1、广西北流市实验中学2019-2020学年高二（下）期中考试理科综合物理试题二、选择题(本大题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第14一18题只有一项符合题目要求，第19 -21题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不选的得0分。请选出符合题目要求的一项或多项填入答题卷中。)1. 现在的核电站都是利用铀235核裂变发生链式反应，释放巨大能量进行发电。广西防城港核电站目前正运营，其反应堆的核反应方程为。其同位素铀238自然界含量大却不适用，一般发生衰变，半衰期为44.7亿年。则下列说法中正确的是（）A. 该反应中是电子B. 高温高压可以缩短半衰
2、期C. 中有88个中子D. 的结合能比的结合能大【答案】C【解析】【详解】A根据核反应过程中质量数和电荷数守恒，可得的质量数为：，电荷数为：，因此应为中子，故A错误；B半衰期不会因为物理或化学条件而改变，B错误；C根据质量数为质子数与中子数之和，得中的中子个数为：，C正确；D根据组成原子核的核子数越多，原子核的结合能越大，可得的结合能比的结合能小，故D错误。故选C。2. 自行车是绿色出行的一种重要交通工具，曾经流行通过车自身前进带动小发电机为车灯供电。图（甲为发电机结构简图，若100匝矩形线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁感线的中心轴匀速转动，产生的感应电动势e随时间t的变化曲线如图（丙所示。
3、外接车灯的阻值R=4，线圈的电阻r=1，则下列说法正确的是（） A. 线圈转动频率为50HzB. 0.01s末穿过线圈的磁通量最大C. 用电流表测得线圈回路的电流值为1AD. R消耗的热功率为2W【答案】D【解析】【详解】A由图乙可知，交流电的周期，故线圈转动的频率为，故A错误；B0.01s末产生的感应电动势最大，此时线圈平面与中性面垂直，穿过线圈的磁通量为零，故B错误；C线圈的电流最大值：电流表测得有效值：故C错误；D消耗的热功率为：故D正确。故选D。3. 手机无线充电装置的技术已较为成熟，充电原理如图。充电板接交流电源，板内的送电线圈可产生交变磁场，从而使手机内的受电线圈产生交变电流，再经
4、整流电路转变成直流电后对手机电池充电，下列说法正确的是（）A. 手机外壳用金属材料制作能够加快充电速度，降低能耗B. 受电线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同C. 如果图示方向的磁场在变强，受电线圈中点的电势高于点的电势D. 在送电线圈电压不变的情况下，增加送电线圈匝数可以提高受电线圈的电压【答案】B【解析】【详解】A外壳不能使用金属材料，若使用金属材料外壳也会发生电磁感应，形成回路，消耗能量，同时金属壳屏蔽受电线圈，无法充电，故A错误；B据电磁感应原理，接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同，故B正确；C通过楞次定律结合右手螺旋法则，知电流由d流出，相当于电源正
5、极，d点电势高于c点，故C错误；D在送电线圈电压不变的情况下，增加送电线圈匝数不改变送电线圈的电流和周围的磁场，不可以提高受电线圈的电压，故D错误。故选B。4. 前段时间热播的电视剧冰糖炖雪梨中棠雪与夏梦欢进行了一次试验，甲、乙两人静止在光滑的冰面上，甲推乙后，两人向相反的方向滑去，已知甲的质量为45kg，乙的质量为50kg。关于分开后两人的动量和速率，下列说法正确的是（）A. 两人总动量增加B. 甲与乙两人的速率之比为10：9C. 质量大的人动量数值大D. 甲与乙两人的速率之比为1：1【答案】B【解析】【详解】AC甲乙组成的系统，初状态总动量为零，由于推动过程中动量守恒，所以甲乙的总动量大小
6、始终为零，与甲乙的质量无关，故AC错误；BD甲、乙两人组成的系统动量守恒，以两人组成的系统为研究对象，以甲的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：解得B正确，D错误。故选B。5. 如图所示，接线柱a、b接在电压u=311sin314t（V）的正弦交流电源上，变压器右侧部分为一火警报警系统原理图，其中R2为用半导体热敏材料制成的传感器，电阻随着温度的升高而减小，电流表A2为值班室的显示器，显示通过R1的电流，电压表V2显示加在报警器上的电压（报警器未画出），R3为一定值电阻，若原副线圈匝数比为n1：n2。当传感器R2所在处出现火警时，以下说法中正确的是（）A. 副线圈的电阻增大B. ab端的输出功
7、率不变C. 电流表A1示数增大，电压表V2示数减小D. n1：n2=U1：U2 （U1、U2分别为V1、V2示数）【答案】C【解析】【详解】ABC当传感器所在处出现火警时，的电阻减小，导致副线圈电路的总电阻减小，则副线圈的输出电流增大，根据变流比可知，原线圈的输入电流增大，电流表测量的是原线圈的输入电流，则电流表示数变大，由于电源的电压不变，则原线圈输入电压不变，匝数比不变，根据变压比可知，副线圈输出电压也不变，所以电压表的示数不变，由于副线圈中电流增大，的两端电压变大，则电压表的示数变小，即的两端电压变小，根据欧姆定律可知，电流表的示数变小，副线圈功率P=，知功率增大，ab端的输出功率变大，
8、故AB错误，C正确；D原、副线圈匝数比等于原、副线圈两端电压之比，故D错误。故选C。6. 光电效应由赫兹于1887年发现，爱因斯坦首先成功解释此现象并获得了1921年诺贝尔物理学奖。假若用频率为的某单色光照射锌板，光电子逸出锌板表面的最大初动能为Ek，普朗克常量为h。则下列判断正确的是（）A. 若增加该单色光的光照强度，则逸出电子的最大初动能也增大B. 若单色光的频率变为2，则逸出电子的最大初动能为2EkC. 金属锌的逸出功可表示为h EkD. 能使锌产生光电效应的单色光的最低频率为【答案】CD【解析】【详解】A根据爱因斯坦光电效应方程可知即逸出电子的最大初动能与入射光的频率有关，与入射光的强
9、度无关，若增加该单色光的光照强度，则逸出电子的最大初动能不变，故A错误；B若单色光的频率变为2，金属的逸出功W不变，则逸出电子的最大初动能故B错误；C根据光电效应方程可知，金属锌的逸出功为故C正确；D能使锌发生光电效应的单色光的最低频率为金属锌的极限频率故D正确。故选CD。7. 上海迪士尼的游玩经历会让你流连忘返，旋转木马是一个不错的娱乐项目。假设一个质量为20kg的木马在最低点由静止开始运动，竖直向上为正方向，合力F随时间t按如图所示的规律变化。下列说法正确的是（）A. 04s内，木马完成一个周期的上下运动B. 第2s末，木马的动量为20kgm/sC. 第3s末，木马的加速度大小为0.1m/
10、s2D. 第4s末，木马的速度为零【答案】BD【解析】【详解】A02s木马向上做加速运动，24s木马向上做减速运动，整个过程一直向上运动，未完成一个上下周期运动，A错误；BF-t图象与坐标轴围成的面积表示合力的冲量。由动量定理得，第2s末的动量B正确；C第3s末，木马的加速度为负号表示方向与速度方向相反，C错误；D04s内，木马的所受合力冲量为零，动量变化量为零，由于初动量为零，因此末动量一定为零，即4s末，木马的速度为零，D正确。故选BD。8. 如图所示，等腰直角三角形金属框abc右侧有一有界匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，ab边与磁场两边界平行，磁场宽度大于bc边的长度。现使框架沿bc边方
11、向匀速穿过磁场区域，t=0时，c点恰好达到磁场左边界。线框中产生的感应电动势大小为E，感应电流为I（逆时针方向为电流正方向），bc两点间的电势差为Ubc，金属框的电功率为P。图中上述各量随时间变化的图像可能正确的是（）A. B. C. D. 【答案】BC【解析】【详解】A根据导体棒切割磁场产生的动生电动势为可知，第一阶段匀速进磁场的有效长度均匀增大，产生均匀增大的电动势，因磁场宽度大于bc边的长度，则第二阶段线框全部在磁场中双边切割，磁通量不变，线框的总电动势为零，第三阶段匀速出磁场，有效长度均匀增大，产生均匀增大的电动势，故图像的第三阶段画错，故A错误；B根据闭合电路的欧姆定律，可知第一阶段
12、感应电流均匀增大，方向由楞次定律可得为顺时针(负值)，第二阶段电流为零，第三阶段感应电流均匀增大，方向逆时针(正值)，故图像正确，故B正确；C由部分电路的欧姆定律，可知图像和图像的形状完全相同，故C正确；D金属框的电功率为，则电流均匀变化，得到的电功率为二次函数关系应该画出开口向上的抛物线，则图像错误，故D错误。故选BC。第二卷非选择题部分9. 学校物理实验室的老师用如图所示的实验装置为同学们验证动量守恒定律。气垫导轨上安装了两个光电门，气垫导轨左端装一个弹射装置，滑块可被弹射装置向右弹出，质量为m1的滑块甲和质量为m2的滑块乙上装有宽度相同的挡光片。开始时，滑块甲靠在已被锁定的弹射装置处，滑
13、块乙静置于两个光电门之间，滑块甲弹出后通过光电门1再与滑块乙发生碰撞，碰撞后要使两个滑块能够通过光电门2。(1)下列选项中不属于本实验要求的是_（请填写选项前对应字母）；A气垫导轨应调节水平B滑块甲质量一定要等于滑块乙的质量C滑块甲的质量应大于滑块乙的质量(2)某次记录滑块甲通过光电门1的时间为，滑块乙通过光电门2的时间为，滑块甲通过光电门2的时间为。若等式_（用对应物理量的符号表示）成立，可说明碰撞过程中系统动量守恒；(3)若实验室停电了仍然使用这套器材，会导致测得的系统碰撞前总动量_（选填“大于”、“等于”或“小于”）碰撞后的总动量。【答案】 (1). B (2). (3). 大于【解析】
14、 【详解】 (1)1A为了保证系统在水平方向动量守恒定律，气垫导轨应调节水平，故A不符合题意； BC碰撞后要使两个滑块能够通过光电门2，需要满足甲的质量大于乙的质量，否则碰撞后甲会静止或被反弹，如果滑块甲的质量等于滑块乙的质量，碰撞后甲会静止，故B 符合题意，C不符合题意。 故选B。 (2)2碰撞前甲的速度 碰撞后乙的速度 甲的速度 如果满足能量守恒定律，碰撞前后动量守恒定律 即 (3)3滑块与导轨间的摩擦，会导致甲乙碰撞前的速度比甲通过光电门时的速度小，则系统碰撞前的总动量大于碰撞后的总动量。 10. 1831年法拉第进行了大量的实验研究电磁感应现象，器材比现在的要简陋许多。我们现在的实验室
15、使用如下图器材探究感应电流产生的条件，其中包含电池组、滑动变阻器、线圈两个、灵敏电流计、导线、开关。（1）下列说法中正确的是_。A开关闭合瞬间，电流计指针不会发生偏转B开关断开，线圈A放在线圈B中，或线圈A插入和拔出线圈B，两种情况电流计都会偏转C开关闭合，线圈A插入或拔出线圈B的过程中会产生感应电流，且速度越大，电流计指针偏转越大D开关闭合，滑动变阻器的滑片D匀速滑动时，电流计指针不会发生偏转（2）在实验中，我们可以知道产生感应电流的条件有：_、_。【答案】 (1). C (2). 闭合电路 (3). 磁通量发生变化【解析】【详解】（1）1 A开关闭合瞬间，线圈A电流由无至有，线圈B中磁通量
16、由无至有，发生变化，则引起电流计指针偏转，故A错误；B开关断开，不能形成回路，不满足产生感应电流的条件，故B错误；C滑动变阻器的滑片D滑动越快，穿过线圈的磁通量的变化率越大，产生的感应电动势越大，感应电流越大，那么电流计指针偏转的角度越大，故C正确。D滑动变阻器的滑片D匀速滑动时，穿过线圈的磁通量发生变化，则电流计指针会发生偏转，故D错误；故选C。（2）23产生感应电流的条件有：必须是闭合回路且穿过闭合回路的磁通量发生变化。11. 如图所示，电阻Rab=0.1，质量m=0.2kg，长度为l=0.5m的导体棒ab沿导线框向右做匀速运动，它们的动摩擦因数为=0.2，线框中接有电阻R=0.4，线框放
17、在磁感应强度B=0.1T的匀强磁场中，磁场方向垂直于线框平面，导轨间距L=0.4m，运动速度v=10m/s，g=10m/s2，线框的电阻不计。（1）电路abcd中相当于电源的是哪部分？其两端哪点的电势高？（2）使导体ab向右匀速运动所需的外力的大小和方向？（3）撤去外力后导体棒继续向前再滑行了0.8m，求这个过程中通过导体棒横截面的电荷量？【答案】（1）ab棒相当于电源，a端电势较高；（2）0.432N，方向向左；（3）0.064C【解析】【详解】（1）电路中ab棒切割磁感线，产生感应电动势，相当于电源，由右手定则判断可知：中感应电流方向由，则相当于电源的正极是a端，电势较高。（2）运动过程中
18、导体棒的感应电动势为 感应电流为 杆所受的安培力为 由左手定则得知，安培力的方向向左，棒做匀速直线运动，则棒受到的拉力大小为 其中；联立以上各式解得方向向左。（3）撤去外力后设经时间t导体棒停止运动，该过程产生的平均电动势为 平均电流为 这个过程中通过导体棒横截面的电荷量为 联立上式解得12. 如图所示，某货场需将质量为m=20kg的货物（可视为质点）从高处运送至地面，为避免货物与地面发生撞击，现利用光滑倾斜轨道MN、竖直面内圆弧形轨道NP，使货物由倾斜轨道顶端距底端高度h=4m处无初速度滑下，两轨道相切于N点，倾斜轨道与水平面夹角为=60，弧形轨道半径R=4m，末端切线水平。地面上紧靠轨道放
19、着一块木板，质量为M=30kg，长度为L=10m，木板上表面与轨道末端P相切，若地面光滑，货物恰好未滑出木板，木板获得的最大速度为v=4m/s，不考虑货物与各轨道相接处能量损失、最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取g=10m/s2，求：（1）货物到达倾斜轨道末端N点时所用的时间t；（2）在圆弧轨道上NP滑动过程中，摩擦力对货物做的功Wf；（3）为避免木板在地面上滑行的距离过大，在地面上涂了防滑涂料，使木板与地面间的动摩擦因数0=0.2，判断货物是否会滑出木板。【答案】（1）s；（2）Wf=-200J；（3）S=16.7mL，所以滑出木板【解析】【详解】（1）货物在倾斜轨道上滑动可得；s（2）木
20、块最终未滑出木板，则由动能定理可得Wf=-200J（3）参考答案木块滑上木板后，因为所以，木板相对地面未滑动可得：S=16.7mL所以滑出木板参考答案地面粗糙相比于地面光滑，木板与货物间相对加速度减小，则当相对位移等于木板长度时，相对末速度不为零，则一定会滑出参考答案用图像法可知，当地面粗糙时，木板的加速度小于地面光滑时，其v-t图像如虚线所示，则相对位移等于木板长度时一定不能获得共同速度，所以一定滑出（二）选考题:共45分。请考生从给出的2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。如果多答，则每科按所答的第一题计分。13. 下列说法正确的是A. “破镜不能重圆”说明分子间存在着斥力
21、B. 不同温度下，液体的扩散速度可能与固体扩散速度相同C. 气体对容器的压强是大量气体分子对器壁的碰撞引起的D. 液体与大气接触的表面层内分子的势能比液体内部的小E. 高山上煮饭很难熟透，是因为气压低，水的沸点降低了【答案】BCE【解析】【详解】A当分子间距的数量级大于时，分子力已微弱到可以忽略，碎玻璃不能拼在一起，是由于分子间距离太大，不存在作用力，故A错误；B在相同温度下则液体比固体的扩散速度快，而在不同温度下，液体的扩散速度可能与固体扩散速度相同，故B正确；C气体压强由大量分子撞击容器壁引来起的，类似于雨滴打在雨伞上产生压力一样，故C正确；D液体表面层分子间的距离大于液体内部分子间的距离
22、，分子表现为引力，分子势能随着分子距离的增大而增大，所以液体表面层的分子有更大的分子势能，故D错误。E高海拔地区气压较低，水的沸点降低了，没到100度就已经沸腾，而米饭至少要到100摄氏度左右才能够被煮熟，故E正确。故选BCE。14. 如图，气缸左右两侧气体由绝热活塞隔开，活塞与气缸光滑接触初始时两侧气体均处于平衡态，体积之比V1:V2=1:2，温度之比T1:T2=2:5先保持右侧气体温度不变，升高左侧气体温度，使两侧气体体积相同；然后使活塞导热，两侧气体最后达到平衡求：(1)两侧气体体积相同时，左侧气体的温度与初始温度之比；(2)最后两侧气体的体积之比【答案】（1）2；（2）【解析】【详解】
23、（1）设初始时压强为p左侧气体满足：右侧气体满足：解得:（2）活塞导热达到平衡左侧气体满足：右侧气体满足：平衡时解得:15. 如图甲为一列沿x轴正向传播的简谐横波在某一时刻的波形图，图乙为质点P以此时刻为计时起点的振动图象。则由图可知该波 。A. 波长4mB. 波速为18m/sC. 频率为5HzD. t=0.1s时，P点平衡位置向y负方向振动E. t=0.45s时，P点位于波谷位置【答案】ACE【解析】 【详解】 ABC根据图甲可知，=4m，根据图乙可知，T=0.2s，频率f=5Hz ，则波速为 故B错误，AC正确； CD由乙图可知，t=0.1s时P 点由平衡位置向y轴正向振动，在t=0.45
24、s时，即 周期，可由图判断P点位于波谷位置，故D错误，E 正确。 故选ACE。 16. 如图所示,玻璃三棱镜ABC截面为等腰直角三角形,A=C=45，一束单色光线从AB上的O点射入三棱镜,光线与AB边的夹角=30,折射光线恰好通过AC边的中点D.已知该玻璃的折射率,AB边长为a,光在真空中的传播速度为c.求:光线从O点到D点的传播时间.【答案】【解析】【分析】由折射定律求出夹角，根据几何关系得到光传播的距离，即可求出传播时间.【详解】设光线在玻璃中的折射角为，由折射定律解得：可知， 设OD的距离为d，由正弦定律得：解得：又光在玻璃中的传播速度光线从O点到D点的传播时间联立解得：【点睛】本题是几何光学问题，其前提是明确光路图，根据几何知识确定入射角与折射角