陕西省宝鸡市渭滨区2018-2019学年高二下学期期末考试物理试题 15页

渭滨区 2018-2019-2 高二年级物理试题 一、选择题 1.交流发电机正常工作时的电动势变化规律为 ，如果将此发电机的转速提高一倍， 线圈的匝数同时增加一倍，其它条件不变，则电动势的变化规律为（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】发电机的转速提高一倍，根据 可知角速度变为原来的两倍，交流发电机工 作时的最大电动势表达式 发电机的转速提高一倍，线圈的匝数同时增加一倍，交流发电机工作时的最大电动势变为原 来的 4 倍。故 ACD 错误，B 正确。 故选 B。 2.如图所示，理想变压器的原线圈两端接在 u＝220 sin100πt（V）的交流电源上，副线圈 两端接 R＝55Ω 的负载电阻，原、副线圈匝数之比为 2∶1，电流表、电压表均为理想电表．下 列说法正确的是（） A. 原线圈中电流表 读数为 1A B. 原线圈中的输入功率为 C. 副线圈中电压表的读数为 110 V D. 副线圈中输出交流电的周期为 0.01s 【答案】A 【解析】 【详解】A．原线圈中电压的有效值为 220V，根据电压与匝数成正比可得，副线圈中电压的 的 sinme E tω= 2 sinme E tω= 4 sin 2me E tω= 2 sin 2me E tω= 4 sinme E tω= 2πnω = mE NBSω= 2 220 2W 2 有效值为 110V，因为电阻 R=55Ω，故副线圈中的电流为 2A，则原线圈中的电流为 1A，电流 表的示数为 1A，故 A 正确； B．由输入功率和输出功率相等可得原线圈中的输入功率为 P=I2R=（2A）2×55Ω=220W 故 B 错误； C．电压表的读数为电压的有效值，由 A 的分析可知，副线圈的有效值为 110V，所以电压表 的读数为 110V，故 C 错误； D．原线圈中交流电的周期为 则副线圈中输出交流电的周期也为 0.02s，故 D 错误。 故选 A。 3. 下列关于传感器的说法正确的是（ ） A. 话筒是一种常用的传感器，其作用是将电信号转换为声音信号 B. 在天黑楼道里出现声音时，楼道里的灯才亮，说明它的控制电路中只有声音传感器 C. 光敏电阻能够把光照强弱变化转换为电阻大小变化 D. 电子秤中所使用 测力装置是温度传感器 【答案】C 【解析】 试题分析：A、话筒是一种常用的传感器，其作用是将声音信号转换为电信号；错误 B、天黑楼道里出现声音时，楼道里的灯才亮，说明它的控制电路中有光传感器和声音传感器； 错误 C、光敏电阻随光照强弱变化，其阻值会发生变化，即它够把光照强弱变化转换为电阻大小变 化；正确 D、电子秤中所使用的测力装置是，应变式力传感器；错误 故选 C 考点：传感器 点评：本题考查的知识点是传感器，但是不同的传感器有不同的具体应用，要具体问题具体 分析，常用传感器的工作原理、特性及在实践中的应用要在平时学习中不断积累． 4.蹦床是一项运动员利用从蹦床反弹中表现杂技技巧的竞技运动，一质量为 50kg 的运动员从 的 2 0.02s100T π π= = 1.8m 高出自由下落到蹦床上，若从运动员接触蹦床到运动员陷至最低点经历了 0.4s，则这段 时间内蹦床对运动员的平均弹力大小为(取 g=10m/s2，不计空气阻力) ( ) A. 500N B. 750N C. 875N D. 1250N 【答案】D 【解析】 【详解】设运动员的质量为 m，他刚落到蹦床瞬间的速度为 v，运动员自由下落的过程，只受 重力作用，故机械能守恒，即 mgh＝ mv2 解得 v＝ ＝6m/s 选取小球接触蹦床的过程为研究过程，取向上为正方向．设蹦床对运动员的平均作用力为 F， 由动量定理得 (F−mg)t＝0−(−mv) 可得 F＝1250N 故 D 正确、ABC 错误． 故选 D． 点睛：本题题型是用动量定理求解一个缓冲过程平均作用力的冲量问题，一定要注意选取合 适的研究过程和正方向的选取；本题也可选小球从开始下落到最低点全过程来解答． 5.如图所示，在光滑水平面上，有质量分别为 和 的 、 两滑块，它们中间夹着一根 处于压缩状态的轻质弹簧（弹簧与 、 不拴连），由于被一根细绳拉着而处于静止状态。当 剪断细绳，在两滑块脱离弹簧之后，下述说法正确的是（　　） A. 两滑块的动能之比 B. 两滑块的动量大小之比 C. 两滑块 速度大小之比 D. 弹簧对两滑块做功之 【答案】C 【解析】 的 1 2 2gh 2m m A B A B : 1:1KA KBE E = : 2 :1A Bp p = 1: : 2A Bv v = : 1:1A BW W = 【详解】开始整体处于静止状态，当两滑块刚好脱离弹簧时，根据动量守恒定律 两滑块的动量大小之比为 ，故 B 错误； 由上分析 可得 解得 ， 则两滑块的速度大小之比 ，故 C 正确； 动能的表达式 两滑块的动能之比 ，故 A 错误； 根据动能定理可知，弹簧对滑块做的功等于滑块的动能变化量，则弹簧对两滑块做功之比为 ，故 D 错误。 故选 C。 6.如图，当电键 断开时，用光子能量为 的一束光照射阴极 K，发现电流表读数不为零。 合上电键，调节滑动变阻器，发现当电压表读数小于 时，电流表读数仍不为零；当电 压表读数大于或等于 时，电流表读数为零。由此可知阴极材料的逸出功为（　 　） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】根据题意光电子的初动能为 ，根据爱因斯坦光电方程有 0A Bp p− = : 1:1A Bp p = 0A Bp p− = 2 0A Bmv mv− = 1 2A Bv v= 1: : 2A Bv v = 21 2kE mv= 1 2: :kA kBE E = : 1: 2A BW W = S 3.1eV 0.60eV 0.60eV 2.5eV 0.60eV 1.9eV 3.1eV 0.6eVkE = 0kE h Wν= − 可知阴极材料的逸出功 ，故 A 正确，BCD 错误。 故选 A。 7.一群氢原子中的电子从较高能级自发地跃迁到较低能级的过程中 A. 原子要吸收一系列频率的光子 B. 原子要吸收某一种频率的光子 C. 原子要发出一系列频率的光子 D. 原子要发出某一种频率的光子 【答案】C 【解析】 【详解】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 hγ=Em-En 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 子要发出一系列频率的光子，故 ABD 错误，C 正确。 8.关于 、 、 三种射线，下列说法正确的是（　　） A. 射线是原子核自发放射出的氦核，它的穿透能力最强 B. 射线是原子核外电子电离形成的电子流，它的穿透能力强 C. 射线一般伴随着 或 射线产生，它的穿透能力最强 D. 射线是电磁波，它的穿透能力最弱 【答案】C 【解析】 【详解】A． 射线是原子核自发放射出的氦核，它的穿透能力最弱，故 A 错误； B． 射线是原子核内放射出的电子流，它的穿透能力强，故 B 错误； C． 射线一般伴随着 或 射线产生，它的穿透能力最强，故 C 正确； D． 射线是电磁波，它的穿透能力最强，故 D 错误。 故选 C。 9.下列核反应方程中，属于裂变的是 A. B. 0 2.5eVW = α β γ α β γ α β γ α β γ α β γ 14 4 17 1 7 2 8 1N He O H+ → + 238 234 4 92 90 2U Th He→ + C. D. 【答案】D 【解析】 中，有 粒子参与，为人工核反应，故 A 错误； 的过程中有 粒子生成，是 衰变，故 B 错误； 为核聚变反应，故 C 错误； 为裂变，是重核裂变成轻核，故 D 正确；故选 D． 【点睛】裂变是重核裂变成轻核，据此结合和核反应的特点分析即可确定． 10.一质点做简谐运动．质点的位移随时间变化的规律如图所示，则从图中可以看出（ ） A. 质点做简谐运动 周期为 5s B. 质点做简谐运动的振幅为 4cm C. t=3s 时，质点的速度为零 D. t=3s 时，质点沿 y 轴正向运动 【答案】D 【解析】 【详解】A．由图知，该质点的周期为 4s，故 A 错误； B．由图知，该质点的振幅为 2cm，故 B 错误； C．t=3s 时，质点处于平衡位置，加速度为零，速度最大，故 C 错误； D．根据图象可知，t=3s 时，质点处于平衡位置，下个时刻位移为正，则质点沿 y 轴正向运动， 故 D 正确。 故选 D。 11.如图所示，图线 a 是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生正弦交流电的图象，当调整线圈 转速后，所产生正弦交流电的图象如图线 b 所示，以下关于这两个正弦交流电的说法正确的 是（ ） 的 2 3 4 1 1 1 2 0H H He n+ → + 235 1 144 89 1 92 0 56 36 0U n Ba Kr 3 n+ → + + 14 4 17 1 7 2 8 1N He O H+ → + α 238 234 4 92 90 2hU T He→ + α α 2 3 4 1 1 1 2 0H H He n+ → + 235 1 144 89 1 92 0 56 36 03U n Ba Kr n+ → + + A. 在图中 t=0 时刻穿过线圈的磁通量均为零 B. 线圈先后两次转速之比为 3:2 C. 交流电 a 的瞬时值为 D. 交流电 b 的最大值为 【答案】BCD 【解析】 【详解】t=0 时刻两个正弦式电流的感应电动势瞬时值均为零，线圈都与磁场垂直，穿过线圈 的磁通量都最大，故 A 错误；由图读出两电流周期之比为 Ta：Tb=0.4s：0.6s=2：3，而 ，则线圈先后两次转速之比为 3：2．故 B 正确；正弦式电流 a 的瞬时值为： ， 故 C 正 确 ； 根 据 电 动 势 最 大 值 公 式 ，得到两电动势最大值之比为 Ema：Emb=Tb：Ta=3：2，Ema=10V，则 得到正弦式电流 b 的最大值为 ，故 D 正确． 12.如图所示，在光滑水平面上放置 A、B 两物体，其中 B 物体带有不计质量的弹簧静止在水 平面内．A 物体质量为 m，以速度 v0 逼近 B，并压缩弹簧，在压缩的过程中（ ） A. 任意时刻系统的总动量均为 mv0 B. 任意时刻系统的总动量均为 C. 任意一段时间内两物体所受冲量的大小相等，方向相反 D. 当 A、B 两物体距离最近时，其速度相等 【答案】ACD 【解析】 10sin5u t Vπ= 20 3 V 1 1T f n = = ( )2 2sin 10sin 10sin50.4mu U t t t VT π π π= = = 2 mE NBS NBS T πω= = 20 3mbE V= 0 2 mv 【详解】AB．在 AB 碰撞并压缩弹簧，在压缩弹簧的过程中，系统所受合外力为零，系统动 量守恒，在任意时刻，A、B 两个物体组成的系统的总动量都为 mv0，故 A 正确，B 错误； C．在任意的一段时间内，A、B 两个物体受到的弹力大小相等，方向相反，根据冲量 I=Ft 得冲量大小相等，方向相反，故 C 正确； D．当 A、B 两个物体有最小的距离时，其速度相等，即弹簧被压缩到最短，故 D 正确。 故选 ACD。 13.用不可伸长的细线悬挂一质量为 M 的小木块，木块静止，如图所示．现有一质量为 m 的子 弹自左方水平射向木块，并停留在木块中，子弹初速度为 v0,则下列判断正确的是（ ） A. 从子弹射向木块到一起上升到最高点的过程中系统的机械能守恒 B. 子弹射入木块瞬间动量守恒，故子弹射入木块瞬间子弹和木块的共同速度为 C. 忽略空气阻力，子弹和木块一起上升过程中系统机械能守恒，其机械能等于子弹射入木块 前的动能 D. 子弹和木块一起上升的最大高度为 【答案】BD 【解析】 【详解】A、C、从子弹射向木块到一起运动到最高点的过程可以分为两个阶段：子弹射入木 块的瞬间系统动量守恒，但机械能不守恒，有部分机械能转化为系统内能，之后子弹在木块 中与木块一起上升，该过程只有重力做功，机械能守恒但总能量小于子弹射入木块前的动能， 因此 A、C 均错误； B、由子弹射入木块瞬间动量守恒可得子弹射入木块后的共同速度为 ，B 正确； D、之后子弹和木块一起上升，该阶段机械能守恒 ，可得上升的 0mv M m+ ( ) 2 2 0 22 m v g M m+ 0mv M m+ 21 ( ) ( )2 M m v M m gh+ = + 最大高度为 ，D 正确. 故选 BD. 【点睛】子弹射木块是一种常见的物理模型，由于时间极短，内力远大于外力，故动量守恒； 系统接下来的运动是摆动，也是一种常见的物理模型，机械能守恒，当然，能用机械能守恒 定律解的题通常都能用动能定理解决！ 14.下列说法不正确的是（　　） A. 卢瑟福用 粒子轰击氮原子核发现了中子，并预言了质子的存在 B. 爱因斯坦成功地解释了光电效应现象 C. 玻尔提出了原子能级结构假说，成功地解释了各种原子的光谱 D. 地球上的核电站与太阳内部主要进行的核反应类型相同 【答案】ACD 【解析】 详解】A．卢瑟福用 粒子轰击氮原子核发现了质子，故 A 错误； B．爱因斯坦提出光子说，成功地解释了光电效应现象，故 B 正确； C．玻尔提出了原子能级结构假说，成功地解释了氢原子的光谱，但不能解释其他原子光谱， 故 C 错误； D．核电站的反应是核裂变，太阳内部主要进行的核反应是核聚变，故 D 错误。 故选 ACD。 15.如图所示是甲、乙两个单摆做简谐运动的图像，则下列说法中正确的是 A. 甲、乙两摆的振幅之比为 2∶1 B. 时，甲摆的重力势能最小，乙摆的动能为零 C. 甲、乙两球的摆长之比为 4∶1 D. 甲、乙两摆摆球在最低点时向心加速度大小一定相等 【答案】AB 【解析】 【 ( ) 2 2 0 22 m v g M m+ α α 2t s= 【详解】A．由图知甲、乙两摆的振幅分别为 2cm、1cm，振幅之比为 2：1，故选项 A 正确； B．t=2s 时，甲摆在平衡位置处，则甲单摆的重力势能为零；乙摆在振动的最大位移处，动能 为零，故选项 B 正确； C．由单摆的周期公式 得到甲、乙两摆的摆长之比为 1：4，故选项 C 错误； D．因摆球摆动的最大偏角未知，无法判断两单摆摆球在最低点时向心加速度大小关系，故选 项 D 错误。 故选 AB。 二、填空与实验题 16.如图为“碰撞实验器”，它可以探究动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前 后的动量关系． (1)实验中必须要求的条件是______． A．斜槽轨道尽量光滑以减少误差 B．斜槽轨道末端的切线必须水平 C．入射球和被碰球的质量必须相等，且大小相同 D．入射球每次必须从轨道的同一位置由静止释放 (2)图中 O 点是小球抛出点在地面上的垂直投影．实验时，先让入射球 m1 多次从斜轨上 S 位置 静止释放，找到其平均落地点的位置 P，测量平抛射程 OP，然后，把被碰小球 m2 静置于小平 轨道的末端，再将入射球 m1 从斜轨上 S 位置静止释放，与小球 m2 相碰，并重复多次．本实验 还需要完成的必要步骤是________(填选项前的符号)． A．用天平测量两个小球的质量 m1、m2 B．测量抛出点距地面的高度 H 2π lT g = C．分别找到 m1、m2 相碰后平均落地点的位置 M、N D．测量平抛射程 OM、ON (3)某次实验中得出的落点情况如图所示，假设碰撞过程中动量守恒，则入射小球的质量 m1 和 被碰小球的质量 m2 之比为________． 【答案】（1）BD （2）ACD （3）4:1 【解析】 试题分析：（1）A、只要小球离开轨道时的水平速度相等即可，不需要要求轨道光滑，故 A 错误；为了保证小球做平抛运动，斜槽末端必须水平；故 B 正确；为防止入射球反弹，入射 球的质量应大于被碰球的质量，故 C 错误；为保证小球每次平抛的速度均相同；故应入射小 球每次从同一点由静止释放；故 D 正确； （2）实验时，先让入射球 ml 多次从斜轨上 S 位置静止释放，找到其平均落地点的位置 P，测 量平抛射程 OP．然后，把被碰小球 m2 静置于轨道的水平部分，再将入射球 ml 从斜轨上 S 位 置静止释放，与小球 m2 相碰，并多次重复．测量平均落点的位置，找到平抛运动的水平位移， 因此步骤中 CD 是必须的，而且 C 要在 D 之前．至于用天平秤质量先后均可以．所以答案是 ACD； （3）由图 2 所示可知，OP=25．5cm，OM=15．5cm，ON=40．0cm，如果两球碰撞过程动量 守恒，则： ，代入数据求得： ； 考点：验证碰撞中的动量守恒实验 【名师点睛】验证碰撞中的动量守恒，入射球质量应大于被碰球的质量；验证动量守恒定律 实验中，质量可测而瞬时速度较难．因此采用了落地高度不变的情况下，水平射程来反映平 抛的初速度大小，所以仅测量小球抛出的水平射程来间接测出速度．过程中小球释放高度不 需要，小球抛出高度也不要求．最后可通过质量与水平射程乘积来验证动量是否守恒 17.一个电热器接在 的直流电源上，在时间 内产生的热量为 ，今将该电热器接在一正 弦交流电源上，它在 内产生的热量为 ，则这一交流电源的交流电压的最大值为_____ ， 有效值为_______ 。 1 1 2m OP m OM m ON= + 1 2 41m m =： ： 10V t Q 2t Q V V 【答案】 (1). 10V (2). 【解析】 【详解】根据交变电流有效值得定义有 解得有效值 交流电压的最大值为 18.发现中子的科学家叫__________ ；其核反应方程式为 ________________ 。 【答案】 (1). 查德威克 (2). 【解析】 【详解】发现中子的科学家是查德威克，其核反应方程式为 19.利用垃圾发电可减少垃圾堆放，消除细菌和减少传染病传播，减少大气污染。中国第一座 垃圾电站在深圳市，日处理垃圾 吨，发电功率 。当采用 电压输电时，安装 在输电线路起点的电度表和终点的电度表一昼夜读数相差 ，则输电线上的总电阻 为__ ，若要使输电线上损失的功率变为输送功率的 ，则输电电压应提高到 ______ 。 【答案】 (1). 40 (2). 40000 【解析】 【详解】输电线上的电流为 输电线上损耗功率为 功率公式为 解得 输电线上损耗功率 5 2V 2 210 2Ut tR R = 5 2VU = max 2 10VU U= = 9 4 12 1 4 2 6 0Be He C n+ → + 9 4 12 1 4 2 6 0Be He C n+ → + 300 500kW 10kV 2400kW h⋅ Ω 1.25% V 500 A 50A10 PI U = = = 2400 kW 100kW24r EP t ∆= = = 2 rP I r= 40Ωr = 可得 解得 20.在“用单摆测定重力加速度”的实验中， ①测摆长时，若正确测出悬线长 L 和摆球直径 d，则摆长为_______; ②测周期时，当摆球经过___________位置（填平衡位置或最高点）时开始计时并计数 1 次， 测出经过该位置 N 次(约 60~100 次)的时间为 t，则周期为_______． 【答案】 (1). L+ (2). 平衡位置 (3). 【解析】 【详解】(1)[1]测摆长时，若正确测出悬线长 L 和摆球直径 d，则摆长为 (2)[2][3]测周期时，经过平衡位置时物体速度较快，时间误差较小，当摆球经过平衡位置时开 始计时并数 1 次，测出经过该位置 N 次（约 60～100 次）的时间为 t，则周期为 T= 三、综合题 21.一个直流电动机的内电阻 ，与 的电阻串联接在线圈上，如图所示。已知线 圈面积为 ，共 匝，线圈的电阻为 ，线圈在 的匀强磁场中绕 以转 速 匀速转动时，在合上开关 后电动机正常工作时，电压表的示数为 ， 求电动机正常工作时的输出功率。 【答案】800W 【解析】 【详解】线圈转动时产生电动势的最大值为 2 2 1( )r PP rU U = ∝ '2 ' 2( )r r P U P U = ' 40000VU = 2 d 2 1 t N − 2 1 t N − 2r = Ω 8R = Ω 22 20 m 100 2Ω 2B Tπ= ,OO 600 / minn r= S 100V 有效值为 电路的电流为 电动机正常工作时的输出功率 22.如图所示，甲、乙两船的总质量（包括船、人和货物）分别为 10m、12m，两船沿同一直线、 同一方向运动，速度分别为 2v0、v0．为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为 m 的货物沿水 平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住，求抛出货物的最小速度．（不计水的阻力） 【答案】 【解析】 【分析】 在抛货物的过程中，乙船与货物组成的动量守恒，在接货物的过程中，甲船与货物组成的系 统动量守恒，在甲接住货物后，甲船的速度小于等于乙船速度，则两船不会相撞，应用动量 守恒定律可以解题． 【详解】设抛出货物的速度为 v，以向右为正方向，由动量守恒定律得：乙船与货物： 12mv0=11mv1-mv，甲船与货物：10m×2v0-mv=11mv2，两船不相撞的条件是：v2≤v1，解得： v≥4v0，则最小速度为 4v0． 【点睛】本题关键是知道两船避免碰撞的临界条件是速度相等，应用动量守恒即可正确解题， 解题时注意研究对象的选择以及正方向的选择． 23.如图所示，平板车 P 的质量为 M，质量为 m 的小物块 Q 大小不计，位于平板车的左端，系 统原来静止在光滑水平地面上．一不可伸长的轻质细绳长为 R，一端悬于 Q 正上方高为 R 处， 另一端系一质量也为 m 的小球(大小不计)．今将小球拉至悬线与竖直位置成 60°角，由静止释 2π 200 2VmE NBS NBS nω= = = 200V 2 mEE = = 10AE UI R r −= =+ 2 =800WP UI I r= − 线圈 04v 放，小球到达最低点时与 Q 的碰撞时间极短，且无能量损失．已知 Q 离开平板车时速度大小 是平板车速度的两倍，Q 与 P 之间的动摩擦因数为 μ，M∶m＝4∶1，重力加速度为 g．求： (1)小物块 Q 离开平板车时速度为多大？ (2)平板车 P 的长度为多少？ 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】 小球到达最低点时与 Q 的碰撞时间极短，且无能量损失，满足动量守恒的条件且能量守恒．小 物块 Q 在平板车 P 上滑动的过程中，二者相互作用，动量守恒，部分动能转化为内能． 【详解】(1) 小球由静止摆到最低点的过程中，机械能守恒，则有： 解得： 小球与 Q 进行弹性碰撞，质量又相等，二者交换速度． 小物块 Q 在平板车 P 上滑动的过程中，Q 与 P 组成的系统动量守恒：mV0=mV1+MV2 其中 ，M=4m，解得： ， ； (2) 小物块 Q 在平板车 P 上滑动的过程中，部分动能转化为内能，由能的转化和守恒定律， 知： 解得：L= ． 【点睛】逐一分析物体间的相互作用过程，分析得到物体间相互作用时满足的规律：动量守 恒、能量守恒等，进而求出要求的物理量． 3 gR 7 18 R µ 0 2 0 1(1 cos60 ) 2mgR mv− = 0v gR= 2 1 1 2v v= 1 3 gRv = 2 6 gRv = 2 2 21 1 1 (2 )2 2 2QmgL mv Mv m vµ = − − 7 18 R µ