2020-2021学年河南省濮阳市高二下学期考试物理试卷新人教版
展开1. 如图所示,实线表示电场线,虚线表示带电粒子运动的轨迹.带电粒子只受电场力的作用,运动过程中电势能逐渐减小,它运动到b处时的运动方向与受力方向可能的是( )
A.B.
C.D.
2. 如图所示,长为L的金属棒MN两端由等长的轻质细线悬挂,棒呈水平,处于竖直向上的匀强磁场中,棒中通以电流,平衡时两悬线与竖直方向夹角均为θ,则( )
A.棒中的电流方向为N到M
B.电流大小为mgsinθBL
C.若其它条件不变,只增加金属棒的长度,则θ角变大
D.若其它条件不变,只增大磁感应强度,则θ角变大
3. 如图所示,闭合开关S的瞬间,套环立刻跳起.这就是物理课上的“跳环实验”.关于这一实验,下列说法正确的是( )
A.套环最好选用电阻率和密度都较小的铝环
B.正极与负极对调,实验将无法成功
C.开关由闭合到断开时,也同样会发生跳环现象
D.环跳起时,环上的电流与线圈上的电流绕行方向一致
4. 质量为1.0kg的小球从高20m处自由下落到软垫上,反弹后上升的最大高度为5.0m,小球与软垫接触的时间为1.0s,在接触软垫的时间内,小球受到合力的冲量大小为( )
A.10N⋅sB.20N⋅sC.30N⋅sD.40N⋅s
5. 频率为ν的光照射某金属时,产生光电子的最大初动能为Ek,改用频率2ν的光照射同一金属,所产生光电子的最大初动能为(ℎ为普朗克常量)( )
A.Ek−ℎνB.2EkC.Ek+ℎνD.2ℎν−Ek
6. 在卢瑟福的α粒子散射实验中,有少数α粒子发生大角度偏转,其原因是( )
A.原子的正电荷和绝大部分质量集中在一个很小的核上
B.正电荷在原子中是均匀分布的
C.原子中存在着带负电的电子
D.原子只能处于一系列不连续的能量状态中
7. 氢原子光谱巴耳末系是指氢原子从n=3、4、5、6……能级跃迁到n=2能级时发出的光子光谱线系,因瑞士数学教师巴耳末于1885年总结出其波长公式(巴耳末公式)而得名,巴耳末公式为:1λ=R(122−1n2),其中λ为谱线波长,R为里德伯常量,n为量子数,则氢原子光谱巴耳末系谱线最小波长与最大波长之比为( )
A.29B.49C.59D.79
8. 大科学工程“人造太阳”主要是将氘核聚变反应释放的能量用来发电,氘核聚变反应方程是:12H+12H→23He+01n .已知12H的质量为2.0136u,24He的质量为3.0150u,01n的质量为1.0087u,1u相当于931MeV.氘核聚变反应中释放的核能约为( )
二、多选题
在如图所示的远距离输电电路图中,升压变压器和降压变压器均为理想变压器,发电厂的输出电压和输电线的电阻均不变.随着发电厂输出功率的增大,下列说法中正确的有( )
A.升压变压器的输出电压增大
B.降压变压器的输出电压增大
C.输电线上损耗的功率增大
D.输电线上损耗的功率占总功率的比例增大
在光滑水平面上,动能为E0、动量的大小为p0的小球1与静止小球2发生碰撞,碰撞前后球1的运动方向相反,将碰撞后球1的动能和动量的大小分别记为E1、p1,球2的动能和动量的大小分别记为E2、p2,则必有( )
A.p1
静止在匀强磁场中的某放射性元素的原子核放出一个α粒子,α粒子的速度方向与磁场方向垂直,测得α粒子与反冲核做圆周运动的轨道半径之比为30:1,如图所示,则下列正确的是( )
A.反冲核的原子序数为62
B.原放射性原子核的原子序数为62
C.反冲核与α粒子的速率之比为1:30
D.α粒子和反冲核的动量大小相等、方向相反
三、解答题
如图所示,A、B为水平正对放置的平行金属板,板间距离为d,一质量为m的带电油滴在两金属板之间,若两金属板间电压为U,油滴将保持静止.若两金属板间的电压减为原来的一半,经一段时间,油滴在空气阻力的作用下最后以速率v匀速下降,设油滴在运动过程中质量和电荷量均保持不变,空气阻力与速度大小成正比.求:
(1)油滴所带电荷量?
(2)油滴以速率v匀速下降时,受到空气阻力多大?
(3)若要让油滴以速率2v匀速上升,则两极板的电压应为多少?
如图所示,在一等腰直角三角形ADC区域内存在垂直于纸面的匀强磁场(包含边界),AD=DC=a,现有一质量为m、电荷量为+q的带电粒子,以某一速度v从D点沿DA边射入磁场,后垂直于AC边射出磁场,粒子的重力忽略不计,求:
(1)磁感应强度B的大小和方向?
(2)若改变粒子射入磁场速度大小,此时粒子进入磁场后轨迹刚好与AC边相切,则粒子的速度大小为多少?
如图所示,—个质量m=16g、长d=0.5m、宽L=0.1m、电阻R=0.1Ω的矩形线框从高处自由落下,经过ℎ1=5m高度,下边开始进入一个跟线框平面垂直的匀强磁场,已知磁场区域的高度ℎ2=1.55m,线框进入磁场时恰好匀速下落,取g=10m/s2.求:
(1)磁场的磁感应强度B的大小?
(2)线圈进入磁场的过程中产生的电热?
(3)线框下边刚离开磁场时的加速度?
参考答案与试题解析
2020-2021学年河南省濮阳市高二考试物理试卷
一、选择题
1.
【答案】
D
【考点】
电场中轨迹类问题的分析
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解:由于带电粒子只受电场力的作用,而且运动过程中电势能逐渐减少,可判断电场力做正功,即电场力方向与粒子速度方向夹角为锐角,且电场力方向沿着电场线指向轨迹凹侧.综上所述,可判断只有D项正确.
故选D.
2.
【答案】
D
【考点】
安培力作用下的平衡问题
【解析】
A、平衡时两是线与竖直方向夹角均为C,故导线受到安培力,根据左手定则,可判断金属棒中的电流方向由M指向N,故A错误
mg
B、由金属棒受力平衡有:tanθ=BIEmg得,电流大小为I=mgtanθBL,故B错误;
C、若其它条件不变,只增加金属棒的长度,m成正比的增大,则θ不变,故C错误;
D、若其它条件不变,只增大磁感应强度,根据tanθ=BImg,则9角变大,故D正确
故选D.
【解答】
解:导体棒受力如图所示,
导体棒平衡,可得:
tanθ=Fmg=BILmg,
A.平衡时两悬线与竖直方向夹角均为θ,故导线受到安培力,根据左手定则,可判断金属棒中电流方向由M指向N,故A错误;
B.由金属受力平衡有:tanθ=BILmg,电流大小为I=mgtanθBL,故B错误;
C.若其它条件不变,只增加金属棒的长度,m成正比的增大,则θ不变,故C错误;
D.若其它条件不变,只增大磁感应强度,根据tanθ=BILmg,则θ角变大,故D正确.
故选D.
3.
【答案】
A
【考点】
楞次定律
电磁感应中的动力学问题
【解析】
A、套环最好选用电阻率都较小的铝环,电阻较小,在套环中产生的感应电流较大,套环最好选用密度都较小的铝环,质量较小,更容易跳起,故A正确;
B、线圈与电源的正负极接反,闭合电键的瞬间,磁通量会发生变化,套环会产生感应电流,线圈对套环会有安培力的作用,套环立刻跳起,故B错误;
C、开关由闭合到断开时,套环的磁通量会发生变化,套环会产生感应电流,但线圈中无电流,线圈不会对套环会有安培力的作用,套环不会跳起,故C错误;
D、根据同向电流相互吸引,异向电流相互排斥的原理可知,环跳起时,环上的电流与线圈上的电流绕行方向相反,故D错误;
故选A.
【解答】
解:A.套环最好选用电阻率都较小的铝环,电阻较小,在套环中产生的感应电流较大,套环最好选用密度都较小的铝环,质量较小,更容易跳起,故A正确;
B.线圈与电源的正负极接反,闭合电键的瞬间,磁通量会发生变化,套环会产生感应电流,线圈对套环会有安培力的作用,套环立刻跳起,故B错误;
C.开关由闭合到断开时,套环的磁通量会发生变化,套环会产生感应电流,但线圈中无电流,线圈不会对套环会有安培力的作用,套环不会跳起,故C错误;
D.根据同向电流相互吸引,异向电流相互排斥的原理可知,环跳起时,环上的电流与线圈上的电流绕行方向相反,故D错误.
故选A.
4.
【答案】
C
【考点】
冲量
动能定理的应用
【解析】
本题动量守恒定律的应用;对于动量定理的应用,要注意其中各物理量的方向性,正确设定正方向,确定各量的正负.
【解答】
解:小球从开始下落到落到软垫上过程中,由动能定理可得:mgℎ1=12mv12−0,代入数据解得:v1=20m/s,方向竖直向下,
小球从反弹到到达最高点过程中:mgℎ2=0−12mv22,代入数据解得:v2=10m/s,方向竖直向上;
以竖直向上为正方向,由动量定理得:I=mv2−mv1=1kg×10m/s−1kg×−20m/5=30N⋅s,方向竖直向上.
故选:C.
5.
【答案】
C
【考点】
爱因斯坦光电效应方程
【解析】
频率为v的光照射某金属时,产生光电子的最大初动能为Em,根据光电效应方程知,逸出功W加=ℎv−EA.;改用频率2v的光照
射同一金属,则最大初动能Ekm=2ky−W0=ℎy+E1.,故C正确,A、B、D错误;
故选C.
【解答】
解:频率为ν的光照射某金属时,产生光电子的最大初动能为Ekm,根据光电效应方程知,逸出功W0=ℎν−Ekm,改用频率2ν的光照射同一金属,
则最大初动能Ekm=2ℎν−W0=ℎν+Ekm,故C正确,ABD错误.
故选C.
6.
【答案】
A
【考点】
α粒子散射实验
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解:α粒子散射实验中,α粒子和电子之间有相互作用力,它们接近时就有库仑引力作用,但是由于电子质量只有α粒子质量的17300,粒子与电子碰撞就像一颗子弹与一个灰尘碰撞一样,α粒子质量大,其运动方向几乎不改变,α粒子散射实验中,有少数α粒子发生大角度偏转说明三点:一是原子内有一质量很大的粒子存在,二是这一粒子带有较大的正电荷,三是这一粒子的体积很小,故A正确.
故选A.
7.
【答案】
C
【考点】
氢原子的能级公式和跃迁
【解析】
【解答】
解:由巴耳末公式知,最小波长入满足:1λ1=R122(n取无穷大),最大波长λ2满足:1λ2=R122−132n=3,两式相比得:λ1λ2=59,故C正确,ABD错误.
故选C.
8.
【答案】
B
【考点】
核能的计算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解:在核反应方程12H+12H→23He+01n中,
反应前物质的质量m1=2×2.0136u=4.0272u,
反应后物质的质量m2=3.0150u+1.0087u=4.0237u,
质量亏损Δm=m1−m2=0.0035u,
则氘核聚变释放的核能为 :E=931×0.0035MeV≈3.3MeV,选项B正确.
故选B.
二、多选题
【答案】
C,D
【考点】
远距离输电
【解析】
本题考查远距离输电的原理.
【解答】
解:A.发电厂的输出电压不变,升压变压器的输入电压不变,输出电压不变,故A项错误;
B.设线路的电阻为R,随着发电厂输出功率的增大,输电线中的电流增大,输电线上损失的电压ΔU=I线R增大,则降压变压器的输入电压减小,则降压变压器的输出电压减小,故B项错误;
C.随着输电线中电流增大,输电线上损耗的功率ΔP=I线2R增大,故C项正确;
D.输电线上损耗的功率ΔP=I线2R=P输U输2R,输电线上损耗的功率占总功率的比例ΔPP输=P输RU输2增大,故D项正确.
故选CD.
【答案】
A,B,C
【考点】
弹性碰撞和非弹性碰撞
动量守恒定律的综合应用
【解析】
根据碰撞过程的两大基本规律:系统动量守恒和总动能不增加,分析可知得到:E1
解:CD.由题,碰撞后两球均有速度,根据碰撞过程中总动能不增加可知,E1
故选:ABC.
【答案】
B,D
【考点】
原子核衰变
动量守恒定律的综合应用
【解析】
核衰变过程动量守恒,反冲核与释放出的粒子的动量大小相等,结合带电粒子在匀强磁场中圆周运动的半径公式可得小粒子与反冲核的电荷量之比.
【解答】
解:A.粒子间衰变过程中遵守动量守恒定律,由于初始总动量为零,则末动量也为零,根据动量守恒定律得知:α粒子和反冲核的动量大小相等,根据Bqv=mv2r,r=mvqB得:R=mvqB=pBq,由于p1=p2,得R1:R2=30:1,可知反冲核的电荷量是60,则原放射性元素的原子序数为62,故A错误,BD正确;
C.α粒子和反冲核的动量大小相等,方向相反,它们的速率应该与质量成反比,现在不知道质量之比,所以速率之比也不确定,故C错误.
故选BD.
三、解答题
【答案】
(1)油滴所带电荷量是q=mgdU.
(2)受到空气阻力是f=mg2.
(3)两极板的电压应为U1=2U.
【考点】
带电粒子在重力场和电场中的运动
【解析】
(1)油滴静止,有:qUd=mg
解得油滴所带电量为:q=mgdU
(2)油滴匀速下降时,有:mg−qU2d−ky=0
联立解得,f=ky=mg2
(3)油滴以2v匀速上升时,有:qU1d−mg⋅k2y=0解得:U1=2U
【解答】
解:(1)油滴静止,有:qUd=mg,
解得油滴所带电量为:q=mgdU.
(2)油滴匀速下降时,有:mg−qU2d−kv=0,
联立解得:f=kv=mg2.
(3)油滴以2v匀速上升时,有:qU1d−mg−k2v=0,解得:U1=2U.
【答案】
(1)磁感应强度B的大小为B=mvqa,磁感应强度的方向为垂直于纸面向外.
(2)粒子的速度大小为2−1v.
【考点】
带电粒子在有界磁场中的圆周运动
【解析】
(1)属于带电粒子在磁场中运动问题,由两个速度方向可找到圆心,进而画出轨迹,求得半径和圆心角。
(2)属于带电粒子运动的临界问题,可由”伸缩圆”逐步减小圆的半径,当圆与AD、AC分别相切时即为对应的临界状态。
【解答】
解:(1)由题意可得,带电粒子在磁场中只受洛伦兹力,所以做匀速圆周运动,由于粒子运动速度垂直CD和CE,所以粒子在圆周运动的圆心为C点,
设粒子在圆周运动的半径为R1,则:mv2R1=qvB,R1=a,
由以上两式可得磁感应强度的大小为:B=mvqa,
由左手定则可得,磁感应强度的方向为垂直于纸面向外.
(2)当粒子运动的轨迹和AC边相切时,粒子从CD边射出且速度最大,设粒子做圆周运动的半径为R2,由几何图形可得:R2+2R2=a,
mv02R2=qv0B,
v0=2−1v.
【答案】
(1)磁场的磁感应强度B的大小为0.4T.
(2)线圈进入磁场的过程中产生的电热为0.08J.
(3)线框下边刚离开磁场时的加速度为1m/s2,方向向上.
【考点】
导线框切割磁感线
安培力作用下的平衡问题
电磁感应中的能量问题
电磁感应中的动力学问题
【解析】
【解答】
解:(1)线框进入磁场前,机械能守恒,有:mgℎ1=12mv2,
线框匀速进入磁场,有:B2L2vR=mg,联立解得:B=0.4T.
(2)线框进入磁场产生的焦耳热为:Q=mgd=16×10−3×10×0.5J=0.08J.
(3)设线框下边到磁场下边界时的速度为v1,从线框完全进入磁场至线框下边到磁场下边界过程中,
由功能关系有:mgℎ2−d=12mv12−12mv2,
线框下边刚离开磁场时,由牛顿第二定律有:B2L2v1Rmg=ma,
联立解得:a=1m/s2,加速度方向向上.
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