2020-2021学年河南省林州市第一中学高二4月调研考试物理试卷

【最新】河南省林州市第一中学高二4月调研考试物理试卷 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

1．以下是有关近代物理内容的若干叙述，其中正确的是

A ．原子核的比结合能越大越稳定

B ．一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，可能是因为这束光的光照强度太小

C ．按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的势能减小，但原子的能量增大

D ．原子核发生一次β衰变，该原子外层就失去一个电子

2．北京时间【最新】3月11日13时46分,在日本本州岛附近海域发生里氏9.0级强烈地震,地震和海啸引发福岛第一核电站放射性物质泄漏,其中放射性物质碘131的衰变方程为131

131

5354I Xe Y →+.根据有关放射性知识，下列说法正确的是

A ．Y 粒子为β粒子

B ．生成的131

54Xe 处于激发态,放射γ射线. γ射线的穿透能力最强,电离能力也最强 C ．13153I 的半衰期大约是8天,取4个碘原子核,经16天就只剩下1个碘原子核了

D ．131

53I 中有53个质子和132个核子

3．如图所示，A 、B 是两个完全相同的灯泡，D 是理想二极管，L 是带铁芯的线圈，其电阻忽略不计．下列说法正确的是

A ．S 闭合瞬间，A 先亮

B ．S 闭合瞬间，A 、B 同时亮

C ．S 断开瞬间，A 闪亮一下，然后逐渐熄灭

D ．S 断开瞬间，B 逐渐熄灭 4．如图所示，A 、B 两木块靠在一起放在光滑的水平面上，A 、B 的质量分别为m A ＝2.0 kg 、m B ＝1.5 kg.一个质量为m C ＝0.5 kg 的小铁块C 以v 0＝8 m/s 的速度滑到木块A 上，离开木块A 后最终与木块B 一起匀速运动．若木块A 在铁块C 滑离后的速度为v A ＝0.8 m/s ，铁块C 与木块A 、B 间存在摩擦．则摩擦力对B 做的功为( )

A ．0.6J

B ．1.2J

C ．0.45J

D ．2.435J

5．一位质量为m 的运动员从下蹲状态向上跳起，经t ?时间，身体伸直并刚好离开地面，速度为v ，在此过程中，下列说法正确的是（ ）

A ．地面对他的冲量为mv mg t +?，地面对他做的功为212

mv B ．地面对他的冲量为mv mg t -?，地面对他做的功为零

C ．地面对他的冲量为mv ，地面对他做的功为212

mv D ．地面对他的冲量为mv mg t +?，地面对他做的功为零

6．如图所示，在粗糙水平面上有甲、乙两木块，与水平面间的动摩擦因数均为μ，质量分别为m 1和m 2，中间用一原长为L 、劲度系数为k 的轻质弹簧连接起来，开始时两木块均静止且弹簧无形变．现用一水平恒力F （F ＞μ（m 1+m 2）g ）向左推木块乙，直到两木块第一次达到加速度相同时，下列说法正确的是（ ）

A ．此时甲的速度可能等于乙的速度

B ．此时两木块之间的距离为()

112Fm L m m k -+ C ．此阶段水平力F 做的功等于甲乙两物块动能增加量与弹性势能增加量的总和

D ．此阶段甲乙两物块各自所受摩擦力的冲量大小相等

7．在匀强磁场中有一个原来静止的碳14原子核发生了某种衰变，已知放射出的粒子速度方向及反冲核的速度方向均与磁场方向垂直，它们在磁场中运动的径迹是两个相内切的圆，两圆的直径之比为7:1，如图所示。则碳14的衰变方程为（ ）

A ．14122651C

B H →+ B ．14140651

C B e →+

C ．14140

671C N e -→+

D ．14104642C Be He →+ 8．如图是核子平均质量与原子序数Z 的关系图象，下列说法中错误的是(

)

A ．卢瑟福在α粒子散射实验的基础上提出了原子的核式结构模型

B ．天然放射性元素在衰变过程中核电荷数和质量数守恒，其放射线在磁场中不偏转的是γ射线

C ．图中原子核

D 和

E 聚变成原子核

F 要吸收能量

D ．图中原子核A 裂变成原子核B 和C 要放出核能

二、多选题

9．如图，长为L 、质量为M 的木板静置在光滑的水平面上，在木板上放置一质量为m 的物块，物块与木板之间的动摩擦因数为μ.物块以v 0从木板的左端向右滑动，若木板固定不动时，物块恰好能从木板的右端滑下．若木板不固定时，下列叙述正确的是（ ）

A ．物块不能从木板的右端滑下

B ．对系统来说产生的热量Q ＝μmgL

C ．经过0()Mv t M m g

μ=+，物块与木板便保持相对静止 D ．摩擦力对木板所做的功等于物块克服摩擦力所做的功

10．下列几幅图的有关说法中正确的是( )

A ．原子中的电子绕原子核高速运转时，运行轨道的半径不是任意的

B ．发现少数α粒子发生了较大偏转，因为原子的质量绝大部分集中在很小空间范围内

C ．光电效应实验和康普顿效应实验说明了光具有粒子性

D ．射线甲由α粒子组成，每个粒子带两个单位正电荷

11．用一根横截面积为S 、电阻率为p 的硬质导线做成一个半径为r 的圆环，ab 为圆环的一条直径，如图所示．在ab 的左侧存在一个匀强磁场，磁场方向垂直圆环所在平面，磁感应强度大小随时间变化的关系为B =B 0+kt ，其中磁感应强度的初始值为B 0 , 方向垂直纸面向里，且k<0,则（ ）

A ．圆环中产生逆时针方向的电流

B ．圆环具有扩张且向右运动的趋势

C ．圆环中感应电流的大小为4krS ρ

D ．图中a 、b 两点间的电势差214ab U k r π=

? 12．如图所示，“匚”型导线框abcd 与磁感应强度为B 的匀强磁场垂直，线框c 、d 两端

接入图示电路，其中ab 长为l 1，ad 长l 2，线框绕过c 、

d 的轴以恒定的角速度匀速转动，开关S 断开时，额定功率为P 、电阻恒为R 的灯泡L 1正常发光，理想电流表的示数为I ，线框电阻不计，下列说法正确的是（ ）

A ．闭合开关S 前后，电流表示数保持不变

B

．线框转动的角速度为12

IBl l C

D ．线框从图中位置转过π/4时，感应电动势的瞬时值为P /I

13．从塔顶以相同速率抛出A 、B 、C 三小球，A 球竖直上抛，B 球平抛，C 球竖直下抛．另有D 球从塔顶起自由下落，四个小球质量相同，落到同一水平面上．不计空气阻力，则（ ）

A ．落地时动能相同的小球是A 、

B 、C

B ．落地时动量相同的小球是A 、B 、

C

C．从离开塔顶到落地过程中，动能增量相同的小球只有A、B、C

D．从离开塔顶到落地过程中，动量增量相同的小球是B、D

三、实验题

14．如图所示为弹簧弹射装置，在内壁光滑、水平固定的金属管中放有轻弹簧，在其两端各放置一个金属小球1和2（两球直径略小于管径且与弹簧不固连），压缩弹簧并锁定。现解除锁定，则两个小球同时沿同一直线向相反方向弹射。按下述步骤进行实验：

①用天平测出两球质量分别m1、m2；

②用刻度尺测出两管口离地面的高度均为h；

③解除弹簧锁定弹出两球，记录两球在水平地面上的落点P、Q。

回答下列问题：

(1)要测定弹射装置在弹射时所具有的弹性势能，还需测量的物理量有______。（已知重力加速度g）

A．弹簧的压缩量△x；

B．两球落点P、Q到对应管口M、N的水平距离x1、x2；

C．小球直径；

D．两球从管口弹出到落地的时间t1、t2。

(2)根据测量结果，可得弹性势能的表达式为E P＝____________。

四、解答题

15．如图甲所示，足够长的光滑U形导轨处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，其宽度L =1m，所在平面与水平面的夹角为 =53o，上端连接一个阻值为R=0.40Ω的电阻．今有一质量为m=0.05kg、有效电阻为r=0.30Ω的金属杆ab沿框架由静止下滑，并与两导轨始终保持垂直且良好接触，其沿着导轨的下滑距离x与时间t的关系如图乙所示，图象中的OA段为曲线，AB段为直线，导轨电阻不计，g=10m/s2（忽略ab棒运动过程中对原磁场的影响），试求：

（1）磁感应强度B的大小；

（2）金属杆a b在开始运动的1.5s内，，通过电阻R的电荷量；

（3）金属棒ab在开始运动的1.5s内，电阻R上产生的热量。

16．如图所示，光滑水平直导轨上有三个质量均为m 的物块A 、B 、C ，物块B 、C 静止，物块B 的左侧固定一轻弹簧（弹簧左侧的挡板质量不计）；让物块A 以速度v 0朝B

运动，压缩弹簧；当A 、B 速度相等时，B 与C 恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动．假

设B 和C 碰撞过程时间极短．那么从A 开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中，求．

（1）A 、B 第一次速度相同时的速度大小；

（2）A 、B 第二次速度相同时的速度大小；

（3）弹簧被压缩到最短时的弹性势能大小

17．如图所示，在绝缘水平面上的P 点放置一个质量为0.02A m kg =的带负电滑块A ，带电荷量6

1.010q C =?，在A 的左边相距0.9l m =的Q 点放置一个不带电的滑块B ，质量为0.04B m kg =，滑块B 距左边竖直绝缘墙壁s=0.15m ．在水平面上方空间加一方向水平向右的匀强电场，电场强度为54.010/E N C =?，使A 由静止释放后向左滑动并与B 发生碰撞，碰撞的时间极短，碰撞后两滑块结合在一起共同运动，与墙壁发生碰撞时没有机械能损失，两滑块都可以视为质点，已知水平面OQ 部分粗糙，其余部分光滑，两滑块与粗糙水平面OQ 间的动摩擦因数均为μ=0.50，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g ＝10 m/s 2，求

（1）A 经过多长时间与B 相碰？相碰结合后的速度是多少？

（2）AB 与墙壁碰撞后在水平面上滑行的过程中，离开墙壁的最大距离是多少？

（3）A 、B 相碰结合后的运动过程中，由于摩擦而产生的热是多少？通过的总路程是多少？

参考答案

1．A

【解析】

原子核的比结合能越大越稳定，选项A正确；一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，可能是因为这束光的频率太小，选项B错误；按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的势能增大，动能减小，原子的能量增大，选项C 错误；原子核的β衰变过程是中子转变为质子而释放出电子的过程，核外电子没有参与该反应中；故D错误；故选A.

2．A

【解析】

根据衰变过程中质量数和电荷数守恒，Y粒子为β粒子，故A正确．生成的13154Xe处于激发态，还会放射γ射线．γ射线的穿透能力最强，γ射线是高能光子，即高能电磁波，它是不带电的，所以γ射线的电离作用很弱，故B错误．半衰期是一个统计规律，只对大量的原子核才适用，对少数原子核是不适用的．所以则若取4个碘原子核，经16天剩下几个碘

I中有53个质子，131表示质量数即核子数，故D错误．故原子核无法预测．故C错误．131

53

选A．

【点睛】根据衰变过程中质量数和电荷数守恒列出衰变方程．半衰期是一个统计规律，只对大量的原子核才适用，对少数原子核是不适用的．

3．C

【分析】

刚通电时，自感线圈相当于断路；稳定时，自感线圈相当于电阻（阻值看题中说明）；断电后，自感线圈相当于电源．理想二极管具有单向导电性．据以上两点分析电路在开关闭合瞬间、稳定、和开关断开瞬间各元件的工作情况．

【详解】

AB：刚通电时，自感线圈相当于断路，二极管中为反向电流，则电流既不通过A灯，也不通过B灯．电路稳定时，依题意，自感线圈相当于导线，则电流流过B灯，B灯发光．则S 闭合瞬间，A、B两灯均不亮，然后A灯仍不亮，B灯逐渐变亮．故AB两项错误．CD：开关断开瞬间，自感线圈相当于电源，自感线圈与二极管、A灯形成回路，二极管中为正向电流，则A灯闪亮一下，然后逐渐熄灭．开关断开后，B灯不处在回路中，B灯立即

熄灭．故C 项正确，D 项错误．

4．A

【解析】

【详解】

对A 、B 、C ，由动量守恒定律： m C v 0＝(m A ＋m B )v A ＋m C v C ′①代入数据，得v C ′＝2.4 m/s 对B 、C ，由动量守恒定律：m B v A ＋m C v C ′＝(m B ＋m C )v ②

W f ＝12 m B v 2－12

m B v A 2③ 由②③解得，W f ＝0.6 J ，故选A.

5．D

【解析】人的速度原来为零，起跳后变化v ，则由动量定理可得：

I-mg △t=△mv=mv

故地面对人的冲量为mv+mg △t ；

而人在跳起时，人受到的支持力没有产生位移，故支持力不做功，故ABC 错误；D 正确。 6．B

【解析】试题分析：现用一水平恒力F （F ＞μ（m 1+m 2）g ）向左推木块乙，直到两木块第一次达到加速度相同时，

在此过程中，乙的加速度减小，甲的加速度增大，所以此时甲的速度小于乙的速度，故A 错误；对系统运用牛顿第二定律得： ()1212F m m g

a m m μ-+=+，隔离对甲分析，有：T ﹣

μm 1g=m 1a ，解得： 112

Fm T m m =+． 根据胡克定律得： ()112Fm T x k k m m =

=+，则两铁块的距离为：s=L ﹣x=L ﹣()

112Fm k m m +，故B 正确； 根据能量守恒得此阶段水平力F 做的功等于甲乙两物块动能增加量与弹性势能增加量和与水平面摩擦产生的热量的总和，故C 错误；由于甲乙两物块各自所受摩擦力大小不一定相等，此阶段甲乙两物块各自所受摩擦力的冲量大小不一定相等，故D 错误；故选B ． 考点：牛顿第二定律；功能关系

7．C

【解析】

根据判断两电荷的电荷量之比为1：7．两圆内切，所以为异种电荷，所以C 正确；A 、B 、D 错误．

8．C

【解析】

（1）α粒子散射实验否定了汤姆逊提出的“枣糕”原子模型，逐步意识到原子是空心的结构．在卢瑟福α粒子散射实验中，绝大多数α粒子的运动方向几乎不变，只有极少数α粒子发生了大角度散射，因此卢瑟福提出了原子的核式结构模型，极好的解释了这个现象，故A 选项正确；

（2）天然放射性元素的衰变过程中电荷数守恒，质量数守恒，放出射线有α，β，γ三种．其

中只有γ射线不带电，则它在磁场中运动一定不发生偏转，B 项正确；

（3）核聚变必须借助超高温高压才能发生，但在核聚变的过程中，有质量亏损，会放出核能，因此C 项错误；

（4）核裂变过程也会放出核能，故D 正确；

故本题选C ．

9．AC

【解析】

【详解】

A 、木板固定不动时，物块减少的动能全部转化为内能．木板不固定时，物块向右减速的同时，木板要向右加速，物块减少的动能转化为系统产生的内能和木板的动能，所以产生的内能必然减小，物块相对于木板滑行的距离要减小，不能从木板的右端滑下．故A 正确．

B 、对系统来说，产生的热量Q =fs 相对=μmgs 相对＜μmgL ，故B 错误．

C 、设物块块与木板最终的共同速度为v ，滑块和木板系统动量守恒，取向右为正方向，根据动量守恒定律，有：mv 0=

（m +M ）v ，对木板M ，由动量定理得：μmgt =Mv ，联立解得0()Mv t M m g

μ=+，故C 正确．D 、由于物块与木板相对于地的位移大小不等，物块对地位移较大，而摩擦力大小相等，所以摩擦力对木板所做的功小于物块克服摩擦力所做的功．故D 错误．故选AC ．

【点睛】

本题的关键是明确木块和木板的运动规律，正确分析能量的转化情况．要知道木板不固定时，木块和木板组成的系统动量守恒．

10．AC

【解析】

A 图中原子中的电子绕原子核高速运转时，运行轨道的半径不是任意的，而是有确定的值，选项A 错误；

B 图中，发现少数α粒子发生了较大偏转，说明原子的质量绝大部分集中在很小的空间范围，选项B 正确；

C 图中光电效应实验说明了光具有粒子性，选项C 错误；

D 图中射线丙由α粒子组成，每个粒子带两个单位正电荷，选项D 错误；故选B.

11．CD

【解析】

磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小随时间的变化率=k （k ＜0），说明B 减少，穿过圆环的磁通量减少，由楞次定律判断可知：圆环中产生的感应电流方向沿顺时针方向，故A 错误；穿过圆环的磁通量减少，由楞次定律可知，圆环为了阻碍磁通量的减少，圆环应有扩张向左运动的趋势，故B 错误；

由法拉第电磁感应定律得E=

?πr 2=kπr 2，圆环的电阻

2R ρr S π=，则感应电流大小为I 4krS ρ

= ，故C 正确；a 、b 两点的电势差应等于路端电压，故U=|0.25kπr 2|，故D 正确.

12．BC

【解析】

试题分析：闭合开关S 后，副线圈中电阻减小，电压不变，输出功率222 U P R

=变大，输入功率变大，输入电压不变，电流表的读数变大，故A 错误； K 断开时，输入功率为P ，原线圈两端的电压有效值 P

I ，最大值，由于12 m E Bl l ω=．所以线框转动的角速度12IBl l ω＝，故B 错误； K 断开时，副线圈中的电流2 I =流的反比12 n n IR

==，故C 正确；线框从中性面转动，所以瞬时值表达式为

sin θ，当转动 4π时，感应电动势的瞬时值4P I

π＝，故D 正确． 考点：变压器的构造和原理、交流发电机及其产生正弦式电流的原理

【名师点睛】本题关键是抓住灯泡正常发光，可计算副线圈两端电压，同时要明确输入电压决定输出电压，输出电流决定输入电流，输出功率决定输入功率．

13．AD

【解析】

试题分析：小球从抛出至落地过程中只有重力做功，且重力做功相同，A 、B 、C 三个小球的初动能相同，故小球落地时的动能相同，所以A 正确；A 、B 、D 落地速度方向相同，都是竖直向下，但是C 落地速度方向不是竖直向下，故A 、B 、C 落地的动量不相同，故选项B 错误；从离开塔顶到落地过程中，动能增量等于合力做功，即等于重力的功，由于从相同高度抛出，故重力的功相同，故四个小球落地过程中动能增量相同，故选项C 错误；从离

开塔顶到落地过程中，动量增量等于合力的冲量，合力为重力，但是时间相同的只有B 、

D ，故合力的冲量相同的是B 、D ，故选项D 正确．

考点：动量、动能定理

【名师点睛】抛体运动的加速度相等，都等于重力加速度，熟练掌握抛体运动规律、动能定理即可正确解题．

14． B m 1gx 1

24?+m 2gx 2

24?

【解析】试题分析：（1）弹簧的弹性势能等于两球得到的动能之和，而要求解动能必须还要知道两球弹射的初速度v 0，由平抛运动可知v 0=√g ，故还需要测出两球落点P 、Q 到对应管口M 、N 的水平距离x 1、x 2；

（2）小球的动能E k =

12mv 02=12m(x √g 2?)2=mgx 24?；故弹性势能的表达式为E P ＝12m 1v 12+12m 2v 22=mgx 124?+mgx 22

4?；

（3）由上述测得的物理量来表示，如果满足关系式m 1v 1=m 2v 2，即m 1x 1＝m 2x 2那么说明弹射过程中两小球组成的系统动量守恒。

考点：验证动量守恒定律

【名师点睛】此题考查了验证动量守恒定律及测量弹簧的弹性势能的实验；解题时首先要根

据实验的装置及实验的过程搞清实验的原理，并能根据测量的数据列出要求解或验证的关系式．

15．（1）0.2T ；（2）2C ；（3）0.9J

【详解】

（1）由x t -图象得 1.5t =s 时金属棒的速度为

7x v t

?==?m/s 金属棒匀速运动处于平衡状态，由平衡条件得

22sin B L v mg R r

θ=+ 代入数据解得

0.2B =T

（2）电荷量 ()E BxL q I t t t R r t R r R r R r

?Φ?Φ=?=

=?==+?+++ 代入数据解得 2q C =

（3）设电路中产生的总焦耳热为Q ，根据能量守恒定律得

21sin 2

m mg x Q mv θ-=

代入数据解得 1.575Q =J

电阻产生的热量

R R Q Q R r

=

+ 解得 0.9R Q =J

【点睛】

本题考查了求磁感应强度，电荷量。电阻产生的热量问题，分析清楚金属棒的运动过程．应

用平衡条件．法拉第电磁感应定律．能量守恒定律即可正确解题。

16．（1）

12v 0（2）13

v 0（3）201348mv 【解析】 试题分析：（1）对A 、B 接触的过程中，当第一次速度相同时，由动量守恒定律得，

mv 0=2mv 1， 解得v 1＝12

v 0 （2）设AB 第二次速度相同时的速度大小v 2，对ABC 系统，根据动量守恒定律：mv 0=3mv 2 解得v 2=13

v 0 （3）B 与C 接触的瞬间，B 、C 组成的系统动量守恒，有：3022v m

mv ＝ 解得v 3＝14

v 0 系统损失的机械能为2220002111(

)()222416

v v E m m mv -=＝ 当A 、B 、C 速度相同时，弹簧的弹性势能最大．此时v 2=13

v 0 根据能量守恒定律得，弹簧的最大弹性势能()222020111332248p E mv m v E mv ＝--=． 考点：动量守恒定律及能量守恒定律

【名师点睛】本题综合考查了动量守恒定律和能量守恒定律，综合性较强，关键合理地选择研究的系统，运用动量守恒进行求解．

17．（1）2 2.0m/s v =；（2）10.225m L =；（3）20.18J,0.75m Q s ==

【详解】

（1）由于PQ 部分光滑，滑块A 只在电场力作用下加速运动，设经时间t 与B 相碰，A 与B 相遇前的速度大小为1v ，结合后的共同速度大小为2v ，则

2112

qEl mv = 10qEt mv =-

解得

0.3t s =

1 6.0m/s v =

滑块A 、B 碰撞的过程中动量守恒，即

()122 2.0m/s A B v m m v v =+?=

（2）两滑块共同运动，与墙壁发生碰撞后返回，第一次速度为零时，两滑块离开墙壁的距离最大，设为L 1，在这段过程中，由动能定理得：

()()()2121202

A B A B qE L s s m m g m m v μ---+=-

+ 解得 10.225m L =

（3）由于0.4qE N =，()0.3m M g N μ+=

()qE m M g μ>+

即电场力大于滑动摩擦力，AB 向右速度为零后在电场力的作用下向左运动，最终停在墙角O 点处，设由于摩擦而产生的热为Q ，由能量守恒得

()2210.18J 2

A B Q qEs m m v =++= 设AB 第二次与墙壁发生碰撞后返回，滑块离开墙壁的最大距离为221()L L L <，假设L 2＜s ，在这段过程中，由动能定理得：

()()()12200A B qE L L m m g s L μ--++=-

解得

20.064m L ≈

20.15m L s <=符合假设，即AB 第二次与墙壁发生碰撞后返回停在Q 点的左侧，以后只在粗糙水平面OQ 上运动；

设在粗糙水平面OQ 部分运动的总路程1s ，则

1A B Q m m gs （）μ=+

10.6m s =

设AB 相碰结合后的运动过程中通过的总路程是2s ，则

2112s s L s =+-（）

20.75m s =