2017-2018学年福建省福州市八县（市）协作校高二下学期期末联考物理试题 解析版 15页

福建省福州市八县（市）协作校2017--2018学年高二下学期期末考试 物理试题 一、单项选择题：（本题共8小题：每小题4分，共32分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确）‎ ‎1. 在人类对微观世界进行探索的过程中，科学实验起到了非常重要的作用．下列说法不符合历史事实的是( )‎ A. 汤姆生发现电子，表明原子仍具有复杂结构 B. 麦克斯韦提出电磁场理论并预言电磁波的存在，后来由赫兹用实验证实了电磁波的存在 C. 爱因斯坦提出了量子理论，后来普朗克用光电效应实验提出了光子说 D. 卢瑟福通过α粒子散射实验证实了原子具有核式结构 ‎【答案】C ‎【解析】A. 汤姆生发现电子，表明原子仍具有复杂结构，故A正确；‎ B. 麦克斯韦提出电磁场理论并预言电磁波的存在，后来由赫兹用实验证实了电磁波的存在，故B正确；‎ C. 普朗克提出了量子理论，为了解释光电效应现象，爱因斯坦提出了光子说，故C错误；‎ D.卢瑟福通过α粒子散射实验证实了原子具有核式结构，故D正确；‎ 本题选择错误答案，故选：C ‎2. 电站向远方送电，输送的电功率恒定，若将送电电压提高到原来的K倍，则（ ）‎ A. 输电电流也为原来的K倍 B. 输电导线上损失的电功率为原来的1/K C. 输电导线上损失的电功率为原来的K 2倍 D. 输电导线上损失的电压为原来的1/K ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：根据电功率公式P=I2R分析答题．‎ 解：设输电功率是P，输电电压为U，输电导线电阻为R，‎ 输电电流，输电损失的功率，输电导线电阻R与输电功率P一定，如果输电电压提高到原来的K倍，由可知，输电功率损失减小到原来的1/K2倍，D正确；‎ 故选D．‎ 考点：电能的输送．‎ 点评：本题考查了输电功率损失问题，熟练应用电功率公式即可正确解题，本题难度不大，是一道基础题．‎ ‎3. 如图所示，MN是一根固定的通电长直导线，电流方向向上，今将一金属线框abcd放在导线上，让线框的位置偏向导线的左边，两者彼此绝缘，当导线中的电流突然增大时，线框整体受磁场力的合力情况为（ ） ‎ A. 受力向左 B. 受力向右 C. 受力向上 D. 受力为零 ‎【答案】B ‎【解析】根据楞次定律可知，感应电流的磁场要阻碍磁通量的变化，则线框abcd将向磁通量减小方向运动，即向右移动，说明线框整体受力方向向右，故ACD错误，B正确；‎ 故选：B ‎4. 以下说法正确的是（ ）‎ A. 衰变中产生的β射线实际上是原子的核外电子挣脱原子核的束缚而形成的 B. 在核反应中，X是质子，这个反应过程叫α衰变 C. 原子核内部某个质子转变为中子时，放出β射线 D. 电子的衍射现象说明实物粒子具有波动性 ‎【答案】D ‎【解析】AC、β射线实际上是原子核内部一个中子转变成一个质子而放出一个电子而形成的，故A错误，C错误； ‎ B、根据核反应过程前后，质量数守恒，电荷数守恒，在核反应中，X的质量数时1，电荷数是1，即X是质子，这个反应过程叫原子核的人工转变，故B错误；‎ D、衍射现象是波特有的性质，电子的衍射现象说明实物粒子具有波动性，故D正确。‎ 故选：D。‎ ‎5. 当单色光照到某金属表面时，有光电子从金属表面逸出．如果入射光的频率不变而强度减弱，则（ ）‎ A. 有可能不发生光电效应 B. 光电子的最大初动能将变小 C. 单位时间内逸出的光电子数将减少 D. 从入射光照射金属表面到光电子开始逸出所经的时间将延长 ‎【答案】C ‎【解析】A. 入射光的频率不变，则仍然能发生光电效应。故A错误；‎ B. 根据光电效应方程知,Ekm=hγ−W0知，入射光的频率不变，则最大初动能不变。故B错误；‎ C. 光的强弱影响的是单位时间内发出光电子的数目，入射光强度减弱，单位时间内从金属表面逸出的光电子数目将减小。故C正确；‎ D. 光的强弱影响的是单位时间内发出光电子的数目，发射出光电子的时间非常短，可认为是瞬时的，故D错误。‎ 故选：C.‎ ‎6. 质量分别为ma＝0.5 kg，mb＝1.5 kg的物体a、b在光滑水平面上发生正碰．若不计碰撞时间，它们碰撞前后的位移—时间图象如图，则下列说法正确的是(　　)‎ A. 碰撞前a物体的动量的大小为零 B. 碰撞前b物体的动量的大小为6 kg·m/s C. 碰撞过程中b物体受到的冲量为1 N·s D. 碰撞过程中a物体损失的动量大小为1.5 kg·m/s ‎【答案】D ‎【解析】A. 由图示图象可知,碰撞前a的速度：va=sa/ta=16/4=4m/s,碰撞前a的动量：Pa=mava=0.5×4=2kg⋅m/s，故A错误；‎ B. 由图示图象可知，碰撞前b静止，碰撞前b的动量为零，故B正确；‎ C. 由图示图象可知,碰撞后a、b的速度相等,为：v=s/t=(24−16)/(12−4)=1m/s,碰撞后b的动量大小为：，根据动量定理：，故C错误； ‎ D. 由图示图象可知,碰撞后a、b的速度相等,为：v=s/t=(24−16)/(12−4)=1m/s,碰撞后a的动量大小为：，碰撞过程中a物体损失的动量大小为，故D错误；‎ 故选：B.‎ ‎7. 一矩形线圈位于一随时间t变化的匀强磁场内，磁场方向垂直线圈所在的平面（纸面）向里，如图1所示，磁感应强度B随t的变化规律如图2所示。以I表示线圈中的感应电流，以图1中线圈上箭头所示方向的电流为正，则以下的I—t图中正确的是 （ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】感应定律和欧姆定律得，所以线圈中的感应电流决定于磁感应强度B随t的变化率；‎ 由图2可知，时间内，B增大，磁通量增大，感应磁场与原磁场方向相反(感应磁场的磁感应强度的方向向外)，由右手定则感应电流是顺时针的，因而是负值；所以可判断为负的恒值；为正的恒值；为零；为负的恒值；为零；为正的恒值；故C正确，ABD错误；‎ 故选C ‎【点睛】此类问题不必非要求得电动势的大小，应根据楞次定律判断电路中电流的方向，结合电动势的变化情况即可得出正确结果。‎ ‎8. 穿过某一闭合回路的磁通量Φ随时间t变化的图像分别如下图甲、乙、丙、丁所示，则下列关于各闭合回路产生的感应电动势的论述，正确的是 （ ） ‎ A. 图甲中回路产生的感应电动势始终为某一正值 B. 图乙中回路产生的感应电动势一直在变大 C. 图丙中回路在0～t0时间内产生的感应电动势大于t0～2t0时间内产生的感应电动势 D. 图丁中回路产生的感应电动势可能恒定不变 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：根据法拉第电磁感应定律我们知道感应电动势与磁通量的变化率成正比，即 结合数学知识我们知道：穿过闭合回路的磁通量Φ随时间t变化的图象的斜率．图①中磁通量Φ不变，无感应电动势．故A错误．图②中磁通量Φ随时间t均匀增大，图象的斜率k不变，也就是说产生的感应电动势不变．故B错误．图③中回路在O～tl时间内磁通量Φ随时间t变化的图象的斜率为k1，在tl～t2时间内磁通量Φ随时间t变化的图象的斜率为k2，从图象中发现：k1大于k2的绝对值．所以在O～tl时间内产生的感应电动势大于在tl～t2时间内产生的感应电动势．故C错误．图④中磁通量Φ随时间t变化的图象的斜率先变小后变大，所以感应电动势先变小后变大，故D正确．故选D 考点：法拉第电磁感应定律 ‎【名师点睛】通过Φ-t图象运用数学知识结合物理规律解决问题，其中我们要知道Φ-t图象斜率的意义．利用图象解决问题是现在考试中常见的问题．对于图象问题，我们也从图象的斜率和截距结合它的物理意义去研究。‎ 视频 二、多项选择题：（本题共4小题：每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是正确的，选对但不全得两分，错选不得分）‎ ‎9. 如图所示电路中，A、B是两个完全相同的灯泡，L是一个理想电感线圈，当S闭合与断开时，A、B的亮度情况是（ ） ‎ A. S闭合时，A立即亮，然后逐渐熄灭 B. S闭合时，B立即亮，然后逐渐熄灭 C. S闭合足够长时间后，B发光，而A不发光 D. S闭合足够长时间后，B立即熄灭发光，而A逐渐熄灭 ‎【答案】AC ‎10. 如图，电路中接有一理想变压器，b是原线圈的中心抽头，电压表和电流表均为理想电表．在原线圈c、d两端加上交变电压．则(　 　)‎ A. 开关接a，将滑动变阻器触片P向下移，电压表V2示数变小，电流表A2示数变大 B. 开关接a，将滑动变阻器触片P向下移，电压表V2示数不变，电流表A2示数变大 C. 仅将开关由a拨向b，电流表A2的示数为原来的2倍，输入功率为原来的4倍 D. 仅将开关由a拨向b，两电流表的示数均增加为原来的2倍 ‎【答案】BC ‎【解析】AB. 当单刀双掷开关与a连接，再将滑动变阻器触片P向下移，副线圈电阻减小，电流表A2示数增大，根据电流与匝数成反比知电流表A1‎ 示数变大，电压由电源和匝数比决定，电压表V1示数不变，电压表V2示数不变，故A错误，B正确；‎ C. 若将单刀双掷开关由a拨向b，原副线圈匝数比减小一半，副线圈的电压增大到2倍，电流表A2的示数为原来的2倍，根据P=I2R，输出功率为原来的4倍，根据理想变压器输入功率等于输出功率，输入功率为原来的4倍，故C正确； ‎ D.输入功率变为原来的4倍，输入电压不变，输入电流即电流表A1的示数为原来的4倍，故D错误。‎ 故选：BC ‎11. 水平面上有两个质量相等的物体a和b，它们分别在水平推力和作用下开始运动，分别运动一段时间后撤去推力，两个物体都将运动一段时间后停下.物体的图线如图所示，图中线段AB∥CD.则以下说法正确的是(    )‎ A. 水平推力的大小>‎ B. 水平推力的大小＜‎ C. a所受摩擦力的冲量大于b所受摩擦力的冲量 D. a所受摩擦力的冲量小于b所受摩擦力的冲量 ‎【答案】AD ‎【解析】AB．根据v−t图象，由于AB∥CD，可见两物体与水平面间的动摩擦因数相同，设为μ，在a、b加速运动过程中，由牛顿第二定律知，‎ ‎①‎ 由于ma=mb，得F1>F2.故A正确，B错误 CD．由图可知，a运动的时间小于b运动的时间，则a所受摩擦力的冲量μmagta小于b所受摩擦力的冲量μmbgtb，故C错误，D正确。‎ 故选：AD 点睛：‎ 由速度图象分析可知，水平推力撤去后，AB与CD平行，说明加速度相同，动摩擦因数相同，两物体的质量相等，说明摩擦力大小相等．根据牛顿第二定律确定拉力的大小；由图可知，a运动的时间小于b运动的时间，根据冲量的定义，确定摩擦力冲量的大小。‎ ‎12. 如图为氢原子的能级示意图，锌的逸出功是3.34eV，那么对氢原子在能级跃迁过程中发射或吸收光子的规律认识正确的是（　 ）‎ A. 用能量为14.0eV的光子照射，可使处于基态的氢原子电离 B. 一群处于n=4能级的氢原子向低能级跃迁所辐射的光中，有3种不同频率的光能使锌发生光电效应 C. 用能量为10.21eV 的光子照射，可使处于基态的氢原子跃迁到激发态 D. 一群处于n=3能级的氢原子向基态跃迁时，发出的光照射锌板，锌板表面所发出的光电子的最大初动能为8.75eV ‎【答案】ABD ‎【解析】A. 使氢原子从基态跃迁到无穷远，需要的能量为△E=0-（-13.6）=13.6eV，用能量为14.0eV的光子照射，可使处于基态的氢原子电离，多余的能量转化为电离后的动能，故A正确；‎ B. 一群处于n=4能级的氢原子向基态跃迁时，辐射光子种类数目为6种，其中有3种大于3.34eV，故B正确；‎ C. 当氢原子吸收的光子能量刚好等于能级差时，氢原子会跃迁到对应的高能级上去。由于没有任何一个高能级与基态的能级差等于10.21eV，而且又不足以跃迁到无穷远发生电离，所以用能量为10.21eV的光子照射，不能使处于基态的氢原子跃迁，故C错误；‎ D．氢原子跃迁辐射光子能使锌板发生光电效应，一部分克服逸出功，多余部分以动能形式随光电子逸出。一群处于n=3能级的氢原子向基态跃迁时辐射光子最大能量为12.09eV，克服逸出功后剩余的动能即为最大为8.75eV，故D正确 故选：ABD 三、实验题：（共2小题，共12分）‎ ‎13. 如图 所示，A和B都是铝环，环A是闭合的，环B是断开的，两环分别固定在一横梁的两端，横梁可以绕中间的支点转动。下列判断正确的是( ) ‎ A. 用磁铁的N极靠近A环，A环会有顺时针方向的电流产生 B. 用磁铁的N极靠近A环，A环会有逆时针方向的电流产生 C. 用磁铁的N极靠近A环，A环会远离磁铁 D. 用磁铁的N极靠近B环，B环会远离磁铁 ‎【答案】BC ‎【解析】AB. 用N极接近环A时，向里的磁通量最大，所以A环中感应电流的磁场的方向向外，环A能产生逆时针的感应电流，，故A错误，B正确； ‎ C. A环闭合，磁铁插向A环时，产生感应电流，环受力，A环会远离磁铁。故C正确；故D. B环不闭合，磁铁插向B环时，环内不产生感应电流，因此环不受到磁场的作用，横杆不转动，故D错误；‎ 故选：BC ‎14. 如图所示，一个称为“千人震”的趣味物理小实验所用器材是一节电动势为1.5V的新干电池、几根导线、开关和一个用于日光灯上的镇流器，几位同学手拉手连成一排，另一位同学将电池、镇流器、开关用导线连接起来，并将它们和首、尾两位同学两只空着的手相连，在开关____________（填“闭合”或“断开”）时就会使连成一排的同学都有触电的感觉，该实验的原理是_____________________。‎ ‎【答案】 (1). 断开， (2). 镇流器的自感现象 ‎【解析】当开关闭合后，镇流器与同学们并联，由于电源为1.5V的新干电池，所以电流很小。当断开时，镇流器电流发生变化，由于镇流器的自感现象，产生很高的瞬间电压，通过同学们身体时有触电的感觉。‎ ‎15. 某同学用图丙所示的光滑轨道装置，通过半径相同的A、B两球的碰撞来验证动量守恒定律，则：‎ ‎（1）A球从G处自由释放，在水平轨道末端R处与B球碰撞，刻度尺的零刻度线处于水平轨道末端R的正下方，B球着地的点迹如丁图所示，则碰后B球的水平射程为___________cm。‎ ‎（2）在以下选项中，哪些是本次实验必须进行的测量？答：_________（填选项号）。‎ A.水平槽上未放B球时，测量A球落点位置到O点的距离 B.A球与B球碰撞后，测量A球落点位置到O点的距离 C.测量A球或B球的直径 D.测量A球和B球的质量（或两球质量之比）‎ E.测量G点相对于水平槽面的高度 ‎（3）设两球的质量分别为mA、mB，且mA>mB，如丙图所示，重垂线投影点为O，球着地点迹的中心位置为M、P、N。用两球碰撞来验证动量守恒，须满足：________（根据实验中测得的物理量、长度等，用字母符号表示）。‎ ‎【答案】 (1). （1）65.0-66.5 (2). （2）ABD (3). （3）‎ ‎【解析】(1)由图所示可知，刻度尺的分度值为1mm，对球落点的平均位置读数，为65.5cm.‎ ‎(2)小球离开轨道后做平抛运动，小球下落的高度相同，在空中的运动时间t相同，由x=vt可知，小球的水平位移与小球的初速度v成正比，可以用小球的水平位移代小球的初速度，如果小球动量守恒，满足关系式：mAv0=mAv1+mBv2，故有mAv0t=mAv1t+mBv2t，即mAOP=mAOM+mBON；由此可知：‎ A. 水平槽上未放B球时，需要测量A球落点位置到O点的距离OP，故A正确；‎ B. A球与B球碰撞后，需要测量A球落点位置到O点的距离OM，故B正确；‎ C. 只要测量A球与B球的直径相等即可，不需要测出它们的直径大小，故C错误；‎ D. 验证动量守恒需要测量A球和B球的质量(或两球质量之比)，故D正确；‎ E. 不需要测量G点相对于水平槽面的高度，故E错误；故选ABD.‎ ‎(3)由(2)知,实验需要验证的关系式是：mAOP=mAOM+mBON.‎ 点睛：由图乙所示刻度尺确定其分度值，然后读出刻度尺的示数；根据实验原理和实验目的可以知道验证动量守恒定律实验中哪些量要测量，怎么通过物理规律测量；‎ 根据动量守恒定律及图示实验数据，写出需要验证的表达式．‎ 四、计算题：（共4小题，共40分；解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写最后答案的不给分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。）‎ ‎16. 蹦床是运动员在一张绷紧的弹性网上蹦跳、翻滚并做各种空中动作的运动项目。一个质量为60kg的运动员，从离水平网面3.2m高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面5.0m高处.已知运动员与网接触的时间为1.2s.若把在这段时间内网对运动员的作用力当作恒力处理，g=10m/s2.. 求：‎ ‎（1）运动员着网前瞬间的速度大小;‎ ‎（2）网对运动员的作用力大小.‎ ‎【答案】（1）8m/s，方向向下 （2）1500N ‎【解析】(1)从h1=3.2m自由落体到床的速度为v1‎ ‎，‎ ‎=8ms，方向向下 ‎ ‎(2)离网的速度为v2‎ ‎=10m/s 规定向下为正方向,由动量定理得 ‎ ‎ ‎=1500N 所以网对运动员的作用力为1500N.‎ 点睛：根据题意可以把运动员看成一个质点来处理，下落过程是自由落体运动，上升过程是竖直上抛运动，算出自由落体运动末速度和竖直上抛运动的初速度，根据动量定理求出网对运动员的作用力。‎ ‎17. 如图所示，矩形线圈abcd的匝数为N=50匝，线圈ab的边长为L1=0.2m，bc的边长为L2=0.25m，在磁感应强度为B=0.4T的匀强磁场中，绕垂直于磁感线且通过线圈中线的OO′轴匀速转动，转动的角速度ω=100rad/s，若线圈自身电阻为r=1Ω，负载电阻R=9Ω。试求：‎ ‎（1）穿过线圈平面的最大磁通量Φm；‎ ‎（2）线圈在图示位置（线圈平面与磁感线平行）时，感应电动势e的大小；‎ ‎（3）1min时间内电阻R上产生的焦耳热Q的大小。‎ ‎【答案】（1）0.02Wb （2）100A （3）5.4×104 J ‎【解析】（1）感应电动势的最大值：Em=NBωS=NBl1l2ω=50×0.4×0.2×0.25×100V=100V ‎（2）线圈在图示位置时电动势达到最大值，此时感应电动势的值为：‎ e=100cos(100t)V ‎ ‎（3）电动势的有效值为E==100V ‎ 电流有效值为I==A=10A ‎ ‎（4）电阻R上产生的热量为Q=I2Rt=102 ×9×60=5.4×104 J ‎ ‎18. 如图所示，一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距L=1m，左端接有阻值R=0.4Ω的电阻，一质量m=0.1kg，电阻r=0.1Ω的金属棒MN放置在导轨上，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B=0.5T，棒在水平向右的外力作用下，由静止开始以a=3m/s2的加速度做匀加速运动，当棒的位移x=6m时撤去外力，棒继续运动一段距离后停下来。已知撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1：Q2=2:1，导轨足够长且电阻不计，棒在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，求：‎ ‎（1）棒在匀加速运动过程中，通过电阻R的电荷量q ‎ ‎（2）撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2 ‎ ‎（3）外力做的功WF ‎ ‎【答案】（1）6C （2）1.8J （3）5.4J ‎【解析】试题分析：（1）设金属棒匀加速运动的时间为，回路的磁通量的变化量为，回路中的平均感应电动势为，由法拉第电磁感应定律得①其中②‎ 设回路中的平均电流为，由闭合电路欧姆定律得③则通过电阻R的电荷量为④‎ 联立①②③④式，得代入数据得 ‎（2）设撤去外力时金属棒的速度为v，对于金属棒的匀加速运动过程，由运动学公式得⑤‎ 设金属棒在撤去外力后的运动过程中安培力所做的功为W，由动能定理得⑥‎ 撤去外力后回路中产生的焦耳热⑦‎ 联立⑤⑥⑦式，代入数据得⑧‎ ‎（3）由题意知，撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比，可得⑨‎ 在金属棒运动的整个过程中，外力F克服安培力做功，由功能关系可知⑩‎ 由⑧⑨⑩式得．‎ 考点：考查了导体切割磁感线运动 ‎【名师点睛】解决该题关键要分析物体的运动情况，清楚运动过程中不同形式的能量的转化，知道运用动能定理求解变力做功，应用好电荷量的表达式知道应用闭合电路欧姆定律求解路端电压，同时注意M、N两端的电压的正负，有一定的难度．‎ 视频 ‎19. 如图所示，电阻不计的两光滑金属导轨相距L，放在水平绝缘桌面上，半径为R的四分之一的圆弧部分处在竖直平面内，水平直导轨部分处在磁感应强度为B，方向竖直向下的匀强磁场中，末端与桌面边缘平齐。两金属棒ab、cd垂直于两导轨且与导轨接触良好。棒ab的质量为2m，电阻为r,棒cd的质量为m,电阻为r，重力加速度为g。开始时棒cd静止在水平直导轨上，棒ab从光滑圆弧顶端无初速度释放，进入水平直导轨后与棒cd始终没有接触并一直向右运动，最后两棒都离开导轨落到地面上。棒ab与棒cd落地点到桌面边缘的水平距离之比为3: 1。求：（1）棒ab和棒cd离开导轨时的速度大小；‎ ‎（2）两棒在导轨上运动过程中产生的焦耳热；‎ ‎（3）棒cd在水平导轨上的最大加速度。‎ ‎【答案】（1）， （2） （3）‎ ‎【解析】（1）设ab棒进入水平导轨的速度为，ab棒从圆弧导轨滑下机械能守恒：①‎ 离开导轨时，设ab棒的速度为，cd棒的速度为，ab棒与cd棒在水平导轨上运动，动量守恒， ② ‎ 依题意>，两棒离开导轨做平抛运动的时间相等，由平抛运动水平位移可知 ‎:=x1:x2=3:1 ③，‎ 联立①②③解得 ， ‎ ‎（2）ab棒刚进入水平导轨时，cd棒受到的安培力最大，此时它的加速度最大，设此时回路的感应电动势为， ④ ， ⑤ ‎ cd棒受到的安培力为： ⑥ ‎ 根据牛顿第二定律，cd棒的最大加速度为： ⑦‎ 联立④⑤⑥⑦解得： ‎ ‎（3）根据能量守恒，两棒在轨道上运动过程产生的焦耳热为：‎ ‎⑧‎ 联立①⑧并代入和解得： ‎ ‎ ‎ ‎ ‎