《云南省昆明市官渡区一中2020学年高二物理下学期期中试题（含解析）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《云南省昆明市官渡区一中2020学年高二物理下学期期中试题（含解析）（17页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、官渡一中高二年级2020学年下学期5月期中考 物理试卷一、单项选择题1.下列有关动量的说法中正确的是A. 物体的动量发生改变，其动能一定改变B. 物体的运动状态改变，其动量一定改变C. 对于同一研究对象，若机械能守恒，则动量一定守恒D. 对于同一研究对象，若动量守恒，则机械能一定守恒【答案】B【解析】【详解】物体的动量发生改变，其动能不一定改变，例如做匀速圆周运动的物体，选项A错误；物体的运动状态改变，则速度发生变化，根据P=mv知，动量一定改变。故B正确。对于同一研究对象，若机械能守恒，则动量不一定守恒，例如做平抛运动的物体，选项C错误；对于同一研究对象，若动量守恒，则机械能不一定守恒，如非
2、弹性碰撞，故D错误.2.某种单色光的频率为，用它照射某种金属时，在逸出的光电子中动能最大值为Ek，则这种金属的逸出功和极限频率分别是（ ）A. h-Ek，-B. Ek-h，+C. h+Ek，-D. Ek+h，+【答案】A【解析】【分析】根据光电效应方程，结合光电子的最大初动能，即可求解逸出功【详解】根据光电效应方程得，这种金属的逸出功；且因此极限频率，故A正确，BCD错误；故选A。【点睛】解决本题的关键掌握光电效应方程，以及知道逸出功3.如图甲所示为氢原子的能级图，图乙为氢原子的光谱。已知谱线a是氢原子从n=4的能级跃迁，到n=2的能级时的辐射光，则谱线b是氢原子A. 从n=3的能级跃迁到n=
3、2的能级时的辐射光B. 从n=5的能级跃迁到n=3的能级时的辐射光C. 从n=4的能级跃迁到n=3的能级时的辐射光D. 从n=5的能级跃迁到n=2的能级时的辐射光【答案】D【解析】【详解】谱线a是氢原子从n=4的能级跃迁到n=2的能级时的辐射光，波长大于谱线b，所以a光的光子频率小于b光的光子频率；所以b光的光子能量大于n=4和n=2间的能级差。n=3跃迁到n=2，n=4跃迁到n=3，n=5跃迁到n=3的能级差小于n=4和n=2的能级差；只有n=5和n=2间的能级差大于n=4和n=2间的能级差。故选D。【点睛】解决本题的关键知道能级差与光子频率的关系，以及知道光子频率大小与波长大小的关系4.
4、在光电效应实验中，飞飞同学用同一光电管在不同实验条件下得到了三条光电流与电压之间的关系曲线（甲光、乙光、丙光），如图所示。则可判断出A. 甲光的频率大于乙光的频率B. 乙光的波长大于丙光的波长C. 乙光对应的截止频率大于丙光的截止频率D. 甲光对应的光电子最大初动能大于丙光的光电子最大初动能【答案】B【解析】根据eU截=mvm2=h-W，入射光的频率越高，对应的截止电压U截越大甲光、乙光的截止电压相等，所以甲光、乙光的频率相等；故A错误丙光的截止电压大于乙光的截止电压，所以乙光的频率小于丙光的频率，乙光的波长大于丙光的波长,故B正确同一金属，截止频率是相同的，故C错误丙光的截止电压大于甲光的截
5、止电压，所以甲光对应的光电子最大初动能小于丙光的光电子最大初动能故D错误故选B【此处有视频，请去附件查看】5.如图所示交流电的电流有效值为A. 2AB. 3AC. 2AD. 3A【答案】C【解析】由有效值的定义可得：I12Rt1+I22Rt2=I2RT，代入数据得：62R1+22R1=I2R2，解得：I=2A, 故选C点睛：对于交变电流的有效值，往往根据交变电流有效值的定义来计算，计算热量时运用焦耳定律6.如图甲所示，标有“220V 40W”的灯泡和标有“20F 300V”的电容器并联到交流电源上，V为理想交流电压表，交流电源的输出电压如图乙所示，闭合开关，下列判断正确的是（ ）A. 时刻，V
6、的示数为零B. 断开开关时灯泡恰好正常发光C. 闭合开关时电容器不可能被击穿D. V的示数保持110V不变【答案】B【解析】电压表是示数等于交流电压的有效值，由图知UV=220V，所以A错误；D错误；灯泡的电压为220V，恰好等于额定电压，所以正常发光，故B正确；交流电压的最大值大于电容器的击穿电压，所以电容器会被击穿，故C错误。7.如图所示，理想变压器初级线圈的匝数为n1，次级线圈的匝数为n2，初级线圈的两端a、b接正弦交流电源，电压表V的示数为220V，负载电阻R=44，电流表A1的示数是0.20A。下列判断中正确的是A. 初级线圈和次级线圈的匝数比为2：1B. 初级线圈和次级线圈的匝数比
7、为5：1C. 电流表A2的示数为0.04AD. 电流表A2的示数为0.4A【答案】B【解析】【详解】变压器的输出功率等于输入功率，则I22RU1I1得，即电流表A2的示数为1A；由于原副线圈电流与匝数成反比，所以初级线圈和次级线圈的匝数比为5：1，故选B，ACD错误。8.两个氘核以相等的动能Ek对心碰撞发生核聚变，核反应方程为H+HHe+n，其中氘核的质量为m1，氦核的质量为m2，中子的质量为m3。假设核反应释放的核能E全部转化为动能，下列说法正确的是A. 核反应后氮核与中子的动量相同B. 该核反应释放的能量为E=(m1m2m3)c2C. 核反应后氮核的动能为D. 核反应后中子的动能为【答案】
8、C【解析】【分析】根据电荷数守恒和质量数守恒写出聚变后的产物。在核反应中质量数守恒。轻核聚变在高温、高压下才可以发生。根据质能方程求核能，根据动量守恒定律和能量关系求出中子的动能。【详解】A项：核反应前后两氘核动量和为零，因而反应后氦核与中子的动量等大反向，故A错误；B项：该核反应前后释放能量，故B错误；C、D项：由能量守恒可得：核反应后的总能量为，由动能与动量的关系，且 可知，核反应后氦核的动能为 ，核反应后中子的动能为：故C正确，D错误。故选：C。【点睛】解决本题的关键知道轻核聚变的实质，知道核反应过程中电荷数守恒、质量数守恒，会利用质能方程求核能。9.国产科幻大片流浪地球讲述了太阳即将在
9、未来出现“核燃烧”现象，从而导致人类无法生存，决定移民到半人马座比邻星的故事。据科学家论证，太阳向外辐射的能量来自其内部发生的各种热核反应，当太阳内部达到一定温度时，会发生“核燃烧”，其中“核燃烧”的核反应方程为，方程中X表示某种粒子，是不稳定的粒子，其半衰期为T，则下列说法正确的是（）A. X粒子是B. 若使的温度降低，其半衰期会减小C. 经过2T，一定质量的占开始时的D. “核燃烧”的核反应是裂变反应【答案】A【解析】【详解】根据质量数和电荷数守恒可知，X粒子的质量数为4，电荷数为2，为 ，选项A正确；温度不能改变放射性元素的半衰期，选项B错误；经过2T，一定质量的占开始时的，选项C错误；
10、“核燃烧”的核反应是轻核聚变反应，选项D错误；故选A.10.图为远距离输电的示意图，T1为升压变压器，原、副线圈匝数分别为n1、n2，T2为降压变压器，原、副线圈匝数分别为n3、n4，输电线的等效电阻为R.若发电机的输出电压不变，则下列叙述正确的是（ ）A. 只增大T1的原线圈匝数n1，可增大R消耗的功率B. 若，则电压表V1和V2的示数相等C. 当用户总电阻减小时，R消耗的功率增大D. 当用户总电阻减小时，电压表V1和V2的示数都变小【答案】C【解析】【详解】只增大T1的原线圈匝数n1，则升压变压器的输出电压U2减小，若把升压变压器T1次级后面的电路等效为一个电阻R与R的串联，可知R和R上的
11、电流均减小，可知R消耗的功率减小，故A错误。因为升压变压器的输出电压等于电压损失与降压变压器的输入电压之和，即升压变压器的输出电压大于降压变压器的输出电压，升压变压器的输入电压与降压变压器的输出电压不等，即电压表V1和V2的示数不相等，故B错误。用户总电阻减小，则电流增大，可知输电线上的电流增大，根据P损=I2R知，输电线上消耗的功率增大。故C正确。当用户总电阻减小时，电流增大，输电线上的电流也增大，输电线上电压损失增大，升压变压器的输入电压和输出电压不变，则降压变压器的输入电压和输出电压减小。则电压表V1不变，V2减小。故D错误。故选C。二、多项选择题11.下列说法正确的有A. 普朗克曾经大
12、胆假设：振动着的带电微粒的能量只能是某一最小能量值的整数倍，这个不可再分的最小能量值叫做能量子B. 粒子散射实验中少数粒子发生了较大偏转，这是卢瑟福猜想原子核式结构模型的主要依据之一C. 由玻尔理论可知，氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要辐射一定频率的光子，同时电子的动能减小，电势能增大D. 在康普顿效应中，当入射光子与晶体中的电子碰撞时，把一部分动量转移给电子，因此，光子散射后波长变短【答案】AB【解析】【详解】普朗克曾经大胆假设：振动着的带电微粒的能量只能是某一最小能量值的整数倍，这个不可再分的最小能量值叫做能量子，选项A正确； 粒子散射实验中少数粒子发生了较大偏转，这是卢瑟福
13、猜想原子核式结构模型的主要依据之一，选项B正确；由玻尔理论可知，氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要辐射一定频率的光子，同时电子的动能增大，电势能减小，选项C错误；在康普顿效应中，当入射光子与晶体中的电子碰撞时，把一部分动量转移给电子，因此动量减小，根据=h/p，知波长增大。故D错误；12.如图所示，竖直墙面和水平地面均光滑，质量分别为mA=6kg，mB=2kg的A、B两物体用质量不计的轻弹簧相连，其中A紧靠墙壁现对B物体缓慢施加一个向左的力，该力对物体B做功W=25J，使A、B间弹簧被压缩，在系统静止时，突然撤去向左推力解除压缩，则A. 解除压缩后，两物体和弹簧组成系统动量守恒B.
14、 解除压缩后，两物体和弹簧组成系统机械能守恒C. 从撤去外力至A与墙面刚分离，A对弹簧的冲量I=10 Ns，方向水平向右D. A与墙面分离后至首次弹簧恢复原长时，两物体速率均是2.5m/s【答案】BCD【解析】【详解】A、解除压缩后，弹簧在恢复原长的过程中，墙壁对A物体还有弹力的作用，故解除压缩后到弹簧恢复原长前，两物体和弹簧组成系统动量不守恒，恢复原长后，AB一起向右运动，系统的合外力为零，动量守恒，故A错误；B、解除压缩后，两物体和弹簧组成系统只有动能和弹性势能的相互转化，故机械能守恒，故B正确；C、压缩弹簧时，外力做的功全转化为弹性势能，撤去外力，弹簧恢复原长，弹性势能全转化为B的动能，
15、设此时B的速度为v0，则：，得v05m/s，此过程墙壁对A的冲量大小等于弹簧对A的冲量大小，也等于弹簧对B的冲量大小，由动量定理得：ImBv010 Ns，故C正确；D、当弹簧恢复原长时，A速度最小，则：vAmin0，A、B都运动后，B减速，A加速，当A、B速度相等时弹簧拉伸最长此后，B继续减速，A继续加速，当弹簧再次恢复原长时，以向右为正，由系统动量守恒、机械能守恒有：，得，故D正确。13.如图所示，O为地球球心，R为地球半径，一宇宙飞船在绕地球做椭圆运动，轨道上距地心最远点P到地心的距离为3R。为研究方便，假设地球是一质量均匀的球体，且不考虑自转，仅考虑宇宙飞船在地球引力作用下运动，用g表示地球表面的重力加速度。则A. 飞船在P点的加速度是B. 飞船在P点的加速度大于C. 飞船经过P点的速度小于D. 飞船经过P点的速度大于【答案】AC【解析】【详解】根据万有引力等于重力，故：， ，联立解得：g=g，故A正确，B错误；在P点，由于是向心运动，故万有引力大于对应圆轨道需要的向心力
