江西省赣州市定南中学2021-2022学年高二（下）5月物理试题

这是一份江西省赣州市定南中学2021-2022学年高二（下）5月物理试题，共19页。试卷主要包含了下列说法正确的是，如图为远距离输电示意图，关于光电效应，下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
江西省赣州市定南中学2021-2022学年高二（下）5月物理试题第I卷（选择题）评卷人得分  一、单选题1．某线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，产生交变电流的图像如图所示，由图中信息可以判断（　　） A．在A和C时刻线圈处于垂直于中性面位置B．在B和D时刻穿过线圈的磁通量为零C．从A到D时刻线圈转过的角度为D．若从O到D时刻历时0.02s，则在1s内交变电流的方向改变50次2．下列说法正确的是（　　）A．衰变为经过4次衰变，2次衰变B．衰变中产生的射线实际上是原子的核外电子挣脱原子核的束缚而形成的C．氡的半衰期为3.8天，若有16个氡原子核，经过7.6天后一定只剩下4个氡原子核D．结合能越大原子核越稳定3．如图为氢原子的能级图，现有一个处于能级的氢原子，则该氢原子（　　） A．电离能为-13.6eVB．可能发射出6种频率的光子C．发射出的光子可能打出逸出功为2.22eV的金属钾中的电子D．由能级跃迁到能级时发出的光子波长最短4．质量为m的钢球自高处落下，以速率碰到水平地面后，竖直向上弹回，碰撞时间为，离地的速率为，不计空气阻力，在碰撞过程中（　　）A．钢球的动量变化量方向向下，大小为B．钢球的动量变化量方向向上，大小为C．钢球所受合力的冲量方向向下，大小为D．钢球受地面的弹力大小为5．如图为远距离输电示意图。发电机输出功率P恒定，用户消耗的功率为，升压变压器原、副线圈两端的电压分别为和，输电线总电阻为。下列说法正确的是（　　）A．将滑片P下移，用户获得的电压将升高B．若提高为原来的10倍，输电线上损失的功率为原来的C．升压变压器输出功率为D．输电线上的功率关系为6．如图所示电路中，L是一个不计直流电阻的电感线圈，C是电容器，R是电阻，L1、L2、L3是完全相同的小灯泡，S是单刀双掷开关，1接直流电源，2接交流电源，K是单刀单掷开关，下列叙述正确的有（　　） A．开关K闭合，开关S与2接通后，灯L1不发光B．开关K闭合，开关S与2接通后，只增大电源频率，L1灯变暗，L2灯变亮C．开关K闭合，开关S与1接通时，灯L1和L2都是逐渐变亮D．开关K闭合，开关S与1接通，断开开关K，灯L3闪亮一下逐渐熄灭7．如图所示，将一均匀导线围成一圆心角为90°的扇形导线框，圆弧的圆心为O点，将O点置于直角坐标系的原点，其中第二和第四象限存在垂直纸面向里的匀强磁场，其磁感应强度大小为B，第三象限存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为。时刻，让导线框从图示位置开始以O点为圆心沿逆时针方向做匀速圆周运动，规定电流方向为正，在下面四幅图中能够正确表示电流i与时间t关系的是（　　） A． B．C． D．评卷人得分  二、多选题8．如图所示是电表中的指针和电磁阻尼器，下列说法中正确的是(     ) A．1是磁铁，在2中产生涡流B．2是磁铁，在1中产生涡流C．该装置的作用是使指针能很快地稳定D．该装置的作用是使指针能够转动9．关于光电效应，下列说法正确的是（　　） A．图a中，若电源右侧是正极，则增大电压，微安表G的示数减小B．图b中，丙光的频率大于甲光的频率，甲光的光强大于乙光的光强C．图c中，为金属的截止频率D．图c中，图线的斜率为普朗克常量10．如图所示，电阻不计的平行金属导轨与水平面间的倾角为，下端与阻值为R的定值电阻相连，磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过导轨平面。有一质量为m长为L的导体棒从位置获得平行于斜面的、大小为的初速度向上运动，最远到达的位置，滑行的距离为。已知导体棒的电阻也为R，与导轨之间的动摩擦因数为，则（　　）A．上滑过程中导体棒受到的最大安培力为B．上滑过程中电流做功产生的热量为C．上滑过程中导体棒所受安培力做的功为D．上滑过程中导体棒损失的机械能为第II卷（非选择题）评卷人得分  三、实验题11．在图甲中，不通电时电流计指针停在正中央，当闭合开关时，观察到电流计指针向左偏。现在按图乙连接方式将电流计与螺线管B连成一个闭合回路，将螺线管A与电池、滑动变阻器和开关S串联成另一个闭合回路：（1）在图乙中，开关S闭合后，将螺线管A插入螺线管B的过程中，螺线管B的___________端（填“上”或“下”）为感应电动势的正极；（2）在图乙中，螺线管A放在B中不动，开关S突然断开的瞬间，电流计的指针将___________（填“向左”、“向右”或“不发生”）偏转；（3）在图乙中，螺线管A放在B中不动，滑动变阻器的滑片向左滑动，电流计的指针将___________（填“向左”、“向右”或“不发生”）偏转；（4）探究过程中，要使指针偏转角度变大，下列方案可行的有___________A．增加A线圈匝数             B．减少A线圈匝数C．增大插入速度             D．减小插入速度12．用如图所示的装置，研究两个小球在碰撞前后的动量关系：先安装好实验装置，在一块木板上铺一张白纸，白纸上铺放复写纸。将木板竖直立于槽口处，不放被碰小球，使入射小球从斜槽上适当的位置由静止释放，小球撞到木板并在白纸上留下痕迹O；将木板向远离槽口平移一段距离，再使入射小球从斜槽上同一位置由静止释放，小球撞到木板上得到痕迹P；然后把大小相同的被碰小球静止放在斜槽末端，入射小球仍从原来位置由静止释放，与被碰小球相碰后，两球撞在木板上得到痕迹M和N。（1）对于上述实验操作，下列说法正确的是___________A．应使小球每次从斜槽上相同的位置自由滚下B．斜槽轨道必须光滑C．斜槽轨道末端必须水平D．入射小球质量应大于被碰小球的质量（2）上述实验除需测量线段、、的长度外，还必须测量的物理量有___________A．A、B两点间的高度差hB．B点离木板的水平距离xC．小球A和小球B的质量、D．小球A和小球B的半径r（3）当所测物理量满足表达式___________（用所测物理量的字母表示）时，说明两球在碰撞中遵循动量守恒定律。评卷人得分  四、解答题13．如图所示，甲车的质量是2kg，静止在光滑水平面上，上表面光滑，右端放一个质量为1kg的小物体。乙车质量为4kg，以5m/s的速度向左运动，与甲车碰撞以后甲车获得8m/s的速度，物体滑到乙车上。若乙车足够长，上表面与物体的动摩擦因数为0.2，则物体在乙车上表面滑行多长时间相对乙车静止？（g取10m/s2）14．如图所示线圈面积为0.05m2，共100匝，线圈总电阻为，外电阻，线圈处于的匀强磁场中。当线圈绕OO＇以转速匀速转动时，从线圈处于图示位置开始计时，求： （1）线圈转过90°时交流电压表的示数U；（2）线圈转过180°的过程中，通过电阻的电荷量q；（3）线圈匀速转一圈回路产生的总热量Q。15．近年来，受控核聚变的科学可行性已得到验证，目前正在突破关键技术，最终将建成商用核聚变电站。一种常见的核聚变反应是由氢的同位素氘（）和氚（）聚变成氦（），并释放一个中子。若已知氘原子的质量为，氚原子的质量为，氦原子的质量为，中子的质量为，，光速。（1）写出氘和氚聚变的反应方程；（2）试计算这个核反应释放出来的能量；（3）若建一座功率为的核聚变电站，假设聚变所产生的能量有60%变成了电能，每年要消耗多少质量的氘？（一年按计算，结果取二位有效数字）16．如图所示，两条无限长且光滑的平行金属、的电阻为零，相距，水平放置在方向竖直向下、磁感应强度的匀强磁场中，、两金属棒垂直地跨放在导轨上，与导轨接触良好，电阻均为，的质量为，的质量。给棒一个向右的瞬时冲量，使之以初速度开始滑动，当、两金属棒速度相等后保持匀速运动。求： （1）从棒刚开始运动到两金属棒速度相等这一过程，电路中一共产生了多少焦耳热；（2）从棒刚开始运动到两金属棒速度相等这一过程，通过回路中的电量为多少；（3）当棒速度为时，求ab棒受到的安培力大小和方向。
参考答案：1．A【解析】【分析】【详解】AB．由图象可知，在A、C时刻感应电流最大，此时线圈与中性面垂直，穿过线圈的磁通量为零；在B、D时刻，感应电流为零，此时线圈位于中性面上，穿过线圈的磁通量最大，故A正确，B错误；C．从A到D，经历个周期，线圈转过的角度为故C错误；D．由图象可知，从O～D是一个周期，如果经历时间为0.02s，则1s是50个周期，一个周期内，电流方向改变两次，所以1s内电流方向改变100次，故D错误。故选A。2．A【解析】【分析】【详解】A．衰变为经过衰变的次数为次； 衰变次数次，选项A正确； B．衰变中产生的射线实际上是原子核内的中子转化为质子时放出的电子，选项B错误；C．放射性元素的半衰期是大量原子核衰变的统计规律，对少数原子核的衰变不适用，选项C错误； D．比结合能越大原子核越稳定，选项D错误。故选A。3．C【解析】【分析】【详解】A．处于能级的氢原子，则该氢原子的能量为-0.85eV，其电离能为0.85eV，A错误；B．一群处于能级的氢原子，才能发射出6种频率的光子，而一个处于能级的氢原子，不能发出6种频率的光子，B错误；C．根据由能级跃迁到能级时发射出的光子的能量为12.75eV，大于2.22eV，可以打出逸出功为2.22eV的金属钾中的电子，C正确；D．根据由能级跃迁到能级时发出的光子波长最长，D错误。故选C。4．B【解析】【分析】【详解】AB．以向上为正方向，则钢球的动量变化量方向向上，选项A错误，B正确；C．根据动量定理可知，钢球所受合力的冲量方向向上，大小为，选项C错误；D．以向上为正方向，根据动量定理解得钢球受地面的弹力大小为选项D错误。故选B。5．B【解析】【分析】【详解】A．若P下移，降压变压器的原线圈匝数增大，根据用户的电压降低，故A错误；B．若提高为原来的10倍，输送线路上的电流变为原来的，根据公式故输电线上损失的功率为原来的，故B正确；C．升压变压器输出功率为P，故C错误；D．输电线损耗的功率为不是，所以输电线上的功率关系为故D错误；故选B。6．D【解析】【分析】【详解】A．开关K闭合，开关S与2接通后，因为交流电能够通过电容器，灯L1发光，A错误；B．开关K闭合，开关S与2接通后，根据只增大电源频率，XL变大，XC变小，L2灯变暗，L1灯变亮，B错误；C．开关K闭合，开关S与1接通时，直流电不能通过电容器，灯L1不亮，由于自感，L2逐渐变亮，C错误；D．开关K闭合，开关S与1接通，因为L是一个不计直流电阻的电感线圈，此时L2的电流I2比L3的电流I3大；断开开关K，由于电感线圈产生自感电动势，并且灯L3的电流由I3突然变为I2，然后电流再逐渐减小，所以L3闪亮一下逐渐熄灭，D正确。故选D。7．C【解析】【分析】【详解】在0～t0时间内，线框沿逆时针方向从图示位置开始（t=0）转过90°的过程中，产生的感应电动势为E1=Bω•R2由闭合电路欧姆定律得，回路中的电流为根据楞次定律判断可知，线框中感应电流方向为逆时针方向（沿ONM方向）．在t0～2t0时间内，线框进入第三象限的过程中，回路中的电流方向为顺时针方向（沿OMN方向）。回路中产生的感应电动势为E2=Bω•R2+•2Bω•R2=BωR2=3E1感应电流为I2=3I1在2t0～3t0时间内，线框进入第四象限的过程中，回路中的电流方向为逆时针方向（沿ONM方向），回路中产生的感应电动势为E3=Bω•R2+•2Bω•R2=Bω•R2=3E1感应电流为I3=3I1在3t0～4t0时间内，线框出第四象限的过程中，回路中的电流方向为顺时针方向（沿OMN方向），回路中产生的感应电动势为E4=Bω•R2回路电流为I4=I1故C正确，ABD错误．故选C。8．BC【解析】【分析】  【详解】该装置为电磁阻尼，2是磁铁，1为闭合线框，当1切割磁感线在1中产生涡流，将动能转化成内能，从而使1很快的稳定，故BC正确，AD错误．故选BC。9．BC【解析】【分析】【详解】A．图a中，若电源右侧是正极，则所加电压为正向电压，若增大电压，微安表G的示数开始时将逐渐变大，到达饱和电流时，即使再增大电压，微安表的示数保持不变，选项A错误；B．图b中，丙光的遏止电压大于甲光的遏止电压，根据可知，丙光的频率大于甲光的频率；甲乙两光的遏制电压相同，则频率相同，甲光的饱和电流大于乙光，则甲光的光强大于乙光的光强，选项B正确；CD．图c中，根据可得则图线的斜率为；当Uc=0时 即为金属的截止频率，选项C错误，D正确。故选BD。10．BD【解析】【分析】【详解】A．导体棒开始运动时速度最大，产生的感应电动势和感应电流最大，所受的安培力最大，由、和得最大安培力为故A错误；B．根据能量守恒可知，上滑过程中导体棒的动能减小，转化为焦耳热、摩擦生热和重力势能，则有电流做功发出的热量为故B正确；C．导体棒克服安培力做的功等于电路中产生的焦耳热，即克服安培力所做的功为故C错误；D．上滑的过程中导体棒的动能减小，重力势能增加mgssinθ，所以导体棒损失的机械能为，故D正确。故选BD。11．     下     向右     向左     AC【解析】【分析】【详解】根据甲电路可知，当闭合开关时，观察到电流计指针向左偏，说明电流从哪方流入电流计，指针就向哪方偏转；（1）[1]在图乙中，开关S闭合后，螺线管的下端为N极，将螺线管A插入螺线管B的过程中，根据楞次定律可判断，螺线管B的下端为感应电动势的正极；（2）[2]在图乙中，螺线管A放在B中不动，开关S突然断开的瞬间，根据楞次定律可知，螺线管B中产生向上的电流，电流从负极流入电流计，则电流计的指针将向右偏转；（3）[3]在图乙中，螺线管A放在B中不动，滑动变阻器的滑片向左滑动，电阻减小，A中电流变大，根据楞次定律可知，螺线管B中产生向下的电流，电流从正极流入电流计，电流计的指针将向左偏转；（4）[4]要使指针偏转角度变大，即感应电流变大，则AB．增加A线圈匝数，可使A中磁场增强，从而使得穿过B的磁通量增大，其他条件不变时能在B中产生更大的感应电流，选项A正确，B错误；CD．增大插入速度，在其他条件不变时，会使穿过B的磁通量变化率变大，从而产生更大的感应电流，选项C正确，D错误。故选AC。12．     ACD     C     【解析】【分析】【详解】(1)[1] A．为保证小球A运动到水平轨道时速度相等，应使小球A每次从斜槽上相同的位置自由滑下，故A正确；BC．小球做平抛运动，所以要求斜槽轨道末端必须水平，轨道末端不必光滑，故B错误，C正确；D．为了防止入射球反弹，所以入射小球质量应大于被碰小球的质量，故D正确。故选ACD。(2)[2]小球在竖直方向上在水平方向联立可得两球碰撞中系统动量守恒，向右为正方向，可得即所以实验除已测量的物理量是OP、OM、ON的高度，还必须测量A、B两球的质量m1、m2，故选C。(3)[3]由上分析可知若满足即两球碰撞中系统动量守恒。13．0.4 s【解析】【分析】这是一个多过程的物理问题：第一个物理过程是甲乙碰撞的过程，由于甲车上表面光滑，故在甲乙碰撞过程中，小物体不受影响，它的速度不变，甲乙组成的系统动量守恒；第二过程是小物体和乙车相互作用的过程，以小物体和乙车为系统，动量守恒，就可以求出小物体的末速度，再应用运动学知识就可以求出正确的结果。【详解】乙与甲碰撞动量守恒m乙v乙=m乙v乙′+m甲v甲′小物体m在乙上滑动至有共同速度v，对小物体与乙车运用动量守恒定律得m乙v乙′=(m+m乙)v对小物体应用牛顿第二定律得a=μg所以14．（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）根据题意有转速为线圈的角速度为感应电动势最大值为电动势有效值为电流有效值为电压表的示数（2）根据法拉第电磁感应定律又有根据闭合电路欧姆定律又有解得（3）线圈匀速转一圈，回路产生的总热量为又有解得15．（1）； （2）2.8×10-12J；（3）19kg【解析】【分析】【详解】（1）氘和氚聚变的反应方程 （2）根据爱因斯坦质能方程得△E=△mc2=（2.0141+3.0160-4.0026-1.0087）×10-27×（3×108）2=1.66×10-27×9×1016J=2.8×10-12J（3）设每年消耗氘的质量为m，根据能量守恒定律得代入数据解得m=19kg16．（1）4J；（2）4C；（3），水平向左【解析】【详解】（1）从棒刚开始运动到两金属棒速度相等这一过程，由动量守恒定律解得根据能量守恒定律可得，电路中一共产生焦耳热（2）从棒刚开始运动到两金属棒速度相等这一过程，对金属棒cd，由动量定理又有解得（3）当棒速度为时，由动量守恒定律解得此时电路中的电动势为电路中的电流方向由b到a，棒受到的安培力大小为由左手定则可知，安培力方向水平向左。