2020-2021学年湖北省沙市中学高二下学期第四次双周考物理B卷

【最新】湖北省沙市中学高二下学期第四次双周考物理B卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

1．下列说法正确的是（）

A．X射线是处于激发态的原子核辐射出来的

B．康普顿效应和电子的衍射现象说明光和电子都具有波动性

C．普朗克为了解释黑体辐射现象，第一次提出了能量量子化理论

D．汤姆孙根据阴极射线在电场和磁场中的偏转情况断定其本质是带负电的粒子流并测定了这种粒子的电荷量

2．如图所示，甲、乙两带电小球的质量均为m，所带电荷量分别为＋q和－q，两球间用绝缘细线2连接，甲球用绝缘细线1悬挂在天花板上，在两球所在空间有沿水平方向向左的匀强电场，场强为E，且有qE＝mg，平衡时细线都被拉直．则平衡时的可能位置是哪个图()

A．B．C．D．

3．如图所示为一交变电流的电压随时间变化的图象，正半轴是正弦曲线的一个部分，则此交变电流的电压的有效值是()

A．√34V

B．5 V

C．5√2

V

2

D．3 V

4．如图所示为分子势能与分子间距离的关系图象，下列判断错误的是（）

A．当r>r0时，r越小，则分子势能E p越大

B．当r< r0时，r越小，则分子势能E p越大

C．当r= r0时，分子势能E p最小

D．当r= r0时，分子间作用力为零

5．某理想气体经历的两个状态变化的p﹣T图如图所示，则其p﹣v图应是（）

A．B．

C．D．

6．如图，通电线圈abcd平面和磁场垂直（不考虑电流间相互作用），则（）

A．ab边受到向左的安培力B．bc边受到向下的安培力

C．线圈面积有缩小的趋势D．线圈有转动的趋势

7．如图所示，带负电的小球以一定的初速度v0，从倾角为θ的粗糙绝缘斜面顶端沿斜面向下运动，斜面足够长，小球也斜面之间的动摩擦因数μ＜tanθ，小球在沿斜面运动过程中某一段不可能出现的运动形式是（）

A．匀速直线运动B．加速度减小的加速运动

C．加速度减小的减速运动D．加速度增大的减速运动

二、多选题

8．下列说法正确的是（）

A．一定质量的理想气体，在压强不变时，分子每秒对器壁单位面积平均碰撞次数随着温度降低而增加

B．液体表面张力产生的原因是液体表面层分子较稀疏，分子间的距离大于r0，分子间的作用表现为引力

C．干湿泡湿度计的干泡显示的温度低于湿泡显示的温度，这是湿泡外纱布中的水蒸发吸热的结果

D．空气的相对湿度定义为水的饱和蒸汽压与相同温度时空气中所含水蒸气的压强之比9．“蹦极”是勇敢者的运动，如图为蹦极运动过程示意图．某人身系弹性绳自高空p点自由下落，其中a点是弹性绳的原长位置，c是人所到达的最低点，b是人静止地悬吊着时的平衡位置．不计空气阻力，则下列说法中正确的是（）

A．人和弹性橡皮绳组成系统机械能守恒

B．从a至c的过程中，重力的冲量大小大于弹性绳的冲量大小

C．从p至c的过程中重力所做的功等于人克服弹力所做的功

D．从a至c的过程中人的动量一直增大

10．在如图一所示的光电管的实验中（电源正负极可以对调），用同一光电管得到了三条可见光的光电流与电压之间的关系曲线（图二中的甲光、乙光、丙光）．下列说法中正确的有（）

A ．只要电流表中有电流通过，光电管中就发生了光电效应

B ．同一光电管对不同颜色的单色光的极限频率（截止频率）与入射光有关

C ．（图一中）电流表G 的电流方向可以是a 流向b 、也可以是b 流向a

D ．（图二中）由于甲光和乙光有共同的U c2，可以确定甲光和乙光是同一种色光 11．如图所示，一足够长的光滑平行金属轨道，其轨道平面与水平面成θ角，上端用一电阻R 相连，处于方向垂直轨道平面向上的匀强磁场中．质量为m 、电阻为r 的金属杆ab ，从高为h 处由静止释放，下滑一段时间后，金属杆开始以速度v 匀速运动直到轨道的底端．金属杆始终保持与导轨垂直且接触良好，轨道电阻及空气阻力均可忽略不计，重力加速度为g ．则（ ）

A ．金属杆加速运动过程中的平均速度小于2v

B ．金属杆加速运动过程中克服安培力做功的功率小于匀速运动过程中克服安培力做功的功率

C ．整个运动过程中电阻R 产生的焦耳热为212mgh mv -

D ．当金属杆的速度为2v 时，它的加速度大小为sin 2g θ

三、填空题

12．读出下面图中游标卡尺与螺旋测微器的读数，游标卡尺读数为 cm ，螺旋测微器读数为 mm 。

四、实验题

13．某同学要测量一节干电池的电动势和内电阻．

①实验室除提供开关S和导线外，有以下器材可供选择：

电压表：V（量程3V，内阻R V约为10kΩ）

电流表：G（量程3mA，内阻R g=100Ω）

电流表：A（量程3A，内阻约为0.5Ω）

滑动变阻器：R（阻值范围0~10Ω，额定电流2A）

定值电阻：R0=0.5Ω

该同学依据器材画出了如图甲所示的原理图，他没有选用电流表A的原因是

__________________．

②该同学将电流表G与定值电阻R0并联，实际上是进行了电表的改装，则他改装后的电流表对应的量程是______A．

③该同学利用上述实验原理图测得数据，以电流表G读数为横坐标，以电压表V读数为纵坐标绘出了如图乙所示的图线，根据图线可求出电源的电动势E=______V （结果保留三位有效数字），电源的内阻r=______Ω （结果保留两位有效数字）．

④由于电压表内阻电阻对电路造成影响，本实验电路测量结果电动势E_____，内阻

r_____（选填“偏大”、“不变”或“偏小”）

五、解答题

14．如图所示，用轻质活塞在气缸内封闭一定质量的理想气体，活塞与气缸壁之间的摩擦忽略不计，开始时活塞距气缸底高度h1 =0.50m．给气缸加热，活塞缓慢上升到距离气缸底h2 =0.80m处，同时缸内气体吸收Q =450J的热量．已知活塞横截面积S =5.0×10-3 m2，大气压强p0 =1.0×105 Pa．求：

（1）缸内气体对活塞所做的功W；

（2）此过程中缸内气体增加的内能ΔU．

15．如图（a）是一理想变压器的电路连接图，图（b）是原线圈两端所加的电压随时间变化的关系图象，已知原、副线圈的匝数比为10：1，电流表A2的示数为2A，当开关S断开时，求：

（1）电压表的示数

（2）变压器的输入功率．

16．一长木板置于光滑水平地面上，木板左端放置一小物块，在木板右方有一墙壁，如图所示．t=0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度v0=4m/s向右运动，直至木板与墙壁碰撞（碰撞时间极短）．碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板．已知小物块与木板间的动摩擦因素μ为0.4，木板的质量是小物块质量的1.5倍，重力加速度大小g取10m/s2．求

（1）木板和木块的最终速度v；

（2）木板的最小长度L；

17．如图所示为示波器工作原理的示意图，已知两平行板间的距离为d、板长为l电子经电压为U1的电场加速后从两平行板间的中央处垂直进入偏转电场．设电子质量为m e、电荷量为e．

（1）求经电场加速后电子速度v 的大小．

（2）要使电子离开偏转电场时的速度偏转角度最大，两平行板间的电压U 2应是多少？电子射出时的动能多大？

18．如图所示，在xOy 平面上，一个以原点O 为圆心，半径为4R 的圆形磁场区域内存在着匀强磁场，磁场的方向垂直于纸面向里，在坐标()2,0R -的A 处静止着一个具有

放射性的原子核氮137N ．某时刻该核发生衰变，放出一个正电子和一个反冲核，已知正

电子从A 处射出时速度方向垂直于x 轴，且后来通过了y 轴，而反冲核刚好不离开磁场区域．不计重力影响和离子间的相互作用．

（1）写出衰变方程．

（2）求正电子做圆周运动的半径．

（3）求正电子最后过y 轴时的坐标．

参考答案

1．C

【解析】

【详解】

A．X射线是因为原子的内层电子受到激发产生的，故A错误；

B．康普顿效应说明了光子具有粒子性，电子的衍射现象说明实物粒子具有波动性，故B错误；

C．普朗克为了解释黑体辐射现象，第一次提出了能量量子化理论，故C正确；

D．汤姆孙根据阴极射线在电场和磁场中的偏转情况断定其本质是带负电的粒子流，密立根利用油滴实验测定了这种粒子的电荷量，故D错误。

故选C。

2．A

【详解】

先用整体法，把两个小球及细线2视为一个整体．整体受到的外力有竖直向下的重力2mg、水平向左的电场力qE、水平向右的电场力qE和细线1的拉力F T1，由平衡条件知，水平方向受力平衡，细线1的拉力F T1一定与重力2mg等大反向，即细线1一定竖直．再隔离分析乙球，如图所示．

乙球受到的力为：竖直向下的重力mg、水平向右的电场力qE、细线2的拉力F T2和甲球对乙球的吸引力F引．要使乙球所受合力为零，细线2必须倾斜．设细线2与竖直方向的夹角

为θ，则有tan θ＝qE

mg

＝1，θ＝45°，故A图正确．

3．C

【解析】在前半周，是正弦式交流电，电压为：U11m

√2

3V，后半周的电压恒定，

为：U2=4V；根据有效值定义，有：U2

R T＝U12

R

?T

2

+U22

R

?T

2

, 代入数据解得U=5√2

2

V．故

选C.

4．A

【详解】

A．由图象可知：分子间距离为r0时分子势能最小，此时分子间的距离为平衡距离；另外，结合分子力的关系可知，当r大于r0时，分子间的作用力表现为引力，当r小于r0时，分子间的作用力表现为斥力；当r＞r0时，r越小，分子引力做正功，则分子势能减小；故A错误，符合题意；

B．当r＜r0时，r越小，分子间为斥力，分子势能增大；故B正确，不符合题意；

C．当r等于r0时，分子势能最小，故C正确，不符合题意；

D．当r=r0时，分子间作用力为零；故D正确，不符合题意；

故选A。

5．C

【解析】

试题分析：根据气体的状态方程，知，在pT图象中AB变化过程中压强与热力学温度成正比可知，AB过程是等容变化过程，p﹣V图象是垂直于v轴的直线，BC是等温变化过程，由知压强与体积成反比，压强减小体积增加，p﹣V图象是双曲线，综上所述图象C正确，ABD错误．

故选：C．

6．C

【解析】根据左手定则：伸开左手，拇指与手掌垂直且共面，磁感线向里穿过手心，四指指向电流方向，则拇指指向安培力方向，由上分析，那么ab边受到向左的安培力方向向右，bc边受到向上的安培力，故AB错误；同理，可知，线圈有收缩的趋势，故C正确；各边受到的安培力方向与线圈在同一平面，则线圈不会转动，故D错误．故选C．

点睛：考查由左手定则可判定安培力方向，注意对于左手定则的应用，要搞清两点：一是什么时候用；二是怎样用．还要注意左手定则与右手定则的区别.

7．D

【详解】

由于小球与斜面之间的动摩擦因数μ＜tanθ，可知小球开始时重力沿斜面向下的分力大于小

球受到的摩擦力，小球在斜面上沿斜面向下做加速运动．运动中的小球受到重力、斜面的支持力、斜面的摩擦力和洛伦兹力的作用．小球带负电，根据左手定则可知，小球运动的过程中受到的洛伦兹力的方向垂直于斜面向下，根据f=qvB可知，小球受到的洛伦兹力随速度的增大而增大．在垂直于斜面的方向上，小球受到的合外力始终等于0，可知，斜面对小球的垂直于斜面向上的支持力也随速度的增大而增大，则斜面对小球的摩擦力也随速度的增大而增大．若开始时小球受到的重力沿斜面向下的分力大于小球受到的摩擦力，可由于摩擦力随速度的增大而增大，所以沿斜面的方向上，小球受到的合力减小，小球的加速度减小，所以小球沿斜面的方向做加速度减小的加速运动，当小球的加速度减小到0时，小球开始做匀速直线运动．若初速度很大时，会出现摩擦力大于下滑力，小球向下做减速运动，摩擦力随速度的减小而减小，是加速度逐渐减小的减速运动；由以上的分析可知，小球在沿斜面运动过程中某一段不可能出现的运动形式是加速度增大的减速运动．故D符合题意．本题选择不可能出现的运动形式，故选D.

8．AB

【解析】

一定质量的理想气体，在压强不变时，温度降低，则分子对器壁的平均碰撞力减小，所以分子每秒对器壁单位面积平均碰撞次数增加．故A正确．液体表面张力产生的原因是液体表面层分子较稀疏，分子间的距离大于r0，分子间的作用表现为引力，选项B正确；干湿泡湿度计的干泡显示的温度高于湿泡显示的温度，这是湿泡外纱布中的水蒸发吸热的结果，选项C错误；相对湿度为某一被测蒸气压与相同温度下的饱和蒸气压的比值的百分数，相对湿度则给出大气的潮湿程度，而不是水的饱和蒸汽压与相同温度时空气中所含水蒸气的压强之比，故D 错误；故选AB.

9．AC

【详解】

A．人在运动过程中受重力和弹力作用，重力和弹力都做功，所以人和弹性绳组成的系统机械能守恒，但人的机械能不守恒，故A正确；

B．从a至c的过程中，动量的变化量为负值，知合力的冲量方向向上，则重力的冲量大小应小于弹性绳的冲量大小，故B错误；

C．从p至c的过程中，根据动能定理有：W G-W弹=0，所以重力做的功等于人克服弹力所做的功，故C正确；

D ．a 至c 的过程中，速度先增大后减小，则动量先增大后减小，故D 错误；

故选AC 。

10．AD

【解析】由图可知，只有电流表有电流，则有光电子通过电流表，因此一定会发生光电效应；故A 正确．同一金属，截止频率是相同的．故B 错误．由光电管结构可知，光电子由右向左，则电流是从左向右，即a 流向b ，故C 错误；根据212m eU mv h W γ==-截，入射光的频率越高，对应的截止电压U 截

越大．甲光、乙光的截止电压相等，所以甲光、乙光的频率相等，即为同种光，故D 正确．故选AD.

11．BD

【解析】若金属杆匀加速运动，则平均速度为2

v ．实际上金属杆加速运动中加速度不断减小，速度-时间图象的斜率不断减小，在相同时间内金属杆通过的位移大于匀加速运动通过的位移，则金属杆的平均速度大于匀加速运动的平均速度

2

v ．故A 错误．金属杆克服安培力做功的功率等于222B L v P F v R r ==+安 ，与速率v 的平方成正比，由于匀速运动时速度最大，则知加速运动过程中金属杆克服安培力做功的功率小于匀速运动过程中克服安培力做功的功率．故B 正确．整个运动过程中回路中产生的焦耳热为mgh ?12mv 2，所以R 上产生的热量小于mgh ?12mv 2，故C 错误．匀速运动时，金属杆的速度大小为v ，所受的安培力大小为

22B L v F R r =+安 ，此时有mgsinθ=22B L v R r +；当金属杆的速度为2

v 时，它所受的安培力大小为 2222122

v

B L B L v F mgsin R r R R θ?==+''=+安，根据牛顿第二定律得 mgsinθ-F 安

′=ma ，联立解得 a=12 g sinθ．故D 正确．故选BD. 点睛：解决这类问题的关键时分析受力情况，掌握安培力的表达式22B L v F R r

=+安，进一步确定运动性质，并能正确判断各个阶段及全过程的能量转化情况.

【答案】2.285cm ；2.697 2.701mm mm -

试题分析：游标卡尺的主尺读数为：22mm ，游标尺上第17个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为170.050.85mm mm ?=，所以最终读数为：

220.8522.85 2.285mm mm mm cm +==；

螺旋测微器的固定刻度为2.5mm ，可动刻度为20.00.010.200mm mm ?=，所以最终读数为2.50.200 2.700mm mm mm +=。

考点：游标卡尺的使用、螺旋测微器的使用

【名师点睛】对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，正确使用这些基本仪器进行有关测量，同时注意游标卡尺不估读，螺旋测微器要估读。

13．量程与被测电流值相比较太大0.6031.480.84偏小偏小

【解析】

试题分析：根据干电池的电动势和滑动变阻器R 1，可估算出电路中电流最小值，没有选用电流表A 的原因是量程太大；根据并联电路的特点求解改装后的电流表对应的量程；根据电流表G 读数与改装后电流表读数的关系，由闭合电路欧姆定律求出电源的电动势和内阻；利用“等效电源法”进行误差分析．

①一节干电池的电动势约 E =1.5V ，为方便实验操作，滑动变阻器应选 R 1，它的阻值范围是0-10Ω，电路中最小电流约I min =E R =1.510A =0.15A ，电流表A 的量程是3A ，0.15A 不到

该量程的三分之一，流表量程太大，因此不能用电流表A ．

②改装后电流表量程：I =I g +I g R g

R 3=0.003+0.003×100.5A=0.603A ;

③由上可知，改装后电流表的量程是电流表G 量程的 200 倍，图象的纵截距b 等于电源的电动势，由图读出电源的电动势为：E =1.48V ．

图线的斜率大小k =r ，由数学知识知：k =

ΔU ΔI = 1.48?1.06

2.5×200×10?3=0.84，则电源的内阻为：r =k =0.84Ω，

④可用“等效电源法”分析误差大小：可以把电源与电压表看做一等效电源，则电动势测量值等于外电路断开时“等效电源”两极间的电压，由于电压表不是理想电表，所以有电流通过“电源”，因而路端电压要小于电动势，所以电动势测量值小于真实值即偏小；同理，此电路测得的内电阻是“等效电源”的内阻，即电压表与电池内阻的并联电阻，所以测得的内阻也小于真实值．

14．（1）150J W = ；（2）300J U ?=

（1） 活塞缓慢上升，视为等压过程，则气体对活塞做功

W =FΔh = p 0SΔh = 150J

（2）根据热力学定律

ΔU = （－W ）+ Q = 300J

15．（1）20V （2）40W

【解析】（1）由图（b ）可知输入电压的有效值

U 1=√2√2=200V 由U 1U 2＝n 1n 2 得U 2＝n 2n 1

U 1=20V （2）变压器的输入功率P 1等于输出功率P 2

故P 1=P 2=U 2I 2=20×

2W=40W 16．（1）0.8m/s ；（2）4.8m

【解析】（1）碰撞前小物块与木板共同速度为v 0=4m/s ，碰撞后木板速度水平向左，大小也是v 0=4m/s ，设小物块的质量为m ，则木板的质量为1.5m ，从和墙碰后到二者共速，取向左的方向为正方向，根据定律守恒定律有：

1.5mv 0-mv 0=（1.5m+m ）v ，

解得：v=0.8m/s ．

（2）由功能关系得：μ2mgL =12（1.5m +m ）v 0

2?1

2（1.5m +m ）v 2 解得：L=4.8m ．

点睛：解决本题的关键理清木块和木板在整个过程中的运动规律，应用动量守恒定律及功能关系较为简便，要注意正方向的规定. 此题也可以结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解. 17．

（1）v =2）21222d U U l

=；221(1/)k E eU d l =+ 【详解】

(1)电子在电场加速过程，由动能定理得：

2112

eU mv =

则得v =(2)电子离开偏转电场偏转角度最大时的偏转量为y =d/2 电子进入偏转电场后，所受的电场力：2eU F eE d

== 电子沿偏转电场方向作初速度为零的匀加速直线运动，则有：

212

y at = 又垂直于电场方向作匀速直线运动，则有：

t =l/v

联立求解,得：2122

2d U U l = 对于整个过程，由动能定理得：212

k U eU e E +?= 由以上两式得2121k d E eU l ??=+ ??

?：

18．（1）13130

761N C e +→+；（2）26r R =；（3）0,【详解】

（1）由质量守恒及电荷守恒可知衰变方程为

13

13

0761N C e →+

（2）设反冲核和正电子在磁场中回旋半径分别为12r r 、，由于反冲核与正电子都带正电荷，在磁场中的轨迹关系应是外切圆，因正电子通过y 轴，反冲核速度方向向上，正电子速度方向向下．故反冲核的半径1r R =，衰变过程中遵循动量守恒e p p =反，又由于

2

v qvB m r

= 可得

mv r Bq

=

可得正电子做圆周运动的半径 16r R =

（3）由图可知正电子应在通过y 轴前飞出圆形磁场区域，设出射点为P ，其轨迹圆心在磁场边界与x 轴的交点O ′处，过P 点做出出射速度的反向延长线可交于磁场边界D 点，且D 点在x 轴上根据几何知识可得

'DO P OQD α∠=∠=

在直角三角形'DO P 中，3cos 84

r R α==，所以

tan 3

α=

tan OD OQ α==

故正电子最后通过y 轴的坐标为0,7??- ? ???