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2020孝义高二下学期期末考试物理（B卷）试题扫描版含答案
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2019—2020学年第二学期高二期末教学质量检测试题物理（B）参考答案选择题1【答案】C【解析】试题分析：α射线是高速运动的氦核流，不是氦原子．故A错误．根据光电效应方程Ekm=-W0，知最大初动能与照射光的频率成线性关系，不是成正比，故B错误．核聚变反应方程12H+13H-→24He+01n中，01n表示中子．故C正确．玻尔将量子观念引入原子领域，其理论能够解释氢原子光谱的特征．故D错误．考点：本题考查了放射性元素的衰变、光电效应方程、玻尔理论、核聚变等知识2【答案】B【解析】设用光子能量为的光照射时，光电子的最大初动能为，阴极材料逸出功为，当反向电压达到：以后，具有最大初动能的光电子也达不到阳极 因此，有： 由光电效应方程： 由以上二式：，。 所以此时最大初动能为，该材料的逸出功为。 当电压表读数为时，则电子到达阳极时的最大动能为：，故B正确，ACD错误；3【答案】D【解析】【详解】设人的速度v1，气球的速度v2，根据人和气球动量守恒得：，所以，气球和人运动的路程之和为h=6m，则，，即人下滑，气球上升，所以人离地高度为，故D正确，ABC错误。4【答案】D【解析】以木块的初速度方向为正方向，设第一颗铅弹打入后，设铅弹和木块的共同速度为v1， 即：，解得：，设要使木块停下来或反向运动，总共至少打入n颗铅弹，以铅弹与木块组成的系统为研究对象，由动量定恒得：，则，即：n≥7，总共至少要打入7颗铅弹．即还需要再打入6个，故B正确，ACD错误。5解析 汤姆孙利用气体放电管研究阴极射线，发现了电子，故选项B正确。答案 B6．【答案】 D【解析】 E＝n的理解可以与加速度的定义式a＝类比，感应电动势与磁通量、磁通量的变化量均无关，而与磁通量的变化率有关．具体关系为：感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比，且磁通量的变化率可以等效为一匝线圈产生的感应电动势．7．【解析】 根据正弦式交变电流的产生及其变化规律知(设从中性面开始)，e＝Emsin ωt＝BSωsin ωt＝Φmωsin ωt可知选项C正确。答案 C8．【答案】A解析 线圈两端电压为最大时，通过线圈的磁通量为0(线圈平面与磁感线方向平行)，选项A正确,电压表示数为有效值U＝＝14.14 V，选项B错误；由于电压随时间按正弦规律变化，平均值不是10 V，选项C错误；0.01 s时；当连接外电路时，线圈内的电流方向在1 s内改变100次，选项D错误。答案 A9. 【答案】A【解析】 若F不动，滑片P向下滑动时，滑动变阻器接入电路中的电阻变大，则副线圈回路中总电阻变大，则回路中电流减小，灯泡两端电压减小，功率变小，滑动变阻器两端电压变大，V2的示数变大，而原线圈两端电压不变，则A正确，B错误；若P不动，滑片F向下移动时，根据理想变压器特点可知原线圈两端电压不变，副线圈两端电压减小，则副线圈回路中电流变小，灯泡L消耗的功率减小，电压表V2的示数变小，C、D错误．10.解析 副线圈中电流I2＝16I0，而原线圈中电流I1＝I0，则变压器原副线圈的匝数比n1∶n2＝I2∶I1＝16∶1，选项A错误；由乙图可知交变电流的周期T＝0.02 s，则频率f＝eq \f(1,T)＝50 Hz，变压器不改变交变电流的频率，选项B正确；电流表的示数IA＝I2＝16I0＝ A，选项C错误；U1＝eq \f(n1,n2)U2＝12 V，电压表示数为12 V，选项D错误。答案 A11【答案】AC【解析】物体与橡皮泥粘合的过程，发生非弹性碰撞，系统机械能有损失，所以全过程系统的机械能不守恒，A正确D错误；取小车、物体和弹簧为一个系统，则系统水平方向不受外力（若物体在滑动有摩擦力，为系统的内力），全过程系统的动量守恒，B错误；取系统的初速度方向为正方向，根据动量守恒定律可知，物体沿车滑动到B端粘在B端的油泥上后系统共同的速度与初速度是相同的，C正确．【点睛】本题根据动量守恒和机械能守恒的条件进行判断：动量守恒的条件是系统不受外力或受到的外力的合力为零；机械能守恒的条件是除重力和弹力外的其余力不做功．12【答案】AD【解析】A.这群氢原子能发出种频率不同的光，根据玻尔理论得知，从n=3跃迁到n=2所发出的光能量最小，由得知，频率最低，波长最长，故A正确、B错误；从n=3跃迁到n=1所发出的光能量最大，光照射逸出功为2.49eV的金属钠，所发出的光电子的初动能最大，根据爱因斯坦光电效应方程得，故C错误，D正确。13．【答案】BD【解析】 当S闭合时，通过自感线圈的电流逐渐增大而产生自感电动势，L相当于断路，电容C较大，相当于短路，当电流稳定时，L相当于短路，电容C相当于断路，故P灯先亮后灭，Q灯逐渐变亮；当S断开时，灯泡P与自感线圈L组成了闭合回路，灯泡P中的电流先增大后减小至零，故闪亮一下熄灭，电容器与灯泡Q组成闭合回路，电容器放电，故灯泡Q逐渐熄灭，选项B，D正确．二、非选择题（一）必考14解析 (2)由电阻伏安特性曲线可知：随电流、电压的增大，曲线斜率也增大，因此热敏电阻的阻值减小。(3)毫安表内阻不计，则通过R1的电流I1＝eq \f(E,R1)＝eq \f(9,30) A＝300 mA。通过R2和R的电流为I2＝IA－I1＝500 mA－300 mA＝200 mA，由R的伏安特性曲线可以读出，当I2＝200 mA时，R两端的电压为U＝4 V，则R2两端的电压U2＝E－U＝5 V，所以R2＝eq \f(U2,I2)＝eq \f(5,200×10－3) Ω＝25 Ω。答案 (1) (3分)连接实物图如图所示(2)减小(2分) (3)25 Ω(3分)15(12分)(1)4 A 方向由d到c (2)0.2 N (3)0.4 J解析 (1)棒cd受到的安培力Fcd＝IlB棒cd受力平衡，则Fcd＝mgsin 30°(1分)联立并代入数据解得I＝4 A(1分)电流方向由d到c.(1分)(2)棒ab与棒cd受到的安培力大小相等Fab＝Fcd(1分)对棒ab由平衡条件有F＝mgsin 30°＋IlB(2分)代入数据解得F＝0.2 N(1分)(3)设在时间t内棒cd产生Q＝0.1 J的热量，由焦耳定律可知Q＝I2Rt(1分)设ab棒匀速运动的速度大小为v，则产生的感应电动势E＝Blv(1分)由闭合电路欧姆定律知I＝eq \f(E,2R)(1分)由运动学公式知，在时间t内，棒ab沿导轨的位移x＝vt力F做的功W＝Fx(1分)综合上述各式，代入数据解得W＝0.4 J.(1分)16（23分）解析:(1)设分离时小球的速度为v0，滑块的速度为v1,对小球有 (2分) (1分)滑块的水平速度和小球的水平分速度相等 (1分)利用机械能守恒 得m=4 kg (2分)设滑块进入电场时滑块的速度为v2由动能定理 （2分）得： （1分） 设滑块受到的电场力为F1 , 由0.5s走3m得a=-8m/s2 滑块向右减速到零所用时间 （1分）位移大小 （1分） 根据牛顿第二定律： 得F1= -24N （可知该电荷带负电） （1分） 所以撤去电场的时刻一定在返回的过程中，滑块向左运动的加速度大小为 （1分）再经过时间t2 撤去电场 （1分）向左总位移大小 （1分）由动能定理有 （1分） （1分）所以 （1分）则撤去电场的时刻 （1分）由上式中 （2分） （2分）（二）选考题（共15分）（3—3）（1）【答案】C【详解】AB.当分子间距增大时，分子之间的引力和斥力都同时减小，故AB错误；CD.当两个分子从靠近的不能再近的位置开始，使二者之间的距离逐渐增大，达到分子间距等于r0的过程，分子间的相互作用力（合力）减小，当从r0再增大时，分子引力减小的较慢，故合力表现为引力，且增大，然后增大到某一值，又减少，至直到大于分子直径的10倍，引力与斥力均几乎为零，其合力为零，故C正确，D错误。（2）【答案】BC【解析】A.从状态a到b是一个等容变化过程，随压强的减小，气体的温度降低，故错误；B.从状态b到c是一个升压、升温的过程，同时体积增大，故B正确。C.从状态d到c，温度不变，理想气体内能不变，但是由于压强减小，所以体积增大，故C正确；D.从状态d到a是一个等压、降温的过程，同时体积减小，故D错误；（3）【答案】(1) (2) 【解析】 (1)气体体积不变，由查理定律得解得：(2)设气体温度为360K时活塞离起底的距离为，由理想气体状态方程得，，解得：。（3-4）（1）．C 由于激光的平行性好，激光传播很远的距离后仍能保持一定的强度，常用来精确测距离，A错误；；用光导纤维束传送图象信息，这是光的全反射的应用，B错误；在双缝干涉实验中，条纹间距Δx＝eq \f(l,d)λ，要使条纹变宽，可以增大l、减小d或将入射光由波长较短的绿光变为波长较长的红光，C正确；频率越大的光，折射率越大，全反射临界角越小，所以A、B两种光从相同的介质入射到真空中，若A光的频率大于B光的频率，则逐渐增大入射角，A光先达到临界角而发生全反射，D错误。 （2）答案 AE解析 由振动图象可知，振动周期为2 s，波长为λ＝vT＝4 m，质点a开始起振的方向为y轴正方向，故波传播到质点d时，质点d开始振动的方向也沿y轴正方向，选项A正确；振动传到b点需要的时间为2 s，故在剩下的2 s内，质点b通过的路程为4A＝8 cm，选项B错误；第4 s时刻振动传到e点，此时d点在平衡位置向下振动，故4～4.5 s内质点d的加速度正在逐渐增大，选项C错误；振动传到e点需时间4 s，故6 s时质点正好振动一个周期第二次回到平衡位置，选项D错误；因ac之间正好相差1.5个波长的距离，故各质点都振动起来后，a与c的振动方向始终相反，选项E正确．（3）解析 由光路图可知：设折射角为，由折射定律n＝得：＝30°由图中的几何关系得：侧移量δ＝＝ cm
2019—2020学年第二学期高二期末教学质量检测试题物理（B）参考答案选择题1【答案】C【解析】试题分析：α射线是高速运动的氦核流，不是氦原子．故A错误．根据光电效应方程Ekm=-W0，知最大初动能与照射光的频率成线性关系，不是成正比，故B错误．核聚变反应方程12H+13H-→24He+01n中，01n表示中子．故C正确．玻尔将量子观念引入原子领域，其理论能够解释氢原子光谱的特征．故D错误．考点：本题考查了放射性元素的衰变、光电效应方程、玻尔理论、核聚变等知识2【答案】B【解析】设用光子能量为的光照射时，光电子的最大初动能为，阴极材料逸出功为，当反向电压达到：以后，具有最大初动能的光电子也达不到阳极 因此，有： 由光电效应方程： 由以上二式：，。 所以此时最大初动能为，该材料的逸出功为。 当电压表读数为时，则电子到达阳极时的最大动能为：，故B正确，ACD错误；3【答案】D【解析】【详解】设人的速度v1，气球的速度v2，根据人和气球动量守恒得：，所以，气球和人运动的路程之和为h=6m，则，，即人下滑，气球上升，所以人离地高度为，故D正确，ABC错误。4【答案】D【解析】以木块的初速度方向为正方向，设第一颗铅弹打入后，设铅弹和木块的共同速度为v1， 即：，解得：，设要使木块停下来或反向运动，总共至少打入n颗铅弹，以铅弹与木块组成的系统为研究对象，由动量定恒得：，则，即：n≥7，总共至少要打入7颗铅弹．即还需要再打入6个，故B正确，ACD错误。5解析 汤姆孙利用气体放电管研究阴极射线，发现了电子，故选项B正确。答案 B6．【答案】 D【解析】 E＝n的理解可以与加速度的定义式a＝类比，感应电动势与磁通量、磁通量的变化量均无关，而与磁通量的变化率有关．具体关系为：感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比，且磁通量的变化率可以等效为一匝线圈产生的感应电动势．7．【解析】 根据正弦式交变电流的产生及其变化规律知(设从中性面开始)，e＝Emsin ωt＝BSωsin ωt＝Φmωsin ωt可知选项C正确。答案 C8．【答案】A解析 线圈两端电压为最大时，通过线圈的磁通量为0(线圈平面与磁感线方向平行)，选项A正确,电压表示数为有效值U＝＝14.14 V，选项B错误；由于电压随时间按正弦规律变化，平均值不是10 V，选项C错误；0.01 s时；当连接外电路时，线圈内的电流方向在1 s内改变100次，选项D错误。答案 A9. 【答案】A【解析】 若F不动，滑片P向下滑动时，滑动变阻器接入电路中的电阻变大，则副线圈回路中总电阻变大，则回路中电流减小，灯泡两端电压减小，功率变小，滑动变阻器两端电压变大，V2的示数变大，而原线圈两端电压不变，则A正确，B错误；若P不动，滑片F向下移动时，根据理想变压器特点可知原线圈两端电压不变，副线圈两端电压减小，则副线圈回路中电流变小，灯泡L消耗的功率减小，电压表V2的示数变小，C、D错误．10.解析 副线圈中电流I2＝16I0，而原线圈中电流I1＝I0，则变压器原副线圈的匝数比n1∶n2＝I2∶I1＝16∶1，选项A错误；由乙图可知交变电流的周期T＝0.02 s，则频率f＝eq \f(1,T)＝50 Hz，变压器不改变交变电流的频率，选项B正确；电流表的示数IA＝I2＝16I0＝ A，选项C错误；U1＝eq \f(n1,n2)U2＝12 V，电压表示数为12 V，选项D错误。答案 A11【答案】AC【解析】物体与橡皮泥粘合的过程，发生非弹性碰撞，系统机械能有损失，所以全过程系统的机械能不守恒，A正确D错误；取小车、物体和弹簧为一个系统，则系统水平方向不受外力（若物体在滑动有摩擦力，为系统的内力），全过程系统的动量守恒，B错误；取系统的初速度方向为正方向，根据动量守恒定律可知，物体沿车滑动到B端粘在B端的油泥上后系统共同的速度与初速度是相同的，C正确．【点睛】本题根据动量守恒和机械能守恒的条件进行判断：动量守恒的条件是系统不受外力或受到的外力的合力为零；机械能守恒的条件是除重力和弹力外的其余力不做功．12【答案】AD【解析】A.这群氢原子能发出种频率不同的光，根据玻尔理论得知，从n=3跃迁到n=2所发出的光能量最小，由得知，频率最低，波长最长，故A正确、B错误；从n=3跃迁到n=1所发出的光能量最大，光照射逸出功为2.49eV的金属钠，所发出的光电子的初动能最大，根据爱因斯坦光电效应方程得，故C错误，D正确。13．【答案】BD【解析】 当S闭合时，通过自感线圈的电流逐渐增大而产生自感电动势，L相当于断路，电容C较大，相当于短路，当电流稳定时，L相当于短路，电容C相当于断路，故P灯先亮后灭，Q灯逐渐变亮；当S断开时，灯泡P与自感线圈L组成了闭合回路，灯泡P中的电流先增大后减小至零，故闪亮一下熄灭，电容器与灯泡Q组成闭合回路，电容器放电，故灯泡Q逐渐熄灭，选项B，D正确．二、非选择题（一）必考14解析 (2)由电阻伏安特性曲线可知：随电流、电压的增大，曲线斜率也增大，因此热敏电阻的阻值减小。(3)毫安表内阻不计，则通过R1的电流I1＝eq \f(E,R1)＝eq \f(9,30) A＝300 mA。通过R2和R的电流为I2＝IA－I1＝500 mA－300 mA＝200 mA，由R的伏安特性曲线可以读出，当I2＝200 mA时，R两端的电压为U＝4 V，则R2两端的电压U2＝E－U＝5 V，所以R2＝eq \f(U2,I2)＝eq \f(5,200×10－3) Ω＝25 Ω。答案 (1) (3分)连接实物图如图所示(2)减小(2分) (3)25 Ω(3分)15(12分)(1)4 A 方向由d到c (2)0.2 N (3)0.4 J解析 (1)棒cd受到的安培力Fcd＝IlB棒cd受力平衡，则Fcd＝mgsin 30°(1分)联立并代入数据解得I＝4 A(1分)电流方向由d到c.(1分)(2)棒ab与棒cd受到的安培力大小相等Fab＝Fcd(1分)对棒ab由平衡条件有F＝mgsin 30°＋IlB(2分)代入数据解得F＝0.2 N(1分)(3)设在时间t内棒cd产生Q＝0.1 J的热量，由焦耳定律可知Q＝I2Rt(1分)设ab棒匀速运动的速度大小为v，则产生的感应电动势E＝Blv(1分)由闭合电路欧姆定律知I＝eq \f(E,2R)(1分)由运动学公式知，在时间t内，棒ab沿导轨的位移x＝vt力F做的功W＝Fx(1分)综合上述各式，代入数据解得W＝0.4 J.(1分)16（23分）解析:(1)设分离时小球的速度为v0，滑块的速度为v1,对小球有 (2分) (1分)滑块的水平速度和小球的水平分速度相等 (1分)利用机械能守恒 得m=4 kg (2分)设滑块进入电场时滑块的速度为v2由动能定理 （2分）得： （1分） 设滑块受到的电场力为F1 , 由0.5s走3m得a=-8m/s2 滑块向右减速到零所用时间 （1分）位移大小 （1分） 根据牛顿第二定律： 得F1= -24N （可知该电荷带负电） （1分） 所以撤去电场的时刻一定在返回的过程中，滑块向左运动的加速度大小为 （1分）再经过时间t2 撤去电场 （1分）向左总位移大小 （1分）由动能定理有 （1分） （1分）所以 （1分）则撤去电场的时刻 （1分）由上式中 （2分） （2分）（二）选考题（共15分）（3—3）（1）【答案】C【详解】AB.当分子间距增大时，分子之间的引力和斥力都同时减小，故AB错误；CD.当两个分子从靠近的不能再近的位置开始，使二者之间的距离逐渐增大，达到分子间距等于r0的过程，分子间的相互作用力（合力）减小，当从r0再增大时，分子引力减小的较慢，故合力表现为引力，且增大，然后增大到某一值，又减少，至直到大于分子直径的10倍，引力与斥力均几乎为零，其合力为零，故C正确，D错误。（2）【答案】BC【解析】A.从状态a到b是一个等容变化过程，随压强的减小，气体的温度降低，故错误；B.从状态b到c是一个升压、升温的过程，同时体积增大，故B正确。C.从状态d到c，温度不变，理想气体内能不变，但是由于压强减小，所以体积增大，故C正确；D.从状态d到a是一个等压、降温的过程，同时体积减小，故D错误；（3）【答案】(1) (2) 【解析】 (1)气体体积不变，由查理定律得解得：(2)设气体温度为360K时活塞离起底的距离为，由理想气体状态方程得，，解得：。（3-4）（1）．C 由于激光的平行性好，激光传播很远的距离后仍能保持一定的强度，常用来精确测距离，A错误；；用光导纤维束传送图象信息，这是光的全反射的应用，B错误；在双缝干涉实验中，条纹间距Δx＝eq \f(l,d)λ，要使条纹变宽，可以增大l、减小d或将入射光由波长较短的绿光变为波长较长的红光，C正确；频率越大的光，折射率越大，全反射临界角越小，所以A、B两种光从相同的介质入射到真空中，若A光的频率大于B光的频率，则逐渐增大入射角，A光先达到临界角而发生全反射，D错误。 （2）答案 AE解析 由振动图象可知，振动周期为2 s，波长为λ＝vT＝4 m，质点a开始起振的方向为y轴正方向，故波传播到质点d时，质点d开始振动的方向也沿y轴正方向，选项A正确；振动传到b点需要的时间为2 s，故在剩下的2 s内，质点b通过的路程为4A＝8 cm，选项B错误；第4 s时刻振动传到e点，此时d点在平衡位置向下振动，故4～4.5 s内质点d的加速度正在逐渐增大，选项C错误；振动传到e点需时间4 s，故6 s时质点正好振动一个周期第二次回到平衡位置，选项D错误；因ac之间正好相差1.5个波长的距离，故各质点都振动起来后，a与c的振动方向始终相反，选项E正确．（3）解析 由光路图可知：设折射角为，由折射定律n＝得：＝30°由图中的几何关系得：侧移量δ＝＝ cm
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