2019-2020学年湖南省娄底市双峰一中高二（下）入学物理试卷
一、选择题（共10小题，每小题3分，满分30分）
1．（3分）在传感器的应用中，下列器件是应用光传感器的是（ ） A．电饭锅 C．测温仪
B．室内火灾报警器 D．电子称
2．（3分）关于α粒子的散射，下列说法正确的是（ ） A．α粒子穿过金箔后多数发生了大角度的偏转 B．α粒子的散射实验发现了质子
C．α粒子的散射实验表明原子的正电荷和几乎全部质量均匀分布在一个球上 D．α粒子的散射实验表明原子的正电荷和几乎全部质量集中在一个很小的核上
3．（3分）根据波尔的原子理论，当氢原子中的电子从较高的能级E1跃迁到较低的能级E2时（已知普朗克常量为h）（ ）
A．氢原子要辐射光子，光子频率为v＝B．氢原子要辐射光子，光子频率为v＝C．氢原子要辐射光子，光子频率为v＝D．氢原子要吸收光子，光子频率为v＝
4．（3分）关于波粒二象性，下列说法正确的是（ ） A．有的光只是粒子，有的光只是波 B．康普顿效应表明光是粒子，并具有动量
C．实物的运动有特定的轨道，所以实物不具有波粒二象性 D．德布罗意指出微观粒子的动量越大，其对应的波长就越长
5．（3分）某交变电流发电机正常工作时产生的电动势e＝Emsinωt．若线圈匝数减为原来的一半，而转速增为原来的2倍，其它条件不变，则产生的电动势的表达式为（ ） A．e＝Emsinωt C．e＝2Emsin2ωt
6．（3分）下列说法中正确的是（ ） A．γ射线在电场和磁场中都不会发生偏转
B．e＝2Emsinωt D．e＝Emsin2ωt
B．β射线比α射线更容易使气体电离
C．氢有三种同位素：H、H、H，它们中子数相等 D．原子核的电荷数即为原子核所带的电荷量
7．（3分）放射性同位素14C可用为推算文物的“年龄”14C的含量减少一半要经过5730年某考古小组挖掘到一块动物骨骼，经测定14C还剩余A．5730×3年 8．（3分）原子核
，推测该动物生存年代距今约为（ ）
C．5730×6年
D．5730×8年
Pa，再经放射
B．5730×4年
U经放射性衰变①变为原子Th，继而经放射性衰变②变为原子核
性衰变③变为原子核U．放射性衰变①、②和③依次为（ ）
B．β衰变、α衰变和β衰变 D．α衰变、β衰变和α衰变
H）的核反应方程如下：
→
He+
n，设氘核的质量为m1，氚
A．α衰变、β衰变和β衰变 C．β衰变、β衰变和α衰变 9．（3分）氘核（
）和氚核（
核的质量为m2，氦核的质量为m3，中子的质量为m4，则核反应过程中释放的能量为（ ） A．（m1+m2﹣m3）c2 C．（m1+m2﹣m3﹣m4）c2
B．（m1+m2﹣m4）c2 D．（m3+m4﹣m1﹣m2）c2
10．（3分）一理想变压器的原，副线圈的匝数比为3：1，在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻，原线圈一侧接在电压为220V的正弦交流电源上，如图所示，设副线圈回路中电阻两端的电压为U，原、副线圈回路中电阻消耗的功率的比值为k，则（ ）
A．U＝66V，k＝
B．U＝22V，k＝
C．U＝66V，k＝
D．U＝22V，k＝
二、多项选择是题（每题有多个正确答案，每题分4分，共16分）
11．（4分）理想变压器原线圈两端输入的交变电流电压如图所示，变压器原、副线圈的匝数比为5：1，如图乙所示，定值电阻R0＝10Ω，Rx为滑动变阻器，电表均为理想电表，则下列说法正确的是（ ）
A．电压表的示数为44
V
B．变压器输出电压频率为50Hz
C．当滑动变阻器滑片向下移动时，电压表的示数减小
D．改变滑动变阻器Rx的阻值，可使电流表的最大示数达到0.88A
12．（4分）在光电效应的实验中，对同一种金属，用不同单色光照射该金属，得到了光电流与两极间所加电压的关系如图，则（ ）
A．a、b、c三种单色光的频率相同
B．单色光a、c的频率相同，b的频率最大 C．a光的强度比c光大 D．a光的强度不一定比c光大
13．（4分）氢原子核外电子从A能级跃迁到B能级时，辐射波长是λ1的光子，从A能级跃迁到C能级时，辐射波长是λ2的光子，若λ1＞λ2，则电子从B能级跃迁到C能级时，则氢原子（ ） A．吸收光子 B．辐射光子
C．这个光子的波长是λ1﹣λ2 D．这个光子的波长是
14．（4分）静止在匀强磁场中的某放射性元素的原子核，当它放出一个α粒子后，其速度方向与磁场方向垂直，测得α粒子和反冲核轨道半径之比为44：1，如图所示，则（ ）
A．α粒子与反冲粒子的动量大小相等，方向相反 B．原来放射性元素的原子核电荷数为90 C．反冲核的核电荷数为88
D．α粒子和反冲粒子的速度之比为1：88 三、填空题（每空2分，共14分）
15．（4分）在某次光电效应实验中，得到的遏制电压u0与入射光的频率v的关系如图所示，若该直线的斜率为k、横截距为b，电子电荷量的绝对值为e，则普朗克常量可表示为 ，所用材料的逸出功可表示为 。
16．（10分）某物理兴趣小组利用图甲所示电路测定一节干电池的电动势和内阻。除电池（内阻约为0.3Ω）、开关和导线外，实验室提供的器材还有：
A．电压表B．电流表C．电流表
（量程为3V，内阻约为3kΩ） （量程为0.6A，内阻约为0.2Ω） （量程为3A，内阻约为0.05Ω）
D．定值电阻（阻值为1.5Ω，额定功率为2W） E．定值电阻（阻值为20Ω，额定功率为10W） F．滑动变阻器（最大阻值为15Ω，额定电流为2A）。
（1）电流表应选用 （选填“B”或“C”），R0应选用 （选填“D”或“E”）。 （2）实验时，闭合开关S前，应将滑动变阻器的滑动触头P置于 （选填“a”或“b”）端。
（3）在器材选择正确的情况下，按正确操作进行实验，调节滑动变阻器，通过测量得到该电池的U﹣I图线如图乙所示，则该电池的电动势E＝ V、内阻r＝ Ω。
四、解答题（共3小题，满分40分）
17．（13分）一单匝矩形线圈置于匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，已知线圈的面积S＝0.2m2，电阻为10Ω，匀强磁场的磁感应强度B＝0.5T，转子以300rad/s的角速度转动，线圈通过滑环与外电阻组成闭合电路，从线圈位于中性面开始计时。 （1）写出电动势的瞬时表达式；
（2）线圈在转过900的过程中通过回路的电荷量是多少？ （3）转子在1s内受到的安培力做的功是多少？
18．（13分）一小型发电机通过升压、降压变压器把电能输送给用户，已知发电机的输出功率为为50kW，输出电压为500V，升压变压器原、副线圈匝数比为1：5，两个变压器间的输电导线的总电阻为15Ω，降压变压器的输出电压为220V，变压器本身的损耗忽略不计，在输电过程中电抗造成电压的损失不计，求： （1）升压变压器副线圈的端电压； （2）输电线上损耗的电功率； （3）降压变压器原、副线圈的匝数比．
19．（14分）如图所示，在直角坐标系xOy中，板间距离为d的正对金属板M、N上有两个小孔S、K，S、K均在y轴（竖直）上。在以原点O为圆心、以R为半径的圆形区域内存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，圆O与M板相切于S、与x负半轴相交于C点。小孔K处的灯丝不断地逸出质量为m、电荷量为e的电子（初速度和重力均不计），电子在两板间的电场作用下沿y轴正方向运动。当M、N间的电压为U0时，从小孔K逸出的电子恰好通过C点。
（1）求电子到达小孔S处时的速度大小v0； （2）求磁场的磁感应强度大小B；
（3）若M、N间的电压增大为3U0，求从小孔K逸出的电子离开磁场时的位置D（图中未画）的坐标。
2019-2020学年湖南省娄底市双峰一中高二（下）入学物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共10小题，每小题3分，满分30分） 1．【解答】解：A、电饭锅是热敏传感器，故A错误； B、火灾报警器是应用了光传感器，故B正确； C、测温器是热敏电阻，是应用热传感器的，故C错误；
D、电子称的主要部件是压力传感器，电子秤是把力转换为电压这个电学量，故D错误； 故选：B。
2．【解答】解：ACD、当α粒子穿过原子时，电子对α粒子影响很小，影响α粒子运动的主要是原子核，离核远则α粒子受到的库仑斥力很小，运动方向改变小。只有当α粒子与核十分接近时，才会受到很大库仑斥力，而原子核很小，所以α粒子接近它的机会就很少，所以只有极少数大角度的偏转，而绝大多数基本按直线方向前进，故AC错误，D正确；
B、卢瑟福在用α粒子轰击金箔的实验中提出原子具有核式结构，故B错误。 故选：D。
3．【解答】解：处于较高能级的电子可以向较低的能级跃迁，能量减小，原子要发出光子，
由于放出光子的能量满足：hv＝E1﹣E2，处于较高能级的电子可以向较低的激发态，激发态不稳定可能继续向较低能级跃迁，所以原子要辐射一系列频率的光子， 因此光子频率为v＝故选：C。
4．【解答】解：A、光既有波动性，又有粒子性，个别光子的作用效果往往表现为粒子性；大量光子的作用效果往往表现为波动性；不能说有的光是波，有的光是粒子，故A错误； B、康普顿效应证明光具有粒子性，光具有动量，故B正确， C、根据德布罗意的理论，实物也具有波粒二象性，故C错误； D、根据故选：B。
5．【解答】解：由Em＝NBSω知若线圈匝数减为原来的一半，而转速增为原来的2倍时Em不变；转速变为2ω，由e＝EmSinωt知电动势的表达式为e＝Emsin2ωt，D正确；
可知，微观粒子的动量越大，其对应的波长就越短，故D错误。
，故ABD错误，C正确。
故选：D。
6．【解答】解：A、γ射线是光子流，不带电，所以在电场和磁场中都不会发生偏转，故A正确；
B、α射线是不稳定的原子核放出的两个中子和两个质子组成的粒子流，它的电离本领最强，穿透能力最弱。β射线是原子核内一个中子转化为一个质子时放出的高速电子流，其电离能力和穿透能力都居中，故B错误； C、氢有三种同位素：H、H、H，它们的质子数相等，中子数不等，故C错误； D、原子核的电荷数即为原子核所带质子的个数，故D错误。 故选：A。
7．【解答】解：14C的含量每减少一半要经过约5730年，动物骨骼，经测定个半衰期，即5734×3年，则A正确，BCD错误 故选：A。
8．【解答】解：根据α、β衰变特点可知：Pa，
Pa再经过一次β衰变变为
U经过一次α衰变变为U，故BCD错误，A正确。
Th，
Th经过1次β衰变变为
14
C还剩余＝，即经历了3
故选：A。
9．【解答】解：核反应过程中质量亏损： △m＝m1+m2﹣m3﹣m4， 由爱因斯坦的质能方程可知， 核反应释放的能量：
E＝△mc2＝（m1+m2﹣m3﹣m）c2； 故选：C。
10．【解答】解：由题意知：副线圈的电流为：I2＝则原线圈的电流为：I1＝
＝
与原线圈串联的电阻的电压为：UR＝I1R＝
由变压器的变比可知，原线圈的电压为3U，所以有：解得：U＝66V
原线圈回路中的电阻的功率为：P1＝
R＝
副线圈回路中的电阻的功率为：P2＝所以k＝
＝
选项A正确，BCD错误 故选：A。
二、多项选择是题（每题有多个正确答案，每题分4分，共16分）
11．【解答】解：A、分析图甲可知，根据正弦式交变电流最大值和有效值的关系可知，原线圈输入电压有效值为：U1＝220V，根据电压与匝数成正比知，副线圈输出电压为：U2＝误；
B、由甲图知周期：T＝0.02s，则有：f＝
＝50Hz，变压器不改变频率，故输出电压频率为50Hz，故B正确；
＝44V，电压表示数为44V，故A错
C、滑片向下移动，电阻变小，原线圈输入电压不变，匝数不变，则副线圈输出电压不变，电压表示数不变，故C错误；
D、当电流表示数为0.88A时，根据变流比可知，副线圈输出电流：I2＝4.4A，此时副线圈总电阻：10Ω，滑动变阻器阻值为0，故D正确。 故选：BD。
12．【解答】解：AB、由图象可知，a、c两光照射后遏止电压相同，b光的对应的遏止电压最大，根据Ek＝hv﹣W0＝eUc可知b光的频率最大，a光、c光的频率相同，故A错误，B正确；
CD、由于a光的饱和电流大于同频率的c光对应的饱和电流，则a光的强度比c光大，故C正确，D错误。 故选：BC。
13．【解答】解：因为λ1＞λ2，根据
，知γ1＜γ2，A到B辐射光子的能量小于A到C辐射光子的能量，所
＝
以B能级能量比C能级能量大，跃迁时辐射光子， B、C间的能级差为：故选：BD。
14．【解答】解析：微粒之间相互作用的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，即α粒子和反冲核的动量大小相等，方向相反。由于释放的α粒子和反冲核均在垂直于磁场的平面内，且在洛伦兹力作用下做圆周运动。 由Bqv＝
得：R＝
。
＝
，解得：
，故AC错误，BD正确。
若原来放射性元素的核电荷数为Q，则对α粒子：R1＝对反冲核：R2＝
。
。
由于p1＝p2，得R1：R2＝44：1，得Q＝90。 反冲核的核电荷数为90﹣2＝88。
它们的速度大小与质量成反比，故D错误。正确选项为A、B、C。 故选：ABC。
三、填空题（每空2分，共14分）
15．【解答】解：根据爱因斯坦光电效应方程EK＝hv﹣W，任何一种金属的逸出功W一定，说明EK随频率f的变化而变化，且是线性关系（与y＝ax+b类似），直线的斜率等于普朗克恒量，由于：EK＝eUc所以：eUc＝hv﹣W， 由图可得Uc＝kv﹣c 整理得：h＝ek；
EK＝hv﹣W，EK＝0时有hv0﹣W＝0，所以逸出功W＝ebk； 故答案为：ek，ebk。
16．【解答】解：（1）由表中实验数据可知，最大电流为0.5A，则电流表的量程应选择0.6A，故选B；因电源电动势和内电阻均较小，故定值电阻应选择阻值较小的D； （2）为了让电流由最小值开始变化，开始时开关应置于b端；
（3）由U＝E﹣（IR0+r）以及图示电源U﹣I图象可知，图象与纵轴交点坐标值是1.48，则电源电动势E＝1.48V，电源内阻r＝
＝
Ω﹣1.5Ω＝0.46Ω。
故答案为：（1）B；D；（2）b；（3）1.48；0.46。 四、解答题（共3小题，满分40分）
17．【解答】解：（1）根据正弦式交变电流的产生规律可知，最大值：Em＝BSω＝30V， 从线圈位于中性面开始计时，电动势的瞬时表达式：e＝30sin300t （V）。 （2）线圈转过90°的过程中，磁通量变化量：△Φ＝BS＝0.1Wb， 根据电荷量的公式可知，q＝（3）感应电动势的有效值：E＝
＝0.01C。 ＝40
V，
根据功能关系可知，克服安培力做功产生了电能，电能转化为焦耳热，
W＝Q＝＝45J
则转子在1s内受到的安培力做的功是﹣45J。 答：（1）电动势的瞬时表达式为e＝30sin300t （V）。 （2）线圈在转过900的过程中通过回路的电荷量是0.01C。 （3）转子在1s内受到的安培力做的功是﹣45J。 18．【解答】解： （1）因为
，所以
＝2500V．
（2）P2＝P1＝50kW． 输电线中电流则
＝
，
＝202×15W＝6000W．
（3）用户得到功率P4＝P1﹣P损＝44000W， 所以降压变压器副线圈电流 I4＝故答：
（1）升压变压器副线圈的端电压为2500V． （2）输电线上损耗的电功率是6000W； （3）降压变压器原、副线圈的匝数比是
．
．
＝
A＝200A
19．【解答】解：（1）电子的运动轨迹如图所示，
在电子从小孔K运动到小孔S的过程中，根据动能定理有：解得：v0＝
。
（2）当电子恰好通过C点时，根据几何关系可得电子在磁场中的轨道半径为r1＝R
洛伦兹力提供电子做圆周运动所需的向心力，有e
解得：B＝。
（3）设此种情况下电子到达小孔S处时的速度大小为v，根据动能定理有：e×
设此种情况下电子在磁场中的轨道半径为r2，有解得：
，
设O、D两点连线与y轴的夹角为θ，由几何关系知，此种情况下电子从小孔S运动到D点的轨迹（圆弧）对应的圆心角为α＝θ，
由几何关系有：r2cosα+Rsinθ＝r2 解得
，；
；
，
）。
故D点的位置坐标为（﹣Rsinθ，Rcosθ），即（﹣答：（1）电子到达小孔S处时的速度大小为（2）磁场的磁感应强度大小B为
（3）若M、N间的电压增大为3U0，从小孔K逸出的电子离开磁场时的位置D（图中未画）的坐标为（﹣
）。
2019-2020学年湖南省娄底市双峰一中高二（下）入学物理试卷
