2018-2019学年安徽省亳州市第二中学高二下学期期末考试物理试题 解析版 15页

亳州二中 2018-2019 学年度第二学期期末质量检测高二物理试卷 一、选择题（每题 4 分，共 48 分。1-8 为单选题，9-12 为多选题，全对的 4 分，少选的 2 分， 错选或不选的 0 分） 1.氢原子的能级如图所示，氢原子从 n＝4 能级直接向 n＝1 能级跃迁所放出的光子，恰能使 某金属产生光电效应， 下列判断错误的是( ) A. 氢原子辐射出光子后，氢原子能量变小 B. 该金属的逸出功 W0＝12.75 eV C. 用一群处于 n＝3 能级的氢原子向低能级跃迁时所发出的光照射该金属，该金属仍有光电 子逸出 D. 氢原子处于 n＝1 能级时，其核外电子在最靠近原子核的轨道上运动 【答案】C 【解析】 【详解】A.氢原子发生跃迁，辐射出光子后，氢原子能量变小，故 A 说法正确。 B. 恰能使某金属产生光电效应，由 4n  跃迁到 1n  ，辐射的光子能量最大值为 13.6eV 0.85eV 12.75eVE    ，所以该金属的逸出功为 0 12.75eVW  ，故 B 说法正确。 D. 一群处于 3n  能级的氢原子向低能级跃迁时，辐射的能量小于从 4n  能级直接向 1n  能级跃迁辐射出光子的能量，则不会发生光电效应，故 C 说法错误。 D.根据波尔原子模型可知，处于 1n  能级时，其核外电子在最靠近原子核的轨道上运动，故 D 说法正确。本题选不正确的，应该 C。 2.如图所示，质量为 m 的木块在质量为 M 的长木板上水平向右加速滑行，长木板与地面间的 动摩擦因数为μ1，木块与长木板间的动摩擦因数为μ2，若长木板仍处于静止状态，则长木板 对地面摩擦力大小一定为 ( ) A. μ1(m＋M)g B. μ2mg C. μ1mg D. μ1mg＋μ2Mg 【答案】B 【解析】 以木板为研究对象，木板水平方向两个力：m 对 M 的向右的滑动摩擦力，大小为 f1=μ2mg 和地 面对 M 向左的静摩擦力 f2，根据平衡条件得：f2=f1=μ2mg，故 B 正确。 点晴：本题采用隔离法分析木板的受力情况，木板所受的静摩擦力一般不能用 f=μN 求解大 小。 3.关于分子动理论的基本观点和实验依据，下列说法不正确的是( ) A. 随着分子间距离的增大，分子势能一定增大 B. 扫地时扬起的尘埃在空气中的运动不是布朗运动 C. 悬浮在液体中的微粒越小，布朗运动就越明显 D. 在液体表面分子之间表现为引力 【答案】A 【解析】 【详解】A.当分子间的距离小于 0r 时，随着分子间距离的增大，分子势能减小，故 A 说法错 误。 B. 做布朗运动的小颗粒用肉眼是看不到的，所以扫地时扬起的尘埃在空气中的运动不是布朗 运动，故 B 说法正确 C. 悬浮在液体中的微粒越小，受到液体分子的撞击越不平衡，所以布朗运动就越明显，故 C 说法正确。 D. 在液体表面，由于分子的蒸发使表面分子较稀疏，分子之间表现为引力，故 D 说法正确。 本题要求选不正确的，故本题选 A. 4.假设将来人类登上了火星，考察完毕后，乘坐一艘宇宙飞船从火星返回地球时，经历了如 图所示的变轨过程，则有关这艘飞船的下列说法，正确的是( ) A. 飞船在轨道Ⅰ上运动时的周期大于在轨道Ⅱ上运动时的周期 B. 飞船绕火星在轨道Ⅰ上运动的周期跟飞船返回地面的过程中绕地球以轨道Ⅰ同样的轨道 半径运动的周期相同 C. 飞船在轨道Ⅱ上运动时，经过 P 点时的速度大于经过到 Q 点时的速度 D. 飞船在轨道Ⅱ上运动到 P 点时的加速度小于飞船在轨道Ⅲ上运动到 P 点时的加速度 【答案】C 【解析】 【详解】A.在轨道Ⅰ的轨道上半径为 1R ，周期为 1T ；在轨道Ⅱ上的轨道半长轴为 2R ，周期为 2T ，由开普勒第三定律知 3 3 1 2 2 2 1 2 R R T T  ，因为 1 2R R ，所以 1 2T T ，故 A 错误。 B.飞船绕地球运动和绕火星运动时，中心天体不一样，所以飞船绕火星在轨道Ⅰ上运动的周 期跟飞船返回地面的过程中绕地球以轨道Ⅰ同样的轨道半径运动的周期不相同，故 B 错误。 C.由开普勒第二定律可知，飞船在轨道Ⅱ上运动时，距离火星越近速度越大，所以经过 P 点 时的速度大于经过到 Q 点时的速度，故 C 正确。 D.卫星的加速度为 2 Ma G r  ，飞船在轨道Ⅱ上运动到 P 点时与飞船在轨道Ⅲ上运动到 P 点时 到火星的中心的距离相等，所以加速度也相等，故 D 错误。 5.如图所示，质量为 m 的物体，沿着半径为 R 的半球形金属壳内壁滑下，半球形金属壳竖直 固定放置，开口向上，滑到最低点时速度大小为 v，若物体与球壳之间的动摩擦因数为μ，则 物体在最低点时，下列说法正确的是 ( ) A. 受到的摩擦力大小为μm 2v R B. 受到的摩擦力大小为μ(mg＋m 2v R ) C. 受到的向心力大小为 mg＋m 2v R D. 受到的合力方向竖直向上 【答案】B 【解析】 【详解】AB.在最低点，由牛顿第二定律可得物块受到的支持力： 2 N mvF mg R   ，受到的摩 擦力大小为 2 N ( )mvf F mg R     ，故 A 错误，B 正确。 C.由牛顿第二定律可知，受到的向心力大小为 2mv R ，故 C 错误。 D.物块在竖直方向受的合力向上，物块在水平方向还受到摩擦力，所以物块受到的合力方向 斜向上，故 D 错误。 6.一个小孩在绷床上做游戏，从高处落到绷床上后又被弹回到原高度。在他从高处开始下落 到弹回至原高度的整个过程中，运动的速度随时间变化的图像如图所示，图中 oa 段和 de 段 为直线，则根据此图可知 ( ) A. 小孩和绷床接触的时间段为 1 5t t B. 小孩和绷床接触的时间段为 2 4t t C. 在运动过程中小孩加速度最大的时刻是 1t D. 在运动过程中小孩加速度最大的时刻是 2 4,t t 【答案】A 【解析】 【详解】AB.当小孩从高处下落而没有雨蹦床接触时，小孩只受到重力，其加速度为 g ，而在 小孩弹起过程中，当小孩与蹦床脱离后小孩只受到重力，其加速度也为 g ，所以当速度图象 为倾斜的直线时，小孩在空中不与蹦床接触，所以小孩与蹦床接触的时间为 1 5t t ，故 A 正确， B 错误。 CD.速度时间图象的斜率表示加速度，显然 3t 时刻图象的斜率最大，故 3t 时刻小孩的加速度最 大，故 CD 错误。 7.如图所示，有三个质量相等，分别带正电，负电和不带电的微粒，从极板左侧中央以相同 的水平初速度 v 先后垂直场强射入，分别落到极板 A、B、C 处，如图所示，则正确的有( ) A. 粒子 A 带负电，B 不带电，C 带正电 B. 三个粒子在电场中运动时间相等 C. 三个粒子在电场中运动的加速度 aA＞aB＞aC D. 三个粒子到这极板时动能 EkA＜EkB＜EkC 【答案】D 【解析】 【详解】ABC.三个微粒的初速度相等，水平位移关系为 A B Cx x x  ，根据水平方向做匀速直 线运动，所以他们的运动时间关系为 A B Ct t t  。三个微粒在竖直方向的位移相等，根据 21 1 2 2y at 可知，他们加速度的关系为 A B Ca a a  ；从而可知 B 仅受重力，A 受电场力向 上，C 受电场力向下，所以 B 不带电，A 带正电，C 带负点，故 ABD 错误。 D.根据动能定理，三个微粒重力做功相等，A 电场力做负功，C 电场力做正功，所以 C 的动能 变化量最大，A 的动能变化量最小，又因为初动能相等，所以三个微粒到达极板时的动能关系 为 kA kB kCE E E  ，所以 D 正确。 8.如图所示为一圆形区域的匀强磁场,在 O 点处有一放射源,沿半径方向射出速度为 v 的不同 带电粒子,其中粒子 1 从 A 点飞出磁场,粒子 2 从 B 点飞出磁场.不考虑带电粒子的重力,则 ( ) A. 带电粒子 1 与 2 的半径的比为 1:2 B. 带电粒子 1 与 2 的比荷的比为 3 :1 C. 带电粒子 1 与 2 在磁场中运动周期比为 3:1 D. 带电粒子 1 与 2 在磁场中运动时间的比为 2:3 【答案】D 【解析】 【详解】A.粒子在磁场中做圆周运动，由数学知识可知，粒子做圆周运动转过的圆心角为 1 120   ， 2 60   ， 设 粒 子 的 轨 道 半 径 为 1r 、 2r ， 则 有 1 3tan30 3r R R  ， 2 tan60 3r R R  ，带电粒子 1 与 2 的半径的比 1 2 1 3 r r  ，故 A 错误。 B.洛仑磁力提供向心力，由牛顿第二定律可得： 2vqvB m r  ，粒子的比荷为： q v m Br  ，所 以粒子的比荷之比为3:1，所以 B 错误。 CD.粒子在磁场中运动的周期的表达式为： 2 mT qB  ，所以两粒子的周期比为： 1 2 1 3 T T  ；运 动的时间分别为 1 1 1 120 360 3 Tt T    ， 2 2 1 60 360 6 Tt T    ，所以 1 2 2 3 t t  ，故 D 正确。 9.从同样高度落下的玻璃杯，掉在水泥地上容易打碎，而掉在草地上不容易打碎，其原因是 ( ) A. 掉在水泥地上的玻璃杯动量大，而掉在草地上的玻璃杯动量小 B. 掉在水泥地上的玻璃杯动量改变大，掉在草地上的玻璃杯动量改变小 C. 掉在水泥地上的玻璃杯动量改变快，掉在草地上的玻璃杯动量改变慢 D. 掉在水泥地上的玻璃杯与地面接触时，相互作用时间短，而掉在草地上的玻璃杯与地面接 触时，相互作用时间长． 【答案】CD 【解析】 玻璃杯落地前是自由落体运动，末速度一定，玻璃杯掉在水泥地上与掉在草地上的动量相等， 故 A 错误；玻璃杯两次与地面碰撞过程，初动量相同，末动量为零，两种情况下动量变化量 相同，故 B 错误；玻璃杯两次与地面碰撞过程，初动量相同，末动量为零，两次的动量变化 量相同，但在水泥地上碰撞过程时间短，则动量的变化快，掉在草地上的杯子动量改变慢， 故 CD 正确。故选 CD。 10.两根相互平行的金属导轨水平放置于如图所示的匀强磁场中，与导轨接触良好的导体棒 AB 和 CD 可以自由滑动．当 AB 在外力 F 作用下向右运动时， 下列说法中正确的是( ) A. 导体棒 CD 内有电流通过，方向是 D→C B. 导体棒 CD 内有电流通过，方向是 C→D C. 磁场对导体棒 AB 的作用力向左 D. 磁场对导体棒 CD 的作用力向左 【答案】BC 【解析】 【详解】AB.AB 棒切割磁感线产生感应电流，根据右手定则可知，AB 中感应电流的方向为 B A ，则导体棒 CD 中的感应电流的方向为 C D ，故 A 错误，B 正确。 CD.由左手定则可知，磁场对导体棒 AB 的作用力向左，导体棒 CD 的作用力向右，故 C 正确， D 错误。 11.供电系统由于气候原因遭到严重破坏。为此，某小区启动了临时供电系统，它由备用发电 机和副线圈匝数可调的变压器组成，如图所示，图中 R0 表示输电线的电阻。滑动触头 P 置于 a 处时，用户的用电器恰好正常工作，在下列情况下，要保证用电器仍能正常工作，则（ ） A. 当发电机输出的电压发生波动使 V1 示数小于正常值，用电器不变时，应使滑动触头 P 向上 滑动 B. 当发电机输出的电压发生波动使 V1 示数小于正常值，用电器不变时，应使滑动触头 P 向下 滑动 C. 如果 V1 示数保持正常值不变，那么当用电器增加时，滑动触头 P 应向上滑 D. 如果 V1 示数保持正常值不变，那么当用电器增加时，滑动触头 P 应向下滑 【答案】AC 【解析】 要保证用电器仍能正常工作，用电器两端电压不能发生变化，当 V1 示数小于正常值，要使 V2 不变，则应使滑动触头 P 向上滑动，减小原副线圈匝数比，故 A 正确，B 错误；当用电器增加 时，通过 R0 的电流增大，R0 所占的电压也增大，要使用电器仍能正常工作，用电器两端电压 不能发生变化，所以 V2 要变大，而 V1 示数保持正常值不变，则应使滑动触头 P 向上滑动，减 小原副线圈匝数比，故 C 正确，D 错误；故选 AC. 点睛：分析变压器时注意输出电压和输入功率这两个物理量的决定关系，然后结合电阻的串 并联知识进行求解. 12.如图所示，直径为 d的竖直圆筒绕中心轴线以恒定的转速匀速转动，一子弹以水平速度沿 圆筒直径方向从左壁射入圆筒，从右侧射穿圆筒后发现两弹孔在同一竖直线上且相距为 h，则 ( ) A. 子弹在圆筒中水平速度为 v0＝d 2 g h B. 子弹在圆筒中水平速度为 v0＝2d 2 g h C. 圆筒转动的角速度可能为ω＝π 2 g h D. 圆筒转动的角速度可能为ω＝2π 2 g h 【答案】AC 【解析】 【详解】AB.子弹在竖直方向做自由落体运动，由公式 21 2h gt ，可得 2ht g  ，子弹在圆筒 中水平速度为 0 2 d gv dt h   ，所以 A 正确，B 错误。 CD.因为子弹右侧射出圆筒后发现两单孔在同一竖直线上，则有    2 1 1,2,32 Tt n n    ， 因为 2T   ，解得  2 1 2 gn h    ，当 1n  时， 2 g h   ，当 2n  时， 3 2 g h   ， ，所以 C 正确，D 错误。 二、实验题（18 分） 13.在“探究牛顿运动定律”的实验中，某小组选用如图甲所示的实验装置，利用小车（可增 减砝码）、一端带有滑轮的导轨、打点计时器和几个已知质量的钩码进行实验。 （1）图乙是用频率为 50Hz 交流电源的打点计时器得到的一条纸带，相邻两计数点之间有四 点未标出，由图中的数据可得小车的加速度 a= ________ m/s2。（结果保留三位有效数字） （2）实验小组保证小车和车中砝码的总质量 M 一定，以测得的加速度 a 为纵轴，所挂钩码的 总重力 F 为横轴，作出的图象如丙图中图线 1 所示，发现图象不过原点，怀疑力 F 的测量不 准确，他们将实验进行改进，将一个力传感器安装在小车上，保证小车、砝码及传感器的总 质量仍为 M，直接测量细线拉小车的拉力 F'，作 a -F'图象应如丙图中图线______（选填“2” 或“3”），此图线仍不过原点的原因是 ____。 【答案】 (1). 0.195 (2). 2 (3). 未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足 【解析】 【 详 解 】 （ 1 ） 根 据 2x at  ， 运 用 逐 差 法 求 加 速 度 可 得 ： 2 2BD OB 2 2 0.0404 0.0163 0.0163 m/s 0.195m/s4 4 0.1 x xa T      （2）力传感器可以直接得出绳子拉力的大小，用钩码的重力表示绳子的拉力，尽管满足钩码 的质量远小于小车的质量，但是绳子上的拉力还是小于钩码的重力的。所以对于图象相同的 拉力，用力传感器测得的加速度偏大，所以作 a -F'图象应如丙图中图线的 2。此图线仍不过 原点的原因是未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足。 14.某同学要探究一种新材料制成的圆柱体的电阻率。步骤如下： （1）用螺旋测微器测量其直径，如图甲所示，可知其直径为_______mm。 （2）用游标为 20 分度的游标卡尺测量其长度，如图乙所示，可知其长度为_______mm。 （3）该同学想用伏安法测量其电阻 R，现有的器材及其代号和规格如下： 待测圆柱体电阻 R（阻值约为 300Ω） A.电流表 A1（量程 0～4mA，内阻约 50Ω） B.电流表 A2（量程 0～10mA，内阻约 30Ω） C.电压表 V1（量程 0～3V，内阻约 l0kΩ） D.电压表 V2（量程 0～15V，内阻约 25kΩ） E.直流电源 E（电动势 4V，内阻不计） F.滑动变阻器 R1（阻值范围 0～15Ω，允许通过的最大电流 2.0A） G.滑动变阻器 R2（阻值范围 0～20kΩ，允许通过的最大电流 0.5A） H.开关 S 导线若干 ①电流表选______,电压表选__________，滑动变阻器选___________(填器材前面的序号) ②为使实验误差较小，要求测得多组数据进行分析，请在方框中画出测量的电路图_________。 【答案】 (1). 2.706-2.708mm (2). 50.15mm (3). 2A (4). 1V (5). 1R (6). 【解析】 【详解】（1）螺旋测微器的度数为： 2.5mm 20.7 0.01mm=2.707mmd    （2）游标卡尺的度数为： 50mm 0.05 3mm=50.15mml    （3）根据闭合电路欧姆定律，可知电路中的最大电流为： max x 6 A=30mA60 EI R   ，所以 电流表应该选 2A ；根据闭合电路欧姆定律可知，待测电阻两端的最大电压为： 3 x 15 10 200V=3VU IR     ，所以电压表应该选 1V ；，由于电源的电动势为 6V ，电压表 的量程为 3V ，且要多测量几组数据，所以滑动变阻器采用分压式接法，滑动变阻器应选 1R ； 由于待测电阻阻值满足 V X X A R R R R  ，所以电流表应用外接法，由滑动变阻器应用分压式接法， 所以电路图如图所示： 三、计算题（34 分，写出必要的文字说明和重要的演算步骤，只写答案不得分） 15.如图所示，竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切，质量相等小滑块 A 和 B 分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点．现将 A 无初速释放，A 与 B 碰撞后结合为一个整体， 并沿桌面滑动．已知圆弧轨道光滑，半径 R＝0.8 m，A 和 B 整体与桌面之间的动摩擦因数μ ＝0.5，重力加速度 g 取 10 m/s2，求： (1)碰撞前的瞬间 A 的速度大小？ (2)碰撞后的瞬间 A 和 B 整体的速度大小？ (3)A 和 B 整体在桌面上滑动的距离？ 【答案】(1) 4 m/s (2) 2 m/s (3) 0.4 m 【解析】 【详解】设两滑块的质量为 m 。 (1)物块 A 从最高点到最低点过程机械能守恒，根据机械能守恒定律： 21 2mgR mv 解得碰撞前瞬间 A 的速率： 2 2 10 0.8m/s 4m/sv gR     (2)两物块碰撞过程动量守恒，根据动量守恒定律： 2mv mv 解得碰撞后瞬间 A 和 B 整体的速率： 1 1 4m/s 2m/s2 2v v     (3)两物块在滑动过程，根据动能定理：     212 0 22m gL m v    得 A 和 B 整体沿水平桌面滑动的距离： 2 22 m 0.4m2 2 0.5 10 vL g     16.如图所示,在竖直放置圆柱形容器内用质量为 m 的活塞密封一部分气体,活塞与容器壁间能 无摩擦滑动，容器的横截面积为 S，开始时气体的温度为 T0，活塞与容器底的距离为 h0.现将 整个装置放在大气压恒为 p0 的空气中，当气体从外界吸收热量 Q 后，活塞缓慢上升 d 后再次 平衡，问: （i）外界空气的温度是多少? （ii）在此过程中密闭气体的内能增加了多少? 【答案】（i） 0 0 0 h dT Th  （ii）ΔU=Q-mgd-p0Sd 【解析】 【详解】（i）取密闭气体为研究对象,活塞上升过程中等压变化,由盖·吕萨克定律 0 0 V T V T  得外界温度 0 0 0 0 0 0 0 )h d S h dVT T T TV h S h   （ （ii）取活塞为研究对象,设活塞对密闭气体做功为 W，由动能定理得 -W-mgd-p0Sd=0 根据热力学第一定律：W+Q=ΔU 联立上面两式得密闭气体增加的内能：ΔU=Q-mgd-p0Sd 17.如图所示，MN 与 PQ 是两条水平放置彼此平行的光滑金属导轨，导轨间距为 l＝0.5 m．质 量 m＝1.0 kg、电阻 r＝0.5 Ω的金属杆 ab 垂直跨接在导轨上，匀强磁场的磁感线垂直纸面 向里，磁感应强度的大小为 B＝2.0T，导轨左端接阻值 R＝2.0 Ω的电阻，导轨电阻不计．t ＝0 时刻 ab 杆受水平拉力 F 的作用后由静止开始向右做匀加速运动，第 4 s 末，ab 杆的速度 为 v＝2.0 m/s，重力加速度 g 取 10 m/s2.求： (1)4 s 末 ab 杆受到的安培力 F 安的大小； (2)若 0～4 s 时间内，电阻 R 上产生的焦耳热为 1.7 J，求这段时间内水平拉力 F 做的功； (3)若第 4 s 末以后，拉力不再变化，且从 4 s 末到金属杆 ab 达到最大速度过程中通过杆的 电量 q＝1.6 C，则此过程金属杆 ab 克服安培力做功 W 安为多少？ 【答案】(1) 0.8 N (2) 4.125 J (3) 1.92 J 【解析】 【详解】(1)由法拉第电磁感应定律可得产生的感应电动势为： E Blv 由闭合电路欧姆定律可得电路中的电流为： EI R r   安培力大小为： =F BIl安 由以上方程可得： 2 2 = 0.8NB l vF R r 安 (2)电阻 R 上产生的热量为1.7J 电路中产生的总热量为： R= 2.125JR rQ QR  总 由能量守恒可得： 2 F 1 2W mv Q  总 解得： F 4.125JW  (3)4 s 末 ab 杆运动的加速度为： 2Δ 0.5m/sΔ va t   由牛顿第二定律可得： F F ma 安 解得：第 4 s 末拉力： 1.3NF  4 s 后当加速度 0a  时，ab 杆的速度达到最大．所以速度最大时： 2 2 m 0B l vF R r   解得： m 3.25m/sv  设 ab 杆在 4 s 末至最大速度过程中通过的位移为 x ，根据   E Blxq It t tR r R r t R r       解得： 4mx  由动能定理可得： 2 2 m 1 1= 2 2Fx W mv mv 安 解得： =1.92JW安