《河南省洛阳市2020学年高二物理下学期期末质量检测试题（含解析）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《河南省洛阳市2020学年高二物理下学期期末质量检测试题（含解析）（18页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、河南省洛阳市2020学年高二下学期期末质量检测物理试题 一.选择题(本题共14小题，每小题3分，共42分，其中1-9题只有一项符合题目要求，10-14题有多项符合题目要求，全部选对得3分，选不全的得2分有选错或不答的得0分。)1. 关于放射性同位素的应用，下列说法正确的是A. 利用射线使空气电离，消除静电B. 利用射线照射植物的种子，使产量显著增加C. 利用射线来治疗肺癌、食道癌等疾病D. 利用放射性同位素跟它的非放射性同位素的化学性质相同，作为示踪原子【答案】D【解析】A、射线的电离本领最弱，故消除静电的效果最差，而用射线消除静电最好，A错误。B、人们利用射线照射种子，可以使种子内的遗传物质
2、发生变异，培育出新的优良品种，故B错误。C、治疗肺癌用的“刀”是利用了射线具有很高的能量，穿透能力很强的特性，故C错误。D、放射性同位素具有相同的化学性质和不同的物理性质，则作为示踪原子，D正确。故选D。【点睛】解决本题的关键知道三种射线的特点，以及知道它们电离能力和穿透能力的强弱射线带正电，电离能力较强，射线不带电，穿透能力最强，射线带负电；、射线在磁场中能发生偏转，射线不发生偏转2. 以下有关电动势的说法正确的是A. 电源的电动势跟电源内非静电力做的功成正比，跟通过的电量成反比B. 电动势的单位跟电压的单位一致，所以电动势就是两极间的电压C. 非静电力做的功越多，电动势就越大D. 只是电动
3、势的定义式而非决定式，电动势的大小是由电源内非静电力的特性决定的【答案】D【解析】电源内部非静电力把正电荷从电源负极移送到正极，根据电动势的定义式可知，电动势等于非静电力把单位正电荷从电源负极移送到正极所做的功属于比值定义，电动势E与W、q及体积和外电路无关，由电源内非静电力的特性决定故A错误，D正确；电动势和电压虽然单位相同，但是二者具有不同的性质，不能说电动势就是电压；故B错误；非静电力做功的多少与时间有关，电动势很小，若时间很长也可以做功很多；故C错误；故选D点睛：本题考查电动势的物理意义要注意电动势与电压是两个不同的概念，不能说“电动势就是电压”3. 下列说法正确的是A. 结合能越大的
4、原子核越稳定B. 动量相同的质子和电子，他们的德布罗意波的波长相等C. 氢原子从较高的激发态跃迁到较低的激发态时，电子的动能增加，原子的总能量增加D. 将放射性元素掺杂到其他稳定元素中并大幅度降低其温度，它的半衰期不发生变短【答案】B【解析】A、比结合能越大，原子核越稳定，与结合能无关；故A错误。B、根据德布罗意波波长的公式可知，动量相同的质子和电子，它们的德布罗意波的波长相等，故B正确。C、氢原子从较高的激发态跃迁到较低的激发态时，总能量减小，电子的轨道半径减小，根据，知电子的动能增大，所以电势能减小，故C错误。D、半衰期的大小与所处的物理环境和化学状态无关，由原子核内部因素决定，故降低温度
5、半衰期不变，D错误。故选B。【点睛】该题考查比结合能与结合能的区别，认识概率波和经典波，原子的吸能和放能等，考查的知识点虽然比较多，但都是一些记忆性的知识点，在平时的学习中多加积累即可4. 下列核反应中属于人工转变的是A. B. C. D. 【答案】C【解析】A、两轻核结合成中等质量的核，属于轻核聚变，A错误。B、反应物只有一个，自发的发生核反应，生成物为粒子或粒子为衰变，则B错误。C、粒子轰击其他的原子核，生成新的核，为人工核转变，典型代表为三大发现，C正确。D、重核在中子的轰击作用下生成多个中核，生成新的中子继续反应构成链式反应，为重核裂变，D错误。故选C。【点睛】衰变生成物为或粒子，原子
6、核的人工转变是由人为行为发生的和反应方程，不是自发的衰变、裂变和聚变等5. 用两只完全相同的电流表分别改装成一只电流表和一只电压表。将它们串联起来接入电路中，如图所示，接通电路后，下列判断正确的是A. 两只电表的指针都不偏转B. 两只电表的指针偏转角相同C. 电流表指针的偏转角小于电压表指针的偏转角D. 电流表指针的偏转角大于电压表指针的偏转角【答案】C【点睛】电流表改装成电压表是串联较大的分压电阻；电流表改装成大量程电流表是并联较小的分流电阻；将电压表和电流表串联，分析通过表头的电流关系，判断指针偏转角度的大小.6. 回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高顿交流电极相连接的两个
7、D形金属盒，两盒间的狭缝中形成周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示，下列说法中正确的是A. 带电粒子从磁场中获得能量B. 带电粒子所获得的动能与加速器的电压有关，电压越大，动能越大C. 带电粒子在加速器中的运动时间与加速器磁场有关，磁场越强，运动时间越长D. 带电粒子所获得的能量与带电粒子的质量和电荷量均有关，质量和电荷量越大，能量越大【答案】C【解析】A、粒子在磁场中偏转，洛伦兹力不做功，在电场中加速，电场力做正功，知离子在电场中获得能量，在磁场中能量不变，故A错误。B、带电粒子获得最大动能时从磁场中匀速圆周离开，解得，则最大动能
8、，可知最大动能与加速的电压无关，与磁感应强度的大小有关，故B错误。C、设加速次数为n，每次加速获得的动能，则加速次数为，总的运动时间为，则磁感应强度越大，运动时间越长，C正确。D、由可知比荷 越大时，动能越大，故D错误。故选C。【点睛】解决本题的关键知道回旋加速器的构造，以及加速粒子的原理，知道回旋加速器加速粒子的最大动能与加速电压无关，与磁感应强度的大小以及D形盒的半径有关7. 如图所示，有一条捕鱼小船停靠在湖边码头，小船又窄又长（估计一吨左右）。一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量，他进行了如下操作：首先将船平行码头自由停泊，然后他轻轻从船尾上船，走到船头后停下，而后轻轻下船，用卷尺测出船
9、后退的距离d，然后用卷尺测出船长L。已知他自身的质量为m，则渔船的质量为A. m(L+d)/dB. m(L-d)/dC. mL/dD. m(L+d)/L【答案】B【解析】设人走动时船的速度大小为v，人的速度大小为v，人从船尾走到船头所用时间为t。取船的速度为正方向。则，根据动量守恒定律：Mv-mv=0，可得，解得渔船的质量，故选B。【点睛】人船模型是典型的动量守恒模型，体会理论知识在实际生活中的应用，关键要注意动量的方向，能正确根据动量守恒关系得出质量与距离间的关系8. 如图所示，两块水平放置的金属板间距离为d，用导线与一个n匝线圈连接，线圈置于方向竖直向上的磁场B中.两板间有一个质量为m，电
10、荷量为+q的油滴恰好处于平衡状态，则线圈中的磁场B的变化情况和磁通量变化率分别是A. 正在减弱；B. 正在增强；C. 正在减弱；D. 正在增强；【答案】B【解析】电荷量为q的带正电的油滴恰好处于静止状态，电场力竖直向上，则电容器的下极板带正电，所以线圈下端相当于电源的正极，由题意可知，根据楞次定律，可得穿过线圈的磁通量在均匀减弱；线框产生的感应电动势：油滴所受电场力：对油滴，根据平衡条件得：所以解得，线圈中的磁通量变化率的大小为；，故B正确，ACD错误。点睛：解决本题的关键掌握法拉第电磁感应定律，欧姆定律等等电磁感应与电路、电场的基本规律；还会用楞次定律判端电动势的方向注意感应电动势与电场强度
11、符号容易混淆。9. 如图所示，边长为L=0.20m的正方形线圈abcd，其匝数为n=10、总电阻为r=2，外电路的电阻为R=8，ab的中点和cd的中点的连线OO恰好位于匀强磁场的边界线上，磁场的磁感应强度B=1T，若线圈从图示位置开始，以角速度=2rad/s绕OO轴匀速转动，则以下判断中正确的是A. 闭合电路中感应电动势的瞬时表达式e=0.8sin2t（V）B. 从t=0时刻到时刻，通过R的电荷量q=0.02CC. 从t=0时刻到时刻，电阻R上产生的热量为Q=3.210-4JD. 在时刻，磁场穿过线圈的磁通量为零，但此时磁通量随时间变化最快【答案】BD【解析】A、闭合电路中感应电动势的瞬时表达
12、式e=Emsint，而Em=nBS，所以e=nBL2sint=0.4sin2t，故A错误。B、由电量的定义式，故B错误。C、从t=0时刻到时刻，电阻的焦耳热为，故C错误。D、，在时刻，线圈从图示位置转过90，此时磁场穿过线圈的磁通量最小，但此时磁通量随时间变化最快，感应电动势最大，故D正确。故选BD。【点睛】线框在匀强磁场中匀速转动，产生正弦式交变电流而对于电表读数、求产生的热量均由交变电的有效值来确定，而涉及到耐压值时，则由最大值来确定而通过某一电量时，则用平均值来求同时注意磁场只有一半10. 如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r，电流表和电压表均为理想电表，R为电阻箱，为定值电阻，C
13、为电容器.当闭合开关S，增大电阻箱的阻值时，电流表示数变化量用I表示，电压表示数变化量用U表示，下列说法不正确的是A. 电阻两端的电压减小，减小量等于UB. 电容器的带电量增加，增加量为CUC. 电压表的示数U和电流表的示数I的比值增大D. 电压表示数变化量U和电流表示数变化量I的比值不变【答案】AD【解析】A、B、闭合开关S，增大可变电阻R的阻值后，电路中电流减小，由欧姆定律分析得知，电阻R1两端的电压减小，R两端的电压增大，而它们的总电压即路端电压增大，所以电阻R1两端的电压减小量小于U电容器两极板间的电压等于R两端的电压，可知电容器板间电压增大，带电量增大，增大量为CU，故A错误、B正确
14、。C、根据闭合电路欧姆定律得：U=E-I（R1+r），由数学知识得知， ，保持不变。故C正确。D、由图，R增大，则电压表的示数U和电流表的示数I的比值变大，故D错误。本题选错误的；故选AD。【点睛】此题中两电表读数的比值要根据欧姆定律和闭合电路欧姆定律来分析，注意，R是非纯性元件11. 如图所示，正方形容器处在匀强磁场中，一束电子从a孔垂直进入磁场射入容器中，其中一部分从c孔射出，一部分从d孔射出，则下列说法正确的是A. 从两孔射出的电子速率之比B. 从两孔射出的电子轨道半径之比C. 从两孔射出的电子在容器中运动所用时间之比为D. 从两孔射出的电子在容器中运动时的加速度大小之比【答案】AD【解
15、析】A、C、电子从c点射出，d为圆心，rc=L，圆心角，由，得，运动时间；电子从d点射出，ad中点为圆心，圆心角，所以，解得：，故A正确，B、C错误。D、电子做匀速圆周运动，可得，则，故D正确。故选AD。【点睛】本题为带电粒子在磁场中运动的基本问题，只需根据题意明确粒子的运动半径及圆心即可顺利求解12. 直流电路如图所示，闭合开关S，在滑动变阻器的滑片P向右移动时，电源的A. 效率一定增大B. 总功率先增大后减小C. 内部损耗功率一定减小D. 输出功率一定先增大后减小【答案】AC【解析】由电路图可知，当滑动变阻滑片向右移动时，滑动变阻器接入电路的阻值增大，电路总电阻变大，电源电动势不变，由闭合电路的欧姆定律可知，电路总电流I变小。A、电源的效率，电源内阻r不变，滑动变阻器阻值R变大，则电源效率增大，故A正确；B、电源电动势E不变，电流I变小，电源总功率P=EI减小，故B错误；C、电源内阻r不变，电流I减小，电源的热功率PQ=I2r减小，故C正确；D、当滑动变阻器阻值与电源内阻相等时，电源输出功率最大，由于不知道最初滑动变阻器接入电路的阻值与电源内阻间的关系，因此无法判断电源输出功率如何变化，故D错误；故选AC
