 又知 ，故电子在基态轨道的动能为 (2)当 n=1 时，能级值为 当 n=2 时，能级值为 当 n=3 时，能级值为 能发生的能级跃迁分别为 3→2，2→1，3→1，所以能发出的谱线共 3 种，能级图如图 (3)由 E3 向 E1 跃迁时发出的光子能量最大，频率最高，波长最短，由 hν=E3－E1 和 13.6eV 71.03 10 m−× 2 2 2 1 1 e vk mr r = 21 2kE mv= ( )29 192 18 k 10 1 9.0 10 1.6 10 2.18 10 J 13.6eV2 2 0.528 10 keE r − − − × × × = = = × =× × 1 2 13.6 eV 13.6eV1E = − = − 2 2 13.6 eV 3.4eV2E = − = − 3 2 13.6 eV 1.51eV3E = − = − cv λ= - 14 - 则有 16.如图甲所示，线圈 abcd 的面积是 0.05m2，共 200 匝，线圈电阻为 1Ω，外接电阻 R=9Ω，匀 强磁场的磁感应强度 ，线圈以 的角速度匀速转动，图乙为计时开始时， 线圈平面与磁感线的位置关系图，电流由 a 流向 b 边规定为正向电流。求：（计算结果可以 保留根号，也可以保留 ） (1)写出线圈中感应电动势的瞬时值表达式，并在图丙中定性画出电动势随时间变化的 e-t 图像 （至少画一个周期）； (2)从计时开始，经 s 通过电阻 R 的电荷量是多少； (3)从计时开始，1min 内电阻 R 产生的热量是多少。 【答案】（1） ；图像见解析；（2） ；（3） 【解析】 【详解】(1)线圈产生电动势的最大值 t=0 时，线圈的相位 由图乙对 ab 边应用右手定则，知电流由 a 流向 b，线圈中感应电动势的瞬时值表达式 e－t 图像如图所示 34 8 7 19 3 1 6.63 10 3.0 10 m 1.03 10 m[( 1.51) ( 13.6)] 1.6 10 hc E E λ − − − × × ×= = = ×− − − − × × 1 TπB = 10πrad/sω = π 1 30 100sin 10 6e t ππ = +   3 2q Cπ= 42.7 10 J× 100VmE nBSω= = 0 π 6 ϕ = π100sin 10π 6e t = +   - 15 - (2) s 转过的圆心角 此时线圈平面与磁感线平行，这段时间内流过电阻 R 的电荷量得 由图乙知 得 (3)该交流电的电动势的有效值 回路电流的有效值 1min 内电阻 R 产生 热量 17.如图所示，质量为 M、倾角为 α 的斜面体（斜面光滑且足够长）放在粗糙的水平地面上， 底部与地面的动摩擦因数为 μ，斜面顶端与劲度系数为 k、自然长度为 L 的轻质弹簧相连，弹 簧的另一端连接着质量为 m 的物块。压缩弹簧使其长度为 时将物块由静止开始释放，且 物块在以后的运动中，弹簧始终在弹性限度内，斜面体始终处于静止状态。重力加速度为 g。 (1)求物块处于平衡位置时弹簧的长度； (2)求弹簧的最大伸长量； 的 1 30 π 3tθ ω= = ( ) n nq I t tr R t r R ⋅∆Φ ⋅∆Φ= ⋅ = ⋅ =+ + 3cos30 40πBS∆Φ = = 3 C2πq = 50 2V 2 mEE = = 5 2AUI r R = =+ 2 42.7 10 JQ I Rt= = × 3 4 L - 16 - (3)为使斜面体始终处于静止状态，动摩擦因数 μ 应满足什么条件。（假设滑动摩擦力等于最大 静摩擦力） 【答案】（1） ；（2） ；（3） 【解析】 【详解】(1)设物块在斜面上平衡时，弹簧伸长量为 ΔL，有 解得 此时弹簧的长度为 (2)物块做简谐运动的振幅为 由对称性可知，最大伸长量为 (3)设物块位移 x 为正，则斜面体受力情况如图所示，由于斜面体平衡 所以有水平方向 竖直方向 又 sinmgL k α∆ = 2 si nmg k α 2 ( 4 sin )cos 4 4 cos sin kL mg Mg mg kL α αµ α α +≥ + − sin 0mg k Lα − ∆ = sinmgL k α∆ = sinmgL k α+ sin 4 L mgA k α= + 2 sin 4 L mg k α+ N1 sin cos 0f F Fα α+ − = N2 N1 cos sin 0F Mg F Fα α− − − = - 17 - F=k(x+ΔL) 联立可得 为使斜面体始终处于静止状态，结合牛顿第三定律，应有 |f|≤μFN2 所以 当 x=－A 时，上式右端达到最大值，于是有 N1 cos 0F mg α= = cosf kx α= N2 sinF Mg mg kx α= + + 2 | | | | cos sinx f k x f Mg ng kx αµ α≥ = + + 2 ( 4 sin )cos 4 4 cos sin kL mg Mg mg kL α αµ α α +≥ + −