1、上海交通大学附属中学2019-2020年度第二学期高二物理期中调研测试试卷一、选择题1.天然放射性元素衰变时放出的射线是（ ）A. 电子流B. 光子流C. 中子流D. 质子流【答案】A【解析】【详解】天然放射性元素衰变时能够放出的三种射线是、是电子流，是光子流，A正确。2.威耳逊云室能够观察到射线径迹，是利用( )A. 射线在云室里的穿透本领B. 射线在云室里的化学效应C. 射线在云室里的热效应D. 射线在云室里的电离作用【答案】D【解析】在云室中能够观察到射线的径迹是利用射线在云室里发生电离作用，故D正确，ABC错误3.如图所示为粒子散射实验装置，粒子打到荧光屏上都会引起闪烁，若将带有荧光屏
2、的显微镜分别放在图 中A、B、C、D四处位置则这四处位置在相等时间内统计的闪烁次数可能符合事实的是()A. 1 305、25、7、1B. 202、405、625、825C. 1 202、1 010、723、203D. 1 202、1 305、723、203【答案】A【解析】【详解】由于绝大多数粒子运动方向基本不变，所以A位置闪烁此时最多，少数粒子发生了偏转，极少数发生了大角度偏转符合该规律的数据只有A选项，A正确4.关于恒星的描述，下列说法中正确的是（）A. 质量越大的恒星，寿命越短B. 质量越大的恒星，寿命越长C. 表面温度比太阳高的恒星呈现出比太阳稍红的颜色D. 表面温度比太阳低的恒星呈现
3、出比太阳稍蓝的颜色【答案】A【解析】【详解】AB恒星的寿命和它的质量体积有关，质量越大的恒星寿命越短，这是因为质量越大压力就越大，这种情况下恒星内部的核反应就更加剧烈，故A正确，B错误；CD恒星的表面颜色取决于它的表面温度，温度越低，颜色越偏红，温度越高，颜色越偏蓝。恒星表面颜色主要有四种，分别是红、黄、白、蓝。太阳的表面颜色是黄色，属于温度中等偏低的恒星，故CD错误。故选A。5. 关于我国现已建成的核电站，下列说法中正确说法是 （ ）A. 发电的能量来自于天然放射性元素衰变放出的能量B. 发电的能量来自于重核裂变放出的能量C. 当控制棒插入反应堆的深度增大时链式反应速度加快D. 当控制棒插入
4、反应堆的深度减小时链式反应速度减慢【答案】B【解析】目前发电的能量来自于重核裂变放出的能量，A错误、B正确；当控制棒插入反应堆的深度增大时，让它多吸收一些中子，链式反应速度减慢，CD错误6.关于物理学发展过程中的认识，下列说法正确的是（）A. 奥斯特发现了电流的磁效应,并发现了电磁感应现象B. 法拉第在分析了许多实验事实后提出,感应电流应具有这样的方向,即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化C. 楞次发现了电流的磁效应,揭示了磁现象和电现象之间的联系D. 在法拉第、纽曼、韦伯等人工作的基础上,人们认识到：电路中感应电动势的大小,跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比,后人称之为法拉第
5、电磁感应定律【答案】D【解析】【详解】AC奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了磁现象和电现象之间的联系，法拉第发现了电磁感应现象，故AC错误；B楞次在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，故B错误；D纽曼、韦伯在对理论和实验资料进行严格分析后，先后指出：闭合电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比，后人称之为法拉第电磁感应定律，故D正确；7.如图所示，两同心圆环A、B置于同一水平面上，其中A为均匀带电绝缘环，B为导体环，两环均可绕中心在水平内转动，则（）A. 若A匀速转动，B中产生恒定的感应电流B. 若A逆时针加
6、速转动，B中一定产生顺时针方向的感应电流C. 若A顺时针减速转动，B中感应电流的方向可能是逆时针D. 若A、B以相同的转速同方向加速转动，B中没有感应电流【答案】C【解析】【详解】A若A匀速转动，相当于产生了一恒定的环形电流，B中的磁通量不发生变化，不产生感应电流，故A错误；B若A加速转动，则相当于电流增大，B中的磁通量增加，但因所带的电量的正负不知，不能确定A中的电流的方向，故不知磁场的方向，则不能由安培定则得B中会产生感觉应电流的方向，故B错误；C因减速转动，相当于电流减小，则B中的磁通量减小，会产生感应电流，因A所带的电荷的正负不知，故方向不确定，可能为逆时针，故C正确；D不论B是否运动
7、，若A加速，则B中会有电流产生，故D错误。故选C。8.太阳系各行星几乎在同一平面内沿同一方向绕太阳做圆周运动。当地球恰好运行到某地外行星和太阳之间，且三者几乎排成一条直线的现象，天文学称为“行星冲日”。已知地球及各地外行星绕太阳运动的轨道半径如表所示。地球火星木星土星天王星海王星轨道半径R/AU1.01.55.29.51930根据题中信息，试计算木星相邻两次冲日的时间间隔，哪颗地外行星相邻两次冲日的时间间隔最短的外行星是（）A. 火星B. 木星C. 天王星D. 海王星【答案】D【解析】【详解】由开普勒第三定律，其轨道半径的三次方与周期T的平方的比值都相等，可知地球的公转周期T最小，海王星的公转
8、周期最大。设地球外另一行星的周期为T，则两次冲日时间间隔为t年，则地球多转动一周，有解得则T越大，t越小，即地外行星中，海王星相邻两次冲日的时间间隔最短，故D正确，ABC错误。9.如图所示，正方形闭合导线框的质量可以忽略不计，将它从如图所示的位置匀速拉出匀强磁场若第一次用0.3 s时间拉出，外力所做的功为W1；第二次用0.9 s时间拉出，外力所做的功为W2，则（ ） A. W1W2B. W1W2C. W13W2D. W19W2【答案】C【解析】【详解】设正方形边长为L，导线框的电阻为R，则导体切割磁感线的边长为L，运动距离为L，则外力所做的功：可知W与t成反比，W1=3W2。选项C正确，ABD
9、错误。故选C。10.如图所示，在PO、QR区域中存在着磁感应强度大小相等、方向相反的匀强磁场、磁场方向均垂直于纸面一导线框abcdefa位于纸面内，框的邻边都相互垂直，bc边与磁场的边界P重合，导线框与磁场区域的尺寸如图所示从t0时刻开始，线框匀速横穿两个磁场区域以abcdef为线框中的电动势的正方向，以下四个t关系示意图中正确的是( ) A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】下面是线框切割磁感线的四个阶段示意图。在第一阶段，只有bc切割向外的磁感线，由右手定则知电动势为负，大小为在第二阶段，bc切割向里的磁感线，电动势为逆时针方向，同时de切割向外的磁感线，电动势为顺时针方向，等
10、效电动势为零。在第三阶段，de切割向里的磁感线同时af切割向外的磁感线，两个电动势同为逆时针方向，等效电动势为正，大小为在第四阶段，只有af切割向里的磁感线，电动势为顺时针方向，等效电动势为负大小为，故C正确，ABD错误。故选C11.如图所示是世界上早期制作的发电实验装置：一个可绕固定转轴转动的铜盘，铜盘的一部分处在蹄形磁铁当中。用导线A连接铜盘的中心，导线B连接铜盘的边缘。摇手柄使得铜盘转动时（）A. 盘面可视为无数个同心圆环组成，圆环中的磁通量发生了变化B. 盘面可视为无数条幅组成，任何时刻都有条幅切割磁感线C. 导线A、B端产生的感应电动势与铜盘的转速成反比D. 铜盘匀速转动时导线A、B
11、端不产生感应电动势【答案】B【解析】【详解】AB转动圆盘时，将整个铜盘看成沿径向排列的无数根铜条，它们做切割磁感线运动，产生感应电动势，电路又是闭合的，所以不断转动A盘就可以获得持续的电流，故A错误，B正确；CD圆盘产生的感应电动势与其转动速度有关，当转动速度增大时，则其切割速度增大，从而产生感应电动势增大，故CD错误。故选B。12.如图所示，空间存在一有边界的条形匀强磁场区域，磁场方向与竖直平面（纸面）垂直，磁场边界的间距为L。一个质量为m、边长也为L的正方形导线框沿竖直方向运动，线框所在平面始终与磁场方向垂直，且线框上、下边始终与磁场的边界平行。t=0时刻导线框的上边恰好与磁场的下边界重合
12、（图中位置I），导线框的速度为v0.经历一段时间后，当导线框的下边恰好与磁场的上边界重合时（图中位置），导线框的速度刚好为零。此后，导线框下落，经过一段时间回到初始位置I（不计空气阻力），则（）A. 上升过程中，导线框的加速度逐渐减小B. 上升过程克服重力做功的平均功率小于下降过程重力的平均功率C. 上升过程中线框产生的热量比下降过程中线框产生的热量的少D. 上升过程中合力做的功与下降过程中合力做的功相等【答案】A【解析】【详解】A上升过程中，线框所受的重力和安培力都向下，线框做减速运动。设加速度大小为a，根据牛顿第二定律得解得线框速度v减小时，加速度a也减小，故A正确；B下降过程中，线框做加
13、速运动，则有解得由此可知，下降过程加速度小于上升过程加速度，上升过程位移与下降过程位移相等，则上升时间短，下降时间长，上升过程与下降过程重力做功相同，则上升过程克服重力做功的平均功率大于下降过程重力的平均功率，故B错误；C线框产生的焦耳热等于克服安培力做功，对应与同一位置，上升过程安培力大于下降过程安培力，上升与下降过程位移相等，则上升过程克服安培力做功大于下降过程克服安培力做功，上升过程中线框产生的热量比下降过程中线框产生的热量的多，故C错误；D在电磁感应现象中，线框中产生电能，根据能量守恒定律可知，线框返回原位置时速率减小，则上升过程动能的变化量大小大于下降过程动能的变化量大小，根据动能定
14、理得知，上升过程中合力做功较大，故D错误。故选A。二、填空题13.铀238经过一次衰变形成钍234，反应方程为：，则放出的粒子x的电荷数为_，该粒子的电离性比射线_（填“强”，“弱”，“相似”）。【答案】 (1). 2 (2). 强【解析】【详解】1根据核反应前后电荷数、质子数以及质量数守恒得，粒子x的电荷数为2，质量数为4，所以该粒子为粒子2射线射线的穿透能力最弱，一张纸即可把它挡住，但是其电离能力最强，射线的穿透能力最强，但是其电离能力最弱。14.恒星离我们的距离非常遥远，但是我们可以利用地球绕太阳运动的圆形轨道直径作为基线，通过几何方法来测量恒星的距离。这种方法叫做_。图中恒星A是我们想
15、要测量其距离的星体。B、C、D是相对比较远的恒星，在1月到7月间几乎看不出移动过，而A的相对位置在这半年里看上去却发生了变化。图中的角就称为_。【答案】 (1). 视差测距法 (2). 周年视差【解析】【详解】1 2地球上观测恒星有视差现象此时基线就是地球轨道的直径，被观测恒星的视差就是太阳、恒星与地球所形成的内角P，随着地球公转，恒星就如图所示出现周年视差运动，恒星距离我们愈近（d），视差p就愈大，反之亦然这种观测的方法我们称为视差测距法，由于对应的视差是半年时间内的，故此角度称为周年视差。15.2004年1月4日，“勇气”号成功登陆火星。已知火星半径与地球半径之比R火：R地=1：2，火星质
16、量与地球质量之比m火：m地=1：10，火星到太阳的距离与地球到太阳的距离之比r火：r地=3：2；若火星、地球绕太阳运动均可视为匀速圆周运动，则火星表面重力加速度g火与地球表面重力加速度g地之比g火：g地=_，火星绕日公转周期T火与地球绕日公转周期T地之比T火：T地=_。【答案】 (1). (2). 【解析】【详解】1星球表面的重力等于万有引力可得同理可得地球和火星表面的重力加速度分别为联立并代入数据解得2火星、地球绕太阳运动均可视为匀速圆周运动，根据万有引力等于向心力可得代入数据可得16.如图甲所示，一对平行光滑轨道放置在水平面上，两轨道间距l=0.20m，电阻R=1.0；有一导体杆静止地放在
17、轨道上，与两轨道垂直，杆及轨道的电阻皆可忽略不计，整个装置处于磁感应强度B=0.5T的匀强磁场中，磁场方向垂直轨道向下。现用一外力F沿轨道方向拉杆，使之做匀加速运动，测得力F与时间t的关系如图乙所示。杆的质量m=_kg，杆的加速度a=_m/s2。【答案】 (1). 0.1kg (2). 10m/s2【解析】【详解】12导体杆在轨道上做初速度为零的匀加速直线运动，杆切割磁感线产生的感应电动势为E=Blv=Blat闭合回路中感应电流为由安培力公式和牛顿第二定律得F-BIl=ma联立可得由题图乙图象上取两点 t1=0，F1=1N；t2=30s，F2=4N代入解得a=10m/s2m=0.1kg三、综合
18、题17.(1)法拉第发现电磁感应现象的实验装置如图所示，软铁环两侧分别绕两个线圈，左侧线圈为闭合回路，在其中一段导线下方附近放置一小磁针，小磁针静止时N极指向北方如图所示，右侧线圈与电池、电键相连。则在闭合电键后，你将看到小磁针_；A、仍然在原来位置静止不动 B、抖动后又回到原来位置静止C、抖动后停N极指向东方位置 D、抖动后停在N极指向西方位置(2)通过归纳得出产生感应电流的条件是_；(3)利用图示装置研究电磁感应现象，图甲中，开关S闭合，电流自正接线柱流_（填“出”或“入”）电流表，指针向右偏转；图乙中，将线圈和同样的电流表串联，条形磁铁（下端为N极）可以从图示位置上下移动，若实验中发现电
19、流表指针向右偏转，说明条形磁铁正由图示位置向_（填“上”或“下”）移动。【答案】 (1). B (2). 穿过闭合回路中磁通量发生变化 (3). 入 (4). 上【解析】【详解】(1)1闭合电键后，线圈中的磁场方向为逆时针，且增加，故根据楞次定律，感应电流的磁场为顺时针方向，故左侧线圈中感应电流方向俯视顺时针，故直导线有电流，小磁针旋转一下，电路稳定后，无感应电流，小磁针不偏转，故B正确，ACD错误。(2)2只有电键闭合瞬间、断开瞬间有感应电流，即原磁场变化时才有感应电流，故产生感应电流的条件是：穿过闭合回路中磁通量发生变化。(3)3开关S闭合，由图可知，电流从正极流入电流表，当有电流从电流表
20、的正极流入时，指针向右偏转，这说明：电流从哪极流入，指针向哪偏转；若实验中发现电流表指针向右偏转，说明电流从负极流入电流表，由楞次定律可知，当把磁铁N极向上拨出线圈时，感应电流从负极流入，电流表指针向右偏。18.如图，质量分别为m和M的两个星球A和B在引力作用下都绕O点做匀速圆周运动，星球A和B两者中心之间的距离为L。已知A、B的中心和O三点始终共线，A和B分别在O的两侧。引力常数为G：(1)求两星球做圆周运动周期；(2)在地月系统中，若忽略其他星球的影响，可以将月球和地球看成上述星球A和B，月球绕其轨道中心运行的周期为T1。但在近似处理问题时，常常认为月球是绕地心做圆周运动的，这样算得的运行
21、周期记为T2。.已知地球和月球的质量分别设为M和m。求T2与T1两者之比。【答案】（1）； （2）【解析】【详解】(1)A和B绕O做匀速圆周运动，它们之间的万有引力提供向心力，则A和B的向心力大小相等，且A、B和O始终共线，说明A和B有相同的角速度和周期，因此有半径间关系为r+R=L联立解得对A根据万有引力定律得解得(2) 将地月看成双星，由(1)得将月球看作绕地心做圆周运动，根据牛顿第二定律和万有引力定律得解得所以两种周期的比值为19.在质量为M=1kg的小车上，竖直固定着一个质量为m=0.2kg，高h=0.05m、总电阻R=100、n=100匝矩形线圈，且小车与线圈的水平长度l相同。现线圈
22、和小车一起在光滑的水平面上运动，速度为v1=10m/s，随后穿过与线圈平面垂直，磁感应强度B=1.0T的水平有界匀强磁场，方向垂直纸面向里，如图(1)所示。已知小车运动（包括线圈）的速度v随车的位移s变化的vs图像如图(2)所示。求：(1)小车的水平长度l和磁场的宽度d；(2)小车的位移s=10cm时线圈中的电流大小I以及此时小车的加速度a；(3)线圈和小车通过磁场过程中线圈电阻的发热量Q。【答案】(1)25cm；(2) 1.67m/s2；(3) 57.6J【解析】【详解】(1)由图可知，从s=5cm开始，线圈进入磁场，线圈中有感应电流，受安培力作用，小车做减速运动，速度v随位移s减小，当s=
23、15cm时，线圈完全进入磁场，线圈中感应电流消失，小车做匀速运动因此小车的水平长度l=10cm当s=30cm时，线圈开始离开磁场，则d=（30-5）cm=25cm(2)当s=10cm时，由图象中可知线圈右边切割磁感线的速度v2=8m/s由闭合电路欧姆定律得线圈中的电流代入数据解得I=0.4A此时线圈所受安培力F=nBIh=10010.40.05N=2N根据牛顿第二定律代入数据解得小车的加速度a=1.67m/s2(3) 由图象可知，线圈左边离开磁场时，小车的速度为v3=2m/s，线圈进入磁场和离开磁场时，克服安培力做功，线卷的动能减少，转化成电能消耗在线圈上产生电热代入数据解得线圈电阻发热量Q=57.6J