广东省佛山市顺德区2020-2021学年高二(下)期末教学质量检测物理试题

量检测物理试题

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

1．下列关于物理学史和事实的说法正确的是（ ） A．楞次最先发现电磁感应现象 B．卢瑟福发现天然放射现象

C．射线比射线电离作用弱，穿透能力强 D．比结合能越大，原子核越稳定

2．如图是工业生产中用到的光控继电器示意图，它由电源、光电管、放大器、电磁继电器等组成。当用绿光照射光电管阴极K时，可以发生光电效应。下列说法正确的是（ ）

A．b端应该接电源正极

B．调转电源正负极，电路中一定没有电流 C．改用黄光照射阴极，电路中可能存在光电流 D．增大绿光照射强度，光电子的最大初动能增大

3．如图，由导热材料制成的气缸和活塞将一定质量的理想气体封闭在气缸内，活塞与气缸壁之间无摩擦，活塞上方存有少量液体。将一细管插入液体，因虹吸现象，活塞上方的液体逐渐流出，大气压强与外界的温度保持不变。对封闭理想气体说法正确的是（ ）

试卷第1页，总8页

A．在单位时间内，气体分子对活塞的冲量逐渐减小 B．在单位时间内，气体分子对活塞撞击的次数增多 C．气体分子间的斥力增大，且分子的平均动能不变 D．气体向外界放热

4．如图甲电路中，变压器为理想变压器，交流电流表为理想电表，输入电压u随时间t变化的图像如图乙，两只规格为“6V，3W”的灯泡均正常发光。下列说法正确的是（ ）

A．原、副线圈匝数之比为4:1 B．电阻R的功率为6W C．电流表的示数为0.5A

D．副线圈中电流方向1s内改变50次

5．冰壶运动又被称为“冰上国际象棋”，极具观赏性。如图所示，某运动员M60kg，冰壶质量m20kg，不计摩擦，二者以速度v01m/s匀速滑行，冰壶脱手时在水平方向上相对于手的速度v12m/s。下列说法正确的是（ ）

A．运动员和冰壶相互作用过程中机械能守恒 B．运动员对冰壶的冲量等于冰壶对运动员的冲量 C．运动员对冰壶做的功与冰壶对运动员做的功大小相等 D．冰壶出手时，运动员的速度为0．5m/s

6．如图，轧钢厂的热轧机上可以安装射线测厚仪，仪器探测到的射线强度与钢板的厚度有关。已知某车间采用放射性同位素依-192作为放射源，其化学符号是Ir，原子序

试卷第2页，总8页

数77，通过衰变放出射线，半衰期为74天，适合透照钢板厚度10～100mm，下列说法正确的是（ ）

1921920A．衰变产生的新核用X表示，铱192的衰变方程为份77Ir78X+-1e

B．若已知钢板厚度标准为30mm，探测器得到的射线变弱时，说明钢板厚度大于30mm，应当增大热轧机两轮之间的厚度间隙

．0g没有衰变 C．若有2g铱192，经过148天有1D．放射性同位素发生衰变时，遵循能量守恒和质量守恒

7．一定质量的理想气体从状态A变化到状态B，再变化到状态C，其状态变化过程的

pV图象如图。 已知该气体在状态A时的温度为27℃。对该气体说法正确的是（ ）

A．在状态B时的温度是3℃

B．从状态B到状态C过程中对外做功81J C．状态A下气体的内能大于在状态C气体的内能 D．从状态A到状态C的过程中放出81J的热量

二、多选题

8．下列四幅图中，相应的说法正确的是（ ）

试卷第3页，总8页

A．图甲第一类永动机不能实现因为它违背能量守恒定律

B．图乙是高频焊接原理图，工件上只有焊缝处温度很高，是因为焊缝处的电阻小 C．图丙的粒子散射实验说明原子核是由质子与中子组成

D．图丁一群氢原子处于量子数n4能级状态，可能辐射6种频率的光子

9．“华龙一号”是中国自主研发的第三代核电技术，跻身世界前列，其远距离输电线路简化如图，变压器为理想变压器，升压变压器原副线圈匝数分别为n1、n2，电压分别别为U1、U2，电流分别为I1、I2，降压变压器原副线圈匝数分别为n3、n4，电压分

U4，别别为U3、电流分别为I3、I4，输电线的电阻为R，下列说法中正确的是（ ）

A．电厂发出的电是直流电 B．I2U2U3 RC．若U1U4，则升压变压器与降压变压器的匝数比满足

试卷第4页，总8页

n1n4 n2n3D．夜晚用户增多，输电线上损失的功率增大，用户两端的电压减小

10．如图，光滑水平的平行导轨间的距离为L，导轨是够长且不计电阻，左端连有一个直流电源，电动势为E。金属杆ab质量为m，被紧压在轨道上，没有释放时通过的电流为I，处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与导轨平面成角。静止释放金属杆ab后，杆开始运动，下列说法正确的是（ ）

A．紧压时，金属杆ab所受安培力BIL B．金属杆ab的最大速度为

E

BLsinC．金属杆ab从静止释放后做加速度逐渐减少的加速运动，最终做匀速运动 D．运动过程中，安培力做功的大小等于导体棒ab产生的热量

三、实验题

11．利用碰撞做“验证动量守恒定律”的实验，实验装置如图甲，仪器按要求安装好后进行实验，在白纸上记录下重锤位置和各次实验时小球落点的平均位置，设小球质量分别为m1、m2，且m12m2，小球间的碰撞是弹性碰撞。

（1）下列实验操作和要求正确的是___________

A．小球每次从同一高度静止释放，并记下释放点到水平轨道的竖直距离h B．倾斜轨道必须光滑

C．如果实验中没有测量两小球的具体质量，也可以完成实验验证 D．斜槽末端的切线必须水平，以保证小球在空中运动的时间相等

（2）某次实验，由于没有区分两个小球的质量，将一个小球放在槽口，另一小球从某位置静止释放，发现碰撞后，入射小球直接从槽口飞出，则入射小球的质量为___________（“m1”或“m2”）

试卷第5页，总8页

（3）图乙是小球多次落点N的痕迹，由此可确定其落点的平均位置对应的读数为___________cm

（4）实验正确操作后，用刻度尺测量三段长度分别为OMs1，ONs2，OPs3，在误差允许的范围内，只需验证___________（用题目中所给的物理量表示），表明碰撞过程中动量守恒。

12．在“用油膜法估测油酸分子大小”实验中，配制的油酸酒精溶液的浓度为每1000mL含有油酸0.6mL。现用滴管向量筒内滴加75滴上述溶液，量筒中的溶液体积增加1mL，若把一滴这样的油酸酒精溶液滴入足够大的盛水的浅盘中，由于酒精溶于水，油酸在水面展开，稳定后形成的油膜的形状如图所示。若每一小方格的边长为1cm，试问：

（1）这种估测方法是将每一个油酸分子视为___________模型。

（2）计算每一滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积是___________m3，根据上述数据，估测出油酸分子的直径___________m，（以上所有计算结果保留两位有效数字） （3）某同学实验中最终得到的计算结果和大多数同学的比较，数据偏大，对出现这种结果的原因，下列说法中可能正确的是___________。

A．错误地将油酸酒精溶液的体积直接作为油酸的体积进行计算 B．计算油酸膜面积时，错将不完整的方格作为完整方格处理 C．计算油酸膜面积时，只数了完整的方格数 D．水面上痱子粉撒得较多，油酸膜没有充分展开

（4）利用单分子油膜法可以粗测分子的大小和阿伏加德罗常数。如果已知体积为V的一滴油在水面上散开形成的单分子油膜的面积为S，这种油的密度为，摩尔质量为M，则阿伏加德罗常数的表达式为___________。

四、解答题

13．如图所示，有一圆柱形导热良好的气缸静止在水平地面上，内有一质量m10kg，截面积S100cm2、厚度不计的活塞，封闭有高度为h130cm、温度为t127℃的理想气体。已知气缸质量为M20kg，其深度为H40cm，活塞不漏气且与缸壁无

试卷第6页，总8页

5摩擦。外界大气压强为p01.010Pa，重力加速度g10m/s2。

（1）求开始时气缸内封闭气体的压强；

（2）如果使气缸内气体温度缓慢升高到50℃，求缸内气体的高度；

（3）在温度为t127℃的初始状态下，用一竖直向上的拉力缓慢提拉活塞，请判断能否将气缸提离地面，并说明理由？

14．游乐场中某表演项目可简化为如图的过程，在空中搭有水平光滑的足够长平行导轨，导轨左侧有固定平台，质量M140kg的小车紧靠平台右侧，长L2.5m的轻质刚性绳一端固定在小车底部的O点，质量m60kg的表演者（视为质点）抓住绳另一端，使绳伸直后表演者从平台上与O点等高的A点由静止出发，当表演者向右摆到最高点时松手，他恰好切入倾角为30的光滑斜面，斜面底端固定劲度系数k3000N/m轻弹簧组成的弹射装置（不计质量），自然状态时其上端D与斜面顶端C相距s1.8m，已知宽的弹性势能Ep与弹簧的形变量x满足Ep计空气阻力。

（1）为保证表演者的安全，求刚性绳至少要能承受多大拉力；

（2）若表演者向右摆动到最高点时，绳与竖直方向的夹角为，求cos的值及表演者的速度大小；

（3）假设弹簧始终在弹性限度范围内，求该过程中弹射装置的最大弹性势能Epm。

12kx，重力加速度g10m/s2，不2

试卷第7页，总8页

15．如图所示，aa、bb、cc、dd为水平面内的四条平行金属轨道，aa，dd间距L2m，bb、cc间距为

L。有一磁感应强度B1T的有界匀强磁场垂直于纸2面向里，其边界与轨道垂直。ab、cd两段轨道在磁场区域正中间，轨道光滑且电阻不计，在ad之间接有R1Ω的定值电阻。现用水平向右的拉力使质量m1kg，长度为

L2m的规则均匀金属杆从磁场左侧某处由静止开始一直向右以加速度a1m/s2做

匀加速运动。已知金属杆的电阻随长度变化为1Ω/m，金属杆与轨道接触良好，运动过程中不转动。忽略金属杆与ab、cd重合时瞬间速度的变化。 （1）判断金属杆在磁场中运动时，通过定值电阻的电流方向；

（2）从金属杆开始运动计时，到达磁场左边界、中间、右边界的时间分别用t1、t2、t3表示，请写出拉力随时间变化的关系式；

（3）若金属杆在磁场左侧的运动时间是金属杆在磁场左半部分运动时间的2倍，且所需拉力在金属杆经过磁场中间时突然减半，求金属杆经过磁场区域时拉力的冲量。

试卷第8页，总8页

本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

参考答案

1．D 【详解】

A．法拉第最先发现电磁感应现象，故A错误； B．贝克勒尔最先发现天然放射现象，故B错误；

C．射线比射线电离作用强，穿透能力弱，故C错误； D．原子核比结合能越大，原子核越稳定，故D正确。 故选D。 2．C 【详解】

A．电路中要产生电流，则a端应该接电源正极经放大器放大后的电流使电磁铁被磁化，将衔铁吸住，故A错误；

B．调转电源正负极，可以减小电路中的电流，只有当电源电压达到光电管的遏制电压，才会出现电流为零的情况。故B错误；

C．黄光的频率略小于绿光的频率，改用黄光照射阴极，电路中可能存在光电流。故C正确； D．根据光电效应规律可知，增大绿光照射强度，光电子的最大初动能不变。故D错误。 故选C。 3．A 【详解】

ABC．活塞上方液体逐渐流出，对活塞受力分析可知，气缸内气体压强减小，由气缸内气体温度不变，分子的平均动能不变，气体体积变大，分子间间距变大，则分子间的斥力减小，压强减小，分子密度减小，则单位时间内气体分子对活塞撞击的次数减小，气体分子对活塞的冲量逐渐减小，故A正确，BC错误；

D．气体温度不变，则内能不变，体积增大，气体对外做功，由热力学第一定律

U=WQ

可知气体吸热，故D错误。 故选A。 4．B 【详解】

A．由图乙可知，电源电压有效值为

答案第1页，总13页

本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

U=24V

两灯泡正常发光，可得原线圈两端电压为18V，副线圈两端电压为6V，可得

n1U13 n2U2A错误；

BC．原线圈中电流，即灯泡的额定电流为

I1PL0.5A UL原副线圈电流与匝数成反比，故副线圈中电流为

I21.5A

则流过电阻R的电流为

II2I11A

即电流表的示数为1A，电阻R的功率为

PULI6W

B正确，C错误；

D．由图乙可知，交流电的周期为0.02s，频率为50Hz，由于变压器不改变频率，故副线圈中电流变化频率为50Hz，每个周期内电流方向改变2次，故副线圈中电流方向1s内改变100次，D错误。 故选B。 5．D 【详解】

A．运动员和冰壶相互作用过程中运动员消耗体内的化学能转化为运动员和冰壶的动能，因此机械能不守恒，故A错误；

B．运动员对冰壶的作用力与冰壶对运动员的作用力为一对相互作用力，相互作用力的冲量大小相等，方向相反，故B错误；

C．运动员对冰壶的作用力与冰壶对运动员的作用力大小相等，在力的作用下，运动员和冰壶的位移大小不等，则运动员对冰壶做的功与冰壶对运动员做的功大小不相等，故C错误； D．设冰壶出手时，运动员的速度为v，则冰壶的速度为v2，由动能守恒定律得

答案第2页，总13页

本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

(Mm)v0Mv(vv1)m

代入数据解得

v0.5m/s

故D正确。 故选D。 6．A 【详解】

A．衰变的实质是核里的一个中子放出一个电子变为一个质子，反应过程中遵循质量数守恒和核电荷数守恒，故质量数不变核电荷数加一，故A正确 ；

B．探测器得到的射线变弱时，说明钢板厚度增大，应当减小热轧机两轮之间的厚度间隙，故B错误；

C．若有2g铱192，经过74天后还有1g没有衰变，再过74天（即总共经历148天）还有0.5g没有衰变，故C错误；

D．放射性同位素发生衰变时，因遵循能量守恒，放出了能量出现了质量亏损，质量不守恒，故D错误； 故选A。 7．B 【详解】

A．对于理想气体由图象可知A→B等容变化，由查理定律得

pApB TATB得

3.01052.7105

27273tB273解得

tB3°C

故A错误；

B．对于理想气体由图象可知B→C等压变化，则从状态B到状态C过程中对外做功

答案第3页，总13页

本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

WpV2.71050.3103J81J

故B正确；

C．由理想气体状态方程可知

pAVApCVC TATC即

3.01052.71032.71053.0103

27273tC273得

tC27°C=tA

则状态A下气体的内能等于在状态C气体的内能，故C错误； D．气体从状态A到状态C体积增大，对外做功，即

W＜0

且TA=TC，A到状态C的过程中内能变化量为0，由热力学第一定律得

Q＞0

所以A→C的过程中吸热，故D错误。 故选B。 8．AD 【详解】

A．图甲第一类永动机不能实现因为它违背能量守恒定律。故A正确；

B．图乙是高频焊接原理图，工件上只有焊缝处温度很高，是因为焊缝处横截面积小，电阻大，电流相同，焊缝处热功率大，温度升的很高。故B错误；

C．图丙的粒子散射实验说明原子核是由原子核和核外电子构成的。故C错误； D．根据能级跃迁规律，从4到3、2、1三条，再由3到2、1两条，再由2到1一条，共计6条。故D正确。 故选AD。 9．BD 【详解】

A．电厂发出的电是交流电，才能通过变压器，A错误；

答案第4页，总13页

本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

B．输电线上损失电压为

UU2U3I2R

解得

I2U2U3 RB正确；

C．由变压器的电压与匝数成正比可得

U2n2U1 n1U3由于输电线上的电压损失，故满足

n3U4 n4nn2U13U4 n1n4若U1U4，则升压变压器与降压变压器的匝数比满足

n1n4 n2n3C错误；

D．夜晚用户增多，消耗的功率增大，由

PU3I3U4I4

可知，I4增大、I3增大，输电线上损失的功率、损失的电压增大，导致U3减小，U4减小，即用户两端的电压减小，D正确。 故选BD。 10．ACD 【详解】

A．电流与磁场垂直，根据安培力表达式，可知

F安BIL

故A正确；

BC．金属杆ab从静止释放后，切割磁感线产生反方向的感应电动势，电路中电流减小，所

答案第5页，总13页

本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

以安培力减小，根据牛顿第二定律

aF安m

可知做加速度逐渐减少的加速运动，当电流为零时，即感应电动势大小为E时，做匀速运动，有

EBLv

整理，可得

v故B错误；C正确；

E BLD．根据功能关系可知，运动过程中，安培力做功的大小等于导体棒ab产生的热量。故D正确。 故选ACD。

11．CD m1 55.50 m1s3m1s1m2s2 【详解】

（1）[1]AB．小球每次滚下都应从斜槽上的同一位置无初速度释放，是为了使小球每次都以相同的速度到斜槽口，斜槽没有必要光滑，小球的速度可以用做平抛运动的水平位移代替，故不需要记下释放点到水平轨道的竖直距离h，故AB错误； C．两小球的碰撞时弹性碰撞，根据动量守恒定律和能量守恒定律得

m1v0m1v1m2v2

11122m1v0m1v12m1v2 222联立解得

v0v1v2

可知如果实验中没有测量两小球的具体质量，也可以完成实验验证，故C正确；

D．斜槽末端的切线必须水平，以保证小球做平抛运动，使在空中运动的时间相等，故D正确。

（2）[2]有动量守恒定律可知，若入射小球的质量小于被碰小球，则入射小球会被反弹，由题意可知，入射小球没有被反弹，则入射小球的质量为m1； （3）[3]由图可得其落点的平均位置对应的读数为55.50cm；

答案第6页，总13页

本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

（4）[4]因为平抛运动的时间相等，则水平位移可以代表速度，在误差范围内，若在碰撞过程中动量守恒，则满足

m1s3m1s1m2s2

6MS312．球体模型 0.8010m 0.5910m ACD

V31139【详解】

（1）[1]这种估测方法是将每个分子视为球体模型，让油酸尽可能地在水面上散开，则形成的油膜可视为单分子油膜，这层油膜的厚度可视为油分子的直径； （2）[2]每一滴油酸酒精溶液中含有纯油酸体积为

V[3]由图可知，油膜的面积为

161064m30.801011m3 7510S1351cm1cm135cm2

所以，估测出油酸分子的直径为

V0.801011dm0.59109m 4S13510（3）[4] A．错误地将油酸酒精溶液的体积直接作为油酸的体积进行计算，体积变大，会导致结果变大，A正确；

B．计算油酸膜面积时，错将不完整的方格作为完整方格处理，导致面积增大，数据偏小，B错误；

C．计算油酸膜面积时，只数了完整的方格数，导致面积减小，数据偏大，C正确； D．水面上痱子粉撒得较多，油酸膜没有充分展开，面积减小，数据偏大，D正确。 故选ACD。

（4）[5] 油的摩尔体积为

Vmol阿伏伽德罗常数为

M

NA联立解得

Vmol V0答案第7页，总13页

本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

6MS3NA

V313．（1）1.1105Pa；（2）32.3cm；（3）不能，见解析 【详解】

（1）对活塞分析，设开始时气缸内气体压强为p1，由平衡条件得

p0Smgp1S

代入数据解得

H1HPa

（2）设温度升高到50℃时的高度为h2，活塞平衡未发生改变，故压强不变，则有

Sh1Sh2= t1t2代入数据得

t2=32.3cm

（3）以气缸为研究对象，设当气体压强为p2时，能被提上去，由平衡条件得

p0S=Mgp2S

解得

p2=8104Pa

气缸导热性良好，则由玻意耳定律得

p1Sh1=p2SH1

解得

H1=41.25cm

由于

H1H

所以无法将气缸提离地面。 14．（1）1800N；（2）

3；（3）960J 10答案第8页，总13页

本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

【详解】

（1）由题意分析可知，当表演者在最低点B时，绳子拉力最大，从A到B，由机械能守恒得

12 mgLmvB2设绳子能承受最小拉力为F，则在B点，设由牛顿第二定律得

2vBFmgm

L解得

F1800N

（2）如下图所示

表演者达到最高点后，小车和表演者速度v相等且沿水平方向，若此时小球经过B点后上升的高度为h，水平方向，对小车和表演者，由动量守恒定律

mvB(Mm)v

解得

v1.52m/s

由机械能守恒定律

121mvBmgh(Mm)v2 22由几何关系知

cosLh L联立解得

cos3 10答案第9页，总13页

本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

（3）在C点时，速度于水平方向的夹角为，则

vCcosv

解得

vC6m/s

当表演者的速度为零时，设弹簧被压缩x1，弹簧有最大弹性势能，有机械能守恒定律有

12mvCmg(sx1)cosEpm 2又

1Epmkx12

2联立解得

Epm960J

1N(tt1)(14t)N(t1tt2)315．（1）由a到a；（2）F；（3）6.33Ns

1(1t)N(ttt)232 1N(tt3)【详解】

(1)金属杆在磁场中运动时，由右手定则可知通过定值电阻的电流方向由a到a。 (2)当金属感没有进入磁场之前，即

tt1

只受力F作用，由牛顿第二定律可得

Fma1N

当金属杆进入磁场后到运动至磁场中间位置时间段内，即

t1tt2

由题意可得，金属杆的电阻为

r2Ω

金属杆切割磁感线，有

答案第10页，总13页

本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

EBLv

vat

IE RrF安=BIL

由牛顿第二定律可得

FF安ma

代入数据联立可得

4F(1t)N

3当金属杆经过磁场中间到右边界过程，即

t2tt3

由题意可知，金属杆的电阻为

r，金属杆切割磁感线有 21EBLv

2vat IERr 2=BIF安由牛顿第二定律可得

L 2ma FF安代入数据联立可得

1F(1t)N

2当金属杆过了磁场右边界后，即

tt3

不再切割磁感线，没有安培力，则

Fma1N

答案第11页，总13页

本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

综上可得

1N(tt1)(14t)N(t1tt2)3F

1(1t)N(ttt)232 1N(tt3)(3)金属杆所需拉力在金属杆经过磁场中间时突然减半，可得

411t2(1t)

32解得

t3s

故金属杆到达磁场左边界的时间、金属杆到达磁场中间的时间分别为

t12s，t23s

金属杆在磁场左半部分运动的位移为

1212sat2at12.5m

22磁场的宽度为

d2s5m

金属杆到达磁场左边界的速度为

v1at12m/s

设金属杆到达磁场右边界的速度为v2，由位移公式可得

2v2v122ad

解得

v214m/s

运动到磁场右边界的时间为

t3在磁场左半部分外力的冲量为

v214s a44(12)(13)13 33I11NsNs23在磁场右半部分外力的冲量为

答案第12页，总13页

本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

11(13)(114)7 22I1(143)Ns(14)Ns24故金属杆经过磁场区域时拉力的冲量为

31II1I2(14)Ns6.33Ns

12答案第13页，总13页