赣县中学北校区2022-2022学年度下学期高二物理五月考试卷1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2．请将答案正确填写在答题卡上一、选择题（每题4分，共40分，1-5单选，6-10多选。）1．下列说法中正确的是（）A.钍的半衰期为24天。1g钍经过120天后还剩0.2gB.大量处于n=4激发态的氢原子向低能级跃迁时，最多可产生4种不同频率的光子C.是核聚变反应D.光电效应实验中，入射光的强度越大，光电子的最大初动能越大2．如图所示是一交变电流的i-t图像，则该交流电电流的有效值为（）A.AB.AC.2AD.4A3．氢原子的能级如图所示，已知可见光的光子能量范围约为1.62~3.11eV。下列说法不正确的是（）A、一个处于n=2能级的氢原子，可以吸收一个能量为4eV的光子B、大量氢原子从高能级向n=3能级跃迁时，发出的光是不可见光C、大量处于n=4能级的氢原子，跃迁到基态的过程中可以释放出6种频率的光子D、氢原子从高能级向低能级跃迁的过程中释放的光子的能量可能大于13.6eV4．在匀强磁场中有一不计电阻的矩形线圈，绕垂直磁场的轴匀速转动，产生如图甲所示的正弦交流电，把该交流电接在图乙中理想变压器的A、B两端，电压表和电流表均为理想电表，Rt为热敏电阻（温度升高时其电阻减小），R为定值电阻。下列说法正确的是（）A.变压器原线圈两端电压的瞬时表达式为u=36sin50πt(V）B.在t=0.01s时，穿过该矩形线圈的磁通量的变化率为零C.Rt处温度升高时，由于变压器线圈匝数比不变，所以电压表V1、V2的比值不变D.Rt处温度升高时，电流表的示数变小，变压器输入功率变小5．如图，理想变压器原、副线圈的匝数比为2∶1，原线圈一侧接一输出电压恒为U1的正弦交流电源，电阻R1、R2、R3、R4的阻值相等。下列说法正确的是（）A.S断开时，图中电压U1∶U2=2∶1B.S断开时，R1消耗的电功率等于R2的2倍C.S闭合后，R1、R3、R4消耗的电功率相同-10-\nD.S闭合后，R1两端电压比S闭合前的更小6．下列几幅图的有关说法中正确的是( )图甲图乙图丙图丁A.图甲中的人用大锤连续敲打，小车能在光滑的水平面上持续向右运动B.乙图中射线丙由α粒子组成，每个粒子带两个单位正电荷，射线乙不带电，是高速运动的中子流C.丙图中强黄光和弱黄光曲线交于U轴同一点，说明发生光电效应时最大初动能与光的强度无关D.图丁为氢原子能级示意图，一群氢原子处于n=4的激发态，当它们自发地跃迁到较低能级时，能使逸出功为2.21eV的金属钾发生光电效应的光谱线有4条7．一交流发电机和理想变压器按如图电路连接，已知该发电机线圈匝数为N，电阻为r，当线圈以转速n匀速转动时，电压表示数为U，灯泡（额定电压为U0，电阻恒为R）恰能正常发光，已知电表均为理想交流电表，则（）A.变压器原、副线圈匝数比为U:U0B.电流表示数为C.在图示位置时，发电机线圈的磁通量为D.线圈转到一周的过程中，克服安培力所做的功为8．如图所示，在粗糙水平面上，用水平轻绳相连的两个相同的物体A、B质量均为m，在水平恒力F作用下以速度v做匀速运动。在时轻绳断开，A在F作用下继续前进，则下列说法正确的是（）A.至时间内，A、B的总动量守恒B.至时间内，A、B的总动量守恒C.时，A的动量为D.时，A的动量为9．如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为：=10：1，b是原线圈中心的抽头，电压表和电流表均为理想电表，从某时刻开始在原线圈c、d两端加上交变电压，其瞬时值表达式为(V)，则（）-10-\nA.当单刀双掷开关与a连接时，电压表的示数为22VB.当s时，电压表的读数为110VC.单刀双据开关与a连接，当滑动变阻器滑片P向上移动的过程中，电压表的示数增大，电流表示数变小D.当单刀双掷开关由a扳向b时，电压表和电流表A的示数均变大10．如图所示是远距离输电示意图，电站的输出电压恒定为U1=250V，输出功率P1=100kW，输电线电阻R=8Ω．则进行远距离输电时，下列说法中正确的是（ ）A.若电站的输出功率突然增大，则降压变压器的输出电压减小B.若电站的输出功率突然增大，则升压变压器的输出电压增大C.输电线损耗比例为5%时，所用升压变压器的匝数比D.用10000V高压输电，输电线损耗功率为800W二、填空题。（每空2分，共18分）11．约里奥·居里夫妇因发现人工放射性而获得了1935年的诺贝尔化学奖，他们发现的放射性元素衰变成的同时放出另一种粒子，这种粒子是____________。是的同位素，被广泛应用于生物示踪技术。1mg随时间衰变的关系如图所示，请估算4mg的经多少天的衰变后还剩0.5mg？____________。12．如图所示是研究光电效应的实验装置，某同学进行了如下操作：（1）用频率为ν1的光照射光电管，此时电流表中有电流．调节滑动变阻器，将触头P向__________端滑动（选填“a”或“b”），使微安表示数恰好变为零，记下电压表示U1．（2）用频率为ν2的光照射光电管，重复①中的步骤，记下电压表示数U2．已知电子的电量为e，由上述实验可知，普朗克常量h=________（用上述已知量和测量量表示）．（3）关于光电效应，下列说法正确的是____________.A．光照时间越长光电流越大B．入射光的光强一定时，频率越高，单位时间内逸出的光电子数就越多C．金属钠的每个电子可以吸收一个或一个以上的光子，当它积累的动能最够大时，就能逸出金属D．不同频率的光照射同一种金属时，频率越高，光电子的最大初动能越大．13．为了验证碰撞中的动量守恒和检验两个小球的碰撞是否为弹性碰撞(碰撞过程中没有机械能损失)，某同学选取了两个体积相同、质量不等的小球，按下述步骤做了如下实验：①用天平测出两个小球的质量分别为m1和m2，且m1>m2．②按照如图所示的那样，安装好实验装置．将斜槽AB固定在桌边，使槽的末端点的切线水平．将一斜面BC连接在斜槽末端．-10-\n③先不放小球m2，让小球m1从斜槽顶端A处由静止开始滚下，记下小球在斜面上的落点位置．④将小球m2放在斜槽前端边缘处，让小球m1从斜槽顶端A处滚下，使它们发生碰撞，记下小球m1和小球m2在斜面上的落点位置．⑤用毫米刻度尺量出各个落点位置到斜槽末端点B的距离．图中D、E、F点是该同学记下的小球在斜面上的几个落点位置，到B点的距离分别为LD、LE、LF．根据该同学的实验，回答下列问题：(1)小球m1与m2发生碰撞后，m1的落点是图中的_______点，m2的落点是图中的_____点．(2)用测得的物理量来表示，只要满足关系式_________________说明碰撞中动量是守恒的．(3)用测得的物理量来表示，只要再满足关系式_____________说明此碰撞过程是弹性碰撞．三、计算题。（本题共4小题，共42分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。）14．（8分）如图所示为交流发电机示意图，匝数为n＝100匝的矩形线圈，边长分别为10cm和20cm，内阻为5Ω，在磁感应强度B＝0．5T的匀强磁场中绕OO′轴以50rad/s的角速度匀速转动，线圈和外部20Ω的电阻R相接．求：（1）S断开时，电压表示数．（2）电键S合上时，电压表和电流表示数．15．（8分）在磁感应强度为B的匀强磁场中，一个静止的放射性原子核发生了一次α衰变。放射出的α粒子（）在与磁场垂直的平面内做圆周运动，其轨道半径为R。以m、q分别表示α粒子的质量和电荷量。（1）放射性原子核用表示，新核的元素符号用Y表示，写出该α衰变的核反应方程。（2）α粒子的圆周运动可以等效成一个环形电流，求圆周运动的周期和环形电流大小。（3）设该衰变过程释放的核能都转为为α粒子和新核的动能，新核的质量为M，求衰变过程的质量亏损Δm。16．（12分）如图甲所示，物块A、B的质量分别是mA=4．0kg和mB=3．0kg．用轻弹簧栓接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙相接触．另有一物块C从t=0时以一定速度向右运动，在t=4s时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，物块C的v-t图象如图乙所示．求：（1）物块C的质量mC；（2）墙壁对物块B在4s到12s的时间内的冲量I的大小和方向；（3）B离开墙后的过程中弹簧具有的最大弹性势能Ep；（4）B离开墙后，三个物块在光滑的水平地面上向左运动（地面很长），B的速度变化范围，粘在一起AC的速度变化范围？-10-\n17．（14分）质量、长度、电量的导体板A在绝缘水平面上，质量可视为质点的绝缘物块B在导体板A上的左端，开始时A、B保持相对静止一起向右滑动，当它们的速度减小到时，立即施加一个方向水平向左、场强大小的匀强电场，此时A的右端到竖直绝缘挡板的距离为s，此后A、B始终处在匀强电场中，如图所示，假定A与挡板碰撞时间极短且无机械能损失，A与B之间（动摩擦因数）及A与地面之间（动摩擦因数）的最大静摩擦力均可认为等于其滑动摩擦力，取。试分析：（1）当加上电场后，A，B是否立即有相对滑动；（2）要使A与挡板碰后，最终B不从A上滑下，s应满足的条件。-10-\n参考答案1．C【解析】钍的半衰期为24天。1g钍经过120天，也就是5个半衰期后，还剩，选项A错误；大量处于n=4激发态的氢原子向低能级跃迁时，最多可产生种不同频率的光子，选项B错误；是核聚变反应，选项C正确；光电效应实验中，入射光的频率越大，光电子的最大初动能越大，选项D错误；故选C.2．B【解析】设交流电电流的有效值为I，电阻为R．周期为T=3×10-2s，则，解得 I=A；故选A。点睛：此题要根据有效值的定义求解，即取一个周期时间，将交流与直流分别通过相同的电阻，若产生的热量相同，直流的电流值，即为此交流的有效值．3．D【解析】试题分析：一个处于n=2能级的氢原子，可以吸收一个能量为4eV的光子，A正确；氢原子从高能级向n=3能级跃迁时发出的光子能量小于1.51eV，小于可见光的频率，故B正确；大量处于n=4能级的氢原子，跃迁到基态的过程中，根据，因此释放出6种频率的光子，故C正确．氢原子从高能级向低能级跃迁的过程中释放的光子的能量，小于13.6eV．故D错误；考点：考查了氢原子跃迁【名师点睛】本题考查氢原子的波尔理论，解决本题的关键知道能级间跃迁所满足的规律，即，并能灵活运用4．B【解析】原线圈接的图甲所示的正弦交流电，由图知最大电压36V，周期0.02s，故角速度是ω=100π，u=36sin100πt（V），当t=0.01s时，u=0，此时穿过该线圈的磁通量最大，穿过线圈的磁通量的变化率为零，故A错误，B正确；R1处温度升高时，原副线圈电压比不变，但是V2不是测量副线圈电压，R1温度升高时，阻值减小，电流增大，则R2电压增大，所以V2示数减小，则电压表V1、V2示数的比值增大，故C错误；R1温度升高时，阻值减小，电流增大，而输出电压不变，所以变压器输出功率增大，而输入功率等于输出功率，所以输入功率增大，故D错误；故选B。5．C【解析】A、S断开时，设原线圈的电流为，根据变压器知识课知，而，，可得，，故A错误。B、由可知，故B错误。D、S闭合后，，，联立可知，故D错误。C、因，而并联电路分流可知，可得R1、R3、R4三个电阻流过的电流相同，可知三电阻的功率相同，C正确。故选C。【点睛】本题考查变压器规律的应用，要注意明确变压器的输入电压不是电源的输出电压，而是电阻电压与变压器输入电压之和等于电源的电压，要根据变压比和变流比结合来解决这类问题.6．CD-10-\n【解析】A项：当把锤头打下去时，大锤向左运动，小车就向右运动，抬起锤头时大锤向右运动，小车向左运动，所以在水平面上左、右往返运动．车不会持续地向右驶去，故A错误；B项：根据带电粒子在磁场中偏转，结合左手定则可知，射线丙由a粒子组成，每个粒子带两个单位正电荷，而射线乙不偏转，说明其不带电，是高速运动的光子流，故B错误；C项：根据当强黄光和弱黄光曲线交于U轴同一点，说明发生光电效应时最大初动能与光的强度无关，故C正确；D项：从n=4能级向低能级跃迁时能量只要大于2.21eV就能使金属钾发生光电效应，故D正确。7．ABD【解析】电压与匝数成正比，所以变压器的原副线圈的匝数比是U1：U2=U：U0，故A正确；灯泡电流是，理想变压器的输入功率和输出功率相等，灯泡正常发光时电功率为 P，所以输入功率为P，U0•=IU，即电流表读数I=，故B正确；发电机的线圈中产生的电动势最大值是Em=（Ir+U）=N∅mω，解得最大磁通量，故C错误。线圈转到一周的过程中，克服安培力所做的功等于产生的总电能：，选项D正确；故选ABD.点睛：此题考查交流电产生和描述以及理想变压器的匝数比与电流比、电压比关系，解题时要搞清安培力做功与能量转化的关系；计算比较麻烦，考查学生数学计算能力.8．AC【解析】设A、B受到的滑动摩擦力都为f，断开前两物体做匀速直线运动，根据平衡条件得：F=2f，设B经过时间t速度为零，对B由动量定理得：，解得：；由此可知，在剪断细线前，两木块在水平地面上向右做匀速直线运动，以AB为系统，绳子的属于系统的内力，系统所受合力为零；在剪断细线后，在B停止运动以前，两物体受到的摩擦力不变，两木块组成的系统的合力仍为零，则系统的总动量守恒，故在至的时间内A、B的总动量守恒，故A正确；在后，B停止运动，A做匀加速直线运动，故两木块组成的系统的合力不为零，故A、B的总动量不守恒，故B错误；当时，对A由动量定理得：，代入，解得，故C正确；当时，对A由动量定理得：，代入，解得：，故D错误；故选C.【点睛】动量守恒定律适用的条件：系统的合外力为零．或者某个方向上的合外力为零，则那个方向上动量守恒．两木块原来做匀速直线运动，合力为零，某时刻剪断细线，在A停止运动以前，系统的合力仍为零，系统动量守恒；在B静止后，系统合力不为零，A和B组成的系统动量不守恒．9．CD【解析】当单刀双掷开关与a连接时，根据电压与匝数成正比可知，副线圈的电压的最大值为，副线圈电压的有效值为，但是不知道电阻R0的大小，所以不能计算滑动变阻器的电压，故A错误；根据瞬时值表达式可知，原线圈的电压的有效值为220V，所以电压表V0的读数为220V，所以B错误；当滑动变阻器触头P向上移动的过程中，滑动变阻器的电阻变大，电路的总电阻变大，电流变小，电阻R0电压减小，滑动变阻器的电压变大，所以电压表的示数变大，所以C正确；若当单刀双掷开关由a扳向b-10-\n时，理想变压器原、副线圈的匝数比由10：1变为5：1，所以输出的电压升高，电压表和电流表的示数均变大，所以D正确。10．ACD【解析】AB、由知，P1增大，I1增大，I线增大，损失的电压增大，U3减小，U4减小，故A正确；B错误；C、损失的功率，，所以C正确；D、用10000V高压输电，即，，故D正确综上所述本题答案是：ACD11．正电子42天【解析】由核反应过程中电荷数和质量数守恒可写出核反应方程：，可知这种粒子是正电子．由图象可知的半衰期为14天，4mg的衰变后还剩0.5mg，则，解得经历了3个半衰期，所以为42天．【点睛】根据质量数和电荷数守恒书写核反应方程，在半衰期计算这一块，剩余质量计算公式为．12．（1）a，（2），（3）D．【解析】（1）根据电路图，结合逸出电子受到电场阻力时，微安表示数才可能为零，因只有K的电势高于A点，即触头P向a端滑动，才能实现微安表示数恰好变为零；（2）根据光电效应方程得，Ek1=hv1-W0=eU1．Ek2=hv2-W0=eU2联立两式解得：．（3）在发生光电效应的情况下，入射光的强度越高，单位时间内发出光电子的数目越多，光电流才越大，与光照时间长短无关．故A错误．入射光的光强一定时，频率越高，单位时间内逸出的光电子数就越少．故B错误．每个电子可以吸收一个光子，当它入射光的能量大于逸出功，就能逸出金属．故C错误．根据光电效应方程得，EKm=hv-W0，当频率越高，光电子的最大初动能越大．故D正确．故选D.点睛：解决本题的关键掌握光电效应方程，以及知道遏止电压与最大初动能的关系，注意理解遏止电压的含义．知道光的强度影响单位时间内发出光电子的数目．13．DF【解析】（1）小球m1和小球m2相撞后，小球m2的速度增大，小球m1的速度减小，都做平抛运动，所以碰撞后m1球的落地点是D点，m2球的落地点是F点；（2）碰撞前，小于m1落在图中的E点，设其水平初速度为v1．小球m1和m2发生碰撞后，m1的落点在图中的D点，设其水平初速度为v1′，m2的落点是图中的F点，设其水平初速度为v2．设斜面BC与水平面的倾角为α，由平抛运动规律得：LDsinα＝gt2，LDcosα=v′1t解得：同理可解得：，-10-\n所以只要满足m1v1=m2v2+m1v′1即：,则说明两球碰撞过程中动量守恒；（3）若两小球的碰撞是弹性碰撞，则碰撞前后机械能没有损失．则要满足关系式：m1v12=m1v′12+m2v2即m1LE=m1LD+m2LF点睛：解答此题要学会运用平抛运动的基本规律求解碰撞前后的速度，两小球的碰撞是弹性碰撞，则碰撞前后机械能没有损失．14．（1）50V（2）40V2A【解析】试题分析：（1）感应电动势最大值：，感应电动势有效值：S断开时，电压表示数，U=E=50V；（2）S合上时，电路电流：，电压表示数：U=IR=2×20=40V考点：法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律【名师点睛】本题考查了求电压表与电流表示数、求电阻消耗的功率问题，求出感应电动势的最大值、掌握最大值与有效值间的关系、应用欧姆定律、电功率公式即可正确解题。15．（1）（2）（3）【解析】（1）根据核反应中质量数与电荷数守恒可知，该α衰变的核反应方程为（2）设α粒子在磁场中做圆周运动的速度大小为v，由洛伦兹力提供向心力有根据圆周运动的参量关系有得α粒子在磁场中运动的周期根据电流强度定义式，可得环形电流大小为（3）由，得设衰变后新核Y的速度大小为v′，核反应前后系统动量守恒，有Mv′–mv=0可得根据爱因斯坦质能方程和能量守恒定律有解得说明：若利用解答，亦可。【名师点睛】（1）无论哪种核反应方程，都必须遵循质量数、电荷数守恒。（2）α衰变的生成物是两种带电荷量不同的“带电粒子”，反应前后系统动量守恒，因此反应后的两产物向相反方向运动，在匀强磁场中，受洛伦兹力作用将各自做匀速圆周运动，且两轨迹圆相外切，应用洛伦兹力计算公式和向心力公式即可求解运动周期，根据电流强度的定义式可求解电流大小。（3）核反应中释放的核能应利用爱因斯坦质能方程求解，在结合动量守恒定律与能量守恒定律即可解得质量亏损。-10-\n16．（1）2kg（2）方向向左（3）（4）[0，4]方向向左[3，1]方向向左【解析】试题分析：（1）AC碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律可以求出C的质量．（2）在4s到8s的时间内，物体B不移动，故墙对物体B不做功；在4s到8s的时间内，对ABC系统运用动量定理列式求解墙壁对B的冲量（3）12s末B离开墙壁，之后A、B、C及弹簧组成的系统动量和机械能守恒；当AC与B速度相等时弹簧弹性势能最大。(1)由图知，C与A碰前速度为v1=9m/s，碰后速度为v2=3m/s，C与A碰撞过程动量守恒，以C的初速度反方向为正方向，由动量守恒定律得：mCv1=（mA+mC）v2，解得：mC=2kg；(2)由图知，12s末A和C的速度为v3=-3m/s，4s到12s，墙对B的冲量为I=（mA+mC）v3-（mA+mC）v2，解得：I=-36N•s，方向向左；(3)12s，B离开墙壁，之后A、B、C及弹簧组成的系统动量和机械能守恒，且当AC与B速度相等时，弹簧弹性势能最大，以A的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：（mA+mC）v3=（mA+mB+mC）v4，由机械能守恒定律得：，解得；点晴：分析清楚物体的运动过程、正确选择研究对象是正确解题的关键，应用动量守恒定律、能量守恒定律、动量定理即可正确解题。17．(1)A、B仍保持相对静止以相同加速度a向右做匀减速运动，而无相对滑动(2)2.0m【解析】【分析】当AB恰好不发生相对滑动时，两者之间的静摩擦力达到最大值，以B为研究对象，根据牛顿第二定律求出最大加速度，再对整体研究求出AB一起作匀减速运动的加速度，比较两个加速度大小，判断A、B之间是否有相对滑动；A根据速度位移公式求出A碰撞挡板前的速度与s的关系，与挡板相碰的过程无机械能损失，A碰撞挡板后原速率反弹，根据AB系统所受外力情况，判断系统动量是否守恒，要使B恰好不从A上滑下时，B滑到A的右端，速度与A相同，若动量守恒，求出共同速度.由能量守恒定律列出速度与板长的关系式，再求出s；解：（1）设B受到的最大静摩擦力为，则，设A受到的滑动摩擦力为，则，施加电场后，设以相同的加速度向右做匀减速运动，加速度大小为a，由牛顿第二定律，解得：，设受到的摩擦力为，由牛顿第二定律得：，解得，由于，所以电场作用后，A、B仍保持相对静止以相同加速度a向右做匀减速运动，而无相对滑动。（2）A与挡板碰前瞬间，设A、B向右的共同速度为，则，A与挡板碰后，以A、B系统为研究对象，则，故A、B系统动量守恒，设A、B向左共同速度为v，规定向左为正方向，有，设该过程中，B相对于A向右的位移为，A向左的位移为，由系统功能关系，A、B达到共同速度v后做匀速运动，要使B不从A上滑下，则，代入数据解得：。-10-
