兰州一中2021-2022-2学期高二年级期中考试试题物理第Ⅰ卷（选择题共48分）一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分。其中1-7题为单选，8-12题为多选。）1.下列说法正确的是（ ）A.光的波动性是光子之间相互作用的结果B.普朗克第一次将“量子”引入原子领域，提出了定态和跃迁的概念C.光电效应揭示了光的粒子性，证明了光子除了能量之外还具有动量D.氢原子从较高的能级跃迁到较低的能级时，释放光子，核外电子的动能增加，电势能减小【答案】D【解析】【详解】A.光的波动性是由于微观粒子的特性决定的，不是光子之间相互作用的结果，A错误；B.波尔第一次将“量子”引入原子领域，提出了定态和跃迁到概念，B错误；C.光电效应揭示了光的粒子性，证明了光子具有能量，康普顿效应证明了光子具有动量，C错误；D.根据玻尔理论，氢原子从较高的能级跃迁到较低的能级时，释放一定频率的光子，由于低能级更靠近原子核，因此电场力做正功，电子的动能增加，电势能减小，D正确。故选D。2.在光电效应实验中，飞飞同学用同一光电管在不同实验条件下得到了三条光电流与电压之间的关系曲线（甲光、乙光、丙光），如图所示。则可判断出（ ）\nA.甲光的频率大于乙光的频率B.乙光波长大于丙光的波长C.乙光对应的截止频率大于丙光的截止频率D.甲光对应的光电子最大初动能大于丙光的光电子最大初动能【答案】B【解析】【详解】A．根据入射光的频率越高，对应的截止电压越大。甲光、乙光的截止电压相等，所以甲光、乙光的频率相等；故A错误；B．丙光的截止电压大于乙光的截止电压，所以乙光的频率小于丙光的频率，乙光的波长大于丙光的波长，故B正确；C．同一金属，截止频率是相同的，故C错误；D．甲光的截止电压小于丙光的截止电压，所以甲光对应的光电子最大初动能小于丙光的光电子最大初动能。故D错误。故选B。3.银河系中存在大量的铝同位素，核衰变的衰变方程为，测得核的半衰期为72万年，下列说法正确的是（ ）A.核的中子数大于核的中子数B.射线是由处于激发态的铝核从较高能级向较低能级跃迁时发射的C.将铝同位素放置在低温、低压的环境中，其半衰期不变D.银河系中现有的铝同位素将在144万年后全部衰变为【答案】C【解析】【详解】A．核的中子数为\n核的中子数为所以核的中子数小于核的中子数，选项A错误；B．射线是由处于激发态的镁核从较高能级向较低能级跃迁时发射的，选项B错误；C．根据放射性元素的半衰期与元素所处的物理化学状态无关可知，将铝同位素放置在低温低压的环境中，其半衰期不变，选项C正确；D．根据半衰期的物理意义可知，银河系中现有的铝同位素将在144万年后有衰变为，选项D错误。故选C。4.如图所示，分别用1、2两种材料作K极进行光电效应探究，其截止频率，保持入射光不变，则光电子到达A极时动能的最大值随电压U变化关系的图像是（ ）A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】光电管所加电压为正向电压，则根据爱因斯坦光电效应方程可知光电子到达A极时动能的最大值\n可知图像的斜率相同，均为e；截止频率越大，则图像在纵轴上的截距越小，因，则图像C正确，ABD错误。故选C。5.氢原子从能级m跃迁到能级n时辐射红光的频率为，从能级n跃迁到能级k时吸收紫光的频率为，已知普朗克常量为h，若氢原子从能级k跃迁到能级m，则（ ）A.吸收光子的能量为B.辐射光子的能量为C.吸收光子的能量为D.辐射光子的能量为【答案】D【解析】【详解】氢原子从能级m跃迁到能级n时辐射红光，说明能级m高于能级n而从能级n跃迁到能级k时吸收紫光，说明能级k也比能级n高而紫光的频率大于红光的频率，所以，因此能级k比能级m高，所以若氢原子从能级k跃迁到能级m，应辐射光子，且光子能量应为。故选D。6.如图1所示，一矩形线圈位于一随时间t变化的磁场内，磁场方向垂直于线圈所在平面（纸面），若规定向里的方向为磁场正方向，则磁感应强度随t变化的规律如图2所示。以表示线圈中的感应电流，以图1中线圈上箭头所示方向为电流正方向，则图3中的图正确的是（ ）\nA.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】设线圈匝数为，面积为，线圈中的感应电动势为，根据法拉第电磁感应定律可知线框的电阻为，则由图可知和的电流相同，根据楞次定律可知，线圈中的电流为逆时针，即电流为负值；和线圈中磁通量变化量为零，线圈中感应该电流为零；和的电流相同，根据楞次定律可知，线圈中的电流为顺时针，即电流为正值，A正确，BCD错误。故选A。\n7.如图甲所示，理想变压器原、副线圈匝数比为，原线圈接入如图乙所示的正弦交流电，副线圈与二极管（正向电阻为零，相当于导线；反向电阻为无穷大，相当于断路）、定值电阻、热敏电阻（阻值随温度的升高而减小）及报警器（电流增加到一定值时报警器将发出警报声）组成闭合电路，电压表、电流表均为理想电表。则以下判断正确的是（ ）A.变压器线圈输出交流电的频率为B.电压表的示数为C.处温度减小到一定值时，报警器将会发出警报声D.报警器报警时，变压器的输入功率比报警前小【答案】B【解析】【详解】A．由题图乙可知f＝＝50Hz而理想变压器不改变交流电的频率，A项错误；B．由题图乙可知原线圈输入电压的有效值U1＝220V，则副线圈两端电压有效值U2＝U1＝44V设电压表示数为U，由于二极管作用，副线圈回路在一个周期内只有半个周期的时间有电流，则由有效值定义有解得U＝＝22V\nB项正确；C．由题给条件可知，Rt处温度减小时电阻增大，次级电流变小，报警器不会发出警报声，C项错误；D．因报警器报警时回路中电流比报警前大，副线圈电压不变，由知报警时副线圈回路的总功率比报警前大，而输入功率与输出功率相等，D项错误。故选B。8.氢原子的能级示意图如图所示。开始大量的氢原子均处于基态，用一束光子能量为的单色光照射该氢原子，并用发出的光线照射逸出功为的钠。则下列分析正确的是（ ）A.发出的光线中有4种光子能使钠发生光电效应B.发出的光线中，能量为的光子波长最长C.发出的光线中，光子的最大能量为D.钠发出的光电子的最大初动能为【答案】ABD【解析】【详解】A．用单色光照射该氢原子后的能级可知氢原子吸收光子后跃迁到的能级。则大量氢原子向低能级跃迁时，可释放6种不同能量的光子。从跃迁到，辐射的光子能量为12.75eV；从跃迁到，辐射的光子能量为2.55eV；从跃迁到，辐射的光子能量为0.66eV；\n从跃迁到，辐射的光子能量为12.09eV；从跃迁到，辐射的光子能量为1.89eV；从跃迁到，辐射的光子能量为10.2eV；因为金属钠的逸出功为2.29eV，当光子的能量大于或者等于金属的逸出功时，才能发生光电效应，因此只有4种光能发生光电效应；A正确；B．根据可知从n＝4跃迁到n＝3能级辐射的光子能量最小，波长最长，其能量为B正确；C．从n＝4跃迁到n＝1能级辐射的光子能量最大，光子能量为C错误；D．钠发出的所有光电子中最大的初动能为D正确。故选ABD。9.在匀强磁场中，一个100匝的闭合矩形金属线圈，绕与磁感线垂直的固定轴匀速转动，穿过该线圈的磁通量随时间按图示正弦规律变化设线圈总电阻为，则A.时，线圈平面平行于磁感线B.时，线圈中的电流改变方向C.时，线圈中的感应电动势最大D.一个周期内，线圈产生的热量为【答案】AD\n【解析】【详解】A．根据图象可知，在t=0时穿过线圈平面的磁通量为零，所以线圈平面平行于磁感线，A正确；B．Φ-t图象的斜率为，即表示磁通量的变化率，在0.5s～1.5s之间，“斜率方向“不变，表示的感应电动势方向不变，则电流强度方向不变，B错误；C．所以在t=1.5s时，通过线圈的磁量最大，线圈位于中性面，感应电动势为0，故C错误；D．感应电动势的最大值为，有效值，根据焦耳定律可得一个周期产生的热为，故D正确．10.如图所示为变压器工作电路示意图，其中T为理想变压器，输电线电阻可等效为电阻r，灯L1、L2相同且阻值不变．现保持变压器T的输入电压不变，滑片P处于图中位置，开关S断开，该状态下灯L1正常发光，则下列说法正确的是A.仅闭合开关S，灯L1会变亮B.仅闭合开关S，r消耗的功率会变大C.仅将滑片P下移，r消耗的功率会变小D.仅将滑片P上移，电流表示数会变小【答案】BC【解析】【详解】A项：闭合s，副线圈的电阻变小，副线圈的电压不变，所以副线圈中电流增大，上损失的电压增大，灯泡两端的电压变小，所以灯变暗，故A错误；B项：由A项分析可知，副线圈中的电流增大，由公式可知，消耗的功率会变大，故B正确；C项：仅将滑片P\n下移，副线圈的匝数变小，副线圈中两端的电压变小，副线圈中的电流变小，所以消耗的功率会变小，故C正确；D项：仅将滑片P上移，副线圈的匝数变大，副线圈两端电压变大，所以原线圈中的电流变大，即电流表示数变大，故D错误．11.如图所示的竖直平面内，水平条形区域I和Ⅱ内有方向垂直竖直面向里的匀强磁场，其宽度均为d，I和Ⅱ之间有一宽度为h的无磁场区域，h>d．一质量为m、边长为d的正方形线框由距区域I上边界某一高度处静止释放，在穿过两磁场区域的过程中，通过线框的电流及其变化情况相同．重力加速度为g，空气阻力忽略不计．则下列说法正确的是A.线框进入区域I时与离开区域I时的电流方向相同B.线框进入区域Ⅱ时与离开区域Ⅱ时所受安培力的方向相同C.线框有可能匀速通过磁场区域ID.线框通过区域I和区域Ⅱ产生的总热量为Q=2mg(d+h)【答案】BD【解析】【分析】【详解】A．线框进入区域I时磁通量增加，离开区域I时磁通量减少，所以由楞次定律判断知，线框进入区域I时与离开区域I时感应电流方向相反，故A错误．B．根据楞次定律：感应电流阻碍导体与磁场的相对运动，可知线框进入区域Ⅱ时与离开区域Ⅱ时所受安培力的方向相同，均竖直向上．故B正确．C．在穿过两磁场区域的过程中，因为通过线框的电流及其变化情况相同，由，知线圈刚进入两个磁场时的速度相同，运动情况相同，而在两个磁场之间，线圈要做匀加速运动，所以线圈在磁场Ⅰ中只能减速运动，故C错误．D．研究线框刚进入Ⅰ磁场到刚要磁场Ⅱ，由于动能不变，所以由能量守恒得产生的热量为mg（d+h），而线圈通过磁场区域Ⅱ时产生的热量也为mg（d+h），所以总热量为2mg（d+h），故\nD正确．故选BD．12.如图所示，均匀金属圆环的总电阻为4R，磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过圆环。金属杆OM的长为l，阻值为R，M端与环接触良好，绕过圆心O的转轴以恒定的角速度ω顺时针转动。阻值为R的电阻一端用导线和圆环最下端的A点连接，另一端和金属杆的转轴O处的端点相连接。下列判断正确的是（ ）A.金属杆OM旋转产生的感应电动势恒为B.通过电阻R的电流的最小值为，方向从Q到PC.通过电阻R的电流的最大值为D.OM两点间电势差绝对值的最大值为【答案】AD【解析】【详解】A．M端线速度为v＝ωl，OM切割磁感线的平均速度为OM转动切割磁感线产生的感应电动势恒为故A正确；B．当M端位于最上端时，圆环两部分电阻相等，并联电阻最大，电路的总电阻最大，通过R\n的电流最小，因R并=×2R=R通过电阻R的电流的最小值为根据右手定则可知电流方向从Q到P，故B错误；C．当M位于最下端时圆环被短路，此时通过电阻R的电流最大，为故C错误；D．OM作为电源，外电阻增大，总电流减小，内电压减小，路端电压增大，所以外电阻最大时，OM两点间电势差的绝对值最大，其最大值为U=Imin·2R＝故D正确。故选AD。第Ⅱ卷（非选择题共52分）二、填空题（本题共18分，每空2分，请把答案填在答题卡相应的横线上。）13.在某次光电效应实验中，得到的遏制电压与入射光的频率的关系如图所示，若该直线的斜率和截距分别为和，电子电荷量的绝对值为，则普朗克常量可表示为_______，所用材料的逸出功可表示为_______．【答案】①.②.【解析】\n【详解】光电效应中，入射光子能量，克服逸出功后多余的能量转换为电子动能，反向遏制电压；整理得，斜率即，所以普朗克常量，截距为，即，所以逸出功考点定位】光电效应【名师点睛】根据光电效应写出数学表达式，按照数学里面的截距和斜率解决问题．数学的工具作用不可忽视．14.原子核经放射性衰变①变为原子，继而经放射性衰变②变为原子核，再经放射性衰变③变为原子核，则放射性衰变①、②和③依次为属于__________、__________、__________。【答案】①.α衰变②.β衰变③.β衰变【解析】【详解】[1]根据电荷数和质量数守恒可知，原子核衰变为原子，电荷数减了2，质量数减了4，所以是α衰变；[2]原子衰变为原子核，电荷数增加1，质量数没变，所以是β衰变；[3]衰变为原子核，电荷数增加1，质量数没变，所以是β衰变。15.如图所示，边长为的正方形单匝线圈，其电阻为，外电路的电阻为，的中点和的中点的连线恰好位于匀强磁场的边界线上，磁场的磁感应强度为。若线圈从图示位置开始以角速度绕轴匀速转动，则：（1）图示位置线圈中的感应电动势为__________；\n（2）闭合电路中感应电动势瞬时值表达式为__________；（3）线圈从图示位置转过的过程中，流过电阻的电荷量为__________；（4）线圈转动一周的过程中，电阻上产生的热量为__________。【答案】①.0②.③.④.【解析】【详解】（1）[1]图示位置线圈中没有任何一边切割磁感线，感应电动势零；（2）[2]当线圈与磁场平行时感应电动势最大，最大值为瞬时值表达式为（3）[3]线圈从图示位置转过180°的过程中，穿过线圈磁通量的变化量大小为流过电阻R的电荷量为（4）[4]感应电动势的有效值为感应电流有效值为R产生的热量为联立解得三、计算题（本题共4小题，满分34\n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。）16.利用太阳能电池这个能量转换器件将太阳能转变为电能的系统又称光伏发电系统。有一台太阳能发电机，供给一个学校照明用电。如图所示，升压变压器匝数比为，降压变压器匝数比为，输电线的总电阻，全校共22个班，每班有“220V40W”灯6盏，若全部电灯正常发光，求：（1）降压变压器的输入电压U3；（2）输电线总电阻R两端的电压；【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）由题意可知根据解得（2）降压变压器副线圈的功率为根据解得则输电线总电阻R两端的电压\n17.如图甲所示，轻质绝缘细线吊着一质量为、边长为，匝数为20匝的正方形闭合线圈，其总电阻为。在线圈的中间位置以下区域存在垂直纸面向里匀强磁场，磁感应强度大小随时间变化的关系如图乙所示，重力加速度取。求：（1）内通过导线横截面的电荷量和线圈产生的焦耳热；（2）在时细线拉力大小。【答案】（1）q=3C、Q=3J；（2）T=0【解析】【详解】（1）由图乙可知由法拉第电磁感应定律得产生的感应电动势为则线圈中的感应电流为根据得内通过导线横截面的电荷量为内线圈产生的焦耳热为\n（2）由图乙可知时，磁感应强度大小为则线框所受安培力的大小为由楞次定律知，安培力方向向上，则由平衡条件得解得18.如图所示，足够长的金属导轨固定在水平面上，金属导轨宽度L=1.0m，导轨上放有垂直导轨的金属杆P，金属杆质量为m=0.1kg，空间存在磁感应强度B=0.5T、竖直向下的匀强磁场。连接在导轨左端的电阻R=3.0Ω，金属杆的电阻r=1.0Ω，其余部分电阻不计，某时刻给金属杆一个水平向右的恒力F，金属杆P由静止开始运动，图乙是金属杆P运动过程的v－t图像，导轨与金属杆间的动摩擦因数μ=0.5，在金属杆P运动的过程中，第一个2s内通过金属杆P的电荷量与第二个2s内通过P的电荷量之比为3∶5，g取10m/s2，求：（1）水平恒力F的大小；（2）金属杆运动的最大加速度的大小；（3）前4s内电阻R上产生的热量。【答案】（1）0.75N；（2）2.5m/s2；（3）1.8J【解析】【详解】（1）由图乙可知金属杆P先做加速度减小的加速运动，2s后做匀速直线运动当t=2s时，v=4m/s，此时感应电动势E=BLv\n感应电流安培力根据牛顿运动定律有F－F′－μmg=0解得F=0.75N（2）刚开始运动时加速度最大，根据牛顿运动定律有F－μmg=ma解得a=2.5m/s2（3）通过金属杆P的电荷量其中所以q=∝x（x为P的位移）设第一个2s内金属杆P的位移为x1，第二个2s内P的位移为x2，则ΔΦ1=BLx1ΔΦ2=BLx2=BLvt又由于q1∶q2=3∶5联立解得x2=8mx1=4.8m\n前4s内由能量守恒定律得其中Qr∶QR=r∶R=1∶3解得QR=1.8J19.如图所示，平行导轨CD、EF固定在倾角为37°的斜面上，平行光滑导轨FM、DN水平故置，导轨在D、F处平滑连接，导轨间距均为m。斜面部分存在垂直斜面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为1T，水平部分存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为2T。现将金属棒b垂直放置在水平导轨上锁定使其不动，金属棒a从倾斜导轨上由静止释放，释放位置到底端DF的距离m，金属棒a滑至DF前已开始匀速运动，且滑至DF时解除对金属棒b的锁定，金属棒a、b沿水平导轨向右运动。已知金属棒a、b的质量均为1kg，电阻分别为、，金属棒a与倾斜导轨间的动摩擦因数，不计空气阻力及导轨的电阻，重力加速度g取，，。求：（1）金属棒a滑至DF时的速度大小；（2）金属棒b被释放时的加速度大小；（3）从释放金属棒a到金属棒a、b速度相等的整个过程中，金属棒a产生的焦耳热。【答案】（1）；（2）；（3）0.4J【解析】【详解】（1）设金属棒a滑至DF时速度大小为，由平衡得解得\n此时金属棒a产生的感应电动势为根据解得故金属棒a滑至DF时的速度大小为4m/s。（2）金属棒a刚滑至斜面底端DF时，金属棒b被释放，此时根据牛顿第二定律得代入数据解得故金属棒b被释放时的加速度大小为4m/s2。（3）金属棒a进入水平磁场后，系统水平方向不受外力作用，系统动量守恒，取向右为正，设金属棒a、b共同速度为，根据动量守恒定律得设整个运动过程中产生的焦耳热为Q，根据能量守恒定律得因两金属棒串联，产生的焦耳热比等于电阻比，则金属棒a产生的焦耳热为联立解得故金属棒a产生的焦耳热为0.4J。
