2017-2018学年湖北省孝感市重点高中协作体高二下学期期末联考物理试题 解析版 16页

湖北省孝感市重点高中协作体2017-2018学年高二下学期期末联考 物理试题 选择题：本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1〜7题只有一项符合题目要求，第8〜12题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分。‎ ‎1. 关于光电效应，下列说法正确的是 A. 光电子的最大初动能与入射光的频率成正比 B. 光的频率一定时，入射光越强，饱和电流越大 C. 光的频率一定时，入射光越强，遏止电压越大 D. 光子能量与光的速度成正比 ‎【答案】B ‎【解析】根据光电效应方程，得知光电子的最大初动能与入射光的频率、金属的逸出功都有关，与入射光的强度无关,。但是最大初动能不与入射光的频率成正比。所以A错误。又根据知遏止电压与光的频率有光，与光的强度无关。所以C错。而如果光的频率一定，入射光越强，则饱和光电流越大。所以B正确。光子的能量为所以光子的能量与光的频率成正比。所以D错误。故选择B。‎ ‎【点睛】入射光的强度越多，单位时间内射到金属上的光子数越多，产生光电效应时，单位时间内发射的光电子数越多；根据光电效应方程，可知道光电子的最大初动能与什么因素有关．‎ ‎2. 如图所示，在竖直向下的匀强磁场中有一根水平放置的通电长直导线，电流方向向左，abcdef是与直导线在同一平面内关于直导线对称的正六边形，且与磁场方向平行，下列关于各点的磁感应强度大小与方向的说法主确的是 A. a、d两点的磁场方向相同 B. b、e两点的磁场方向相同 C. a点的磁感应强度大于b点的磁感应强度 D. a点的磁感应强度大于f点的磁感应强度 ‎【答案】C ‎【解析】根据安培定则知，通电直导线周围的磁场中， a、b、c三点的磁场方向都是垂直直面向里的，d、e、f都是垂直直面向外的。再加上原磁场，根据矢量合成知. a、d两点的磁场方向不同，b、e两点的磁场方向不同。所以A 、B错误。又根据距离导线的距离相同，电流产生的磁感应强度大小相同，距离导线越近，磁感应强度越大。则知导线所产生的磁场中，a、c、d、f的磁感应强度大小相同，b、e的磁感应强度大小相同，而且a、c、d、f的磁感应强度大于b、e的磁感应强度，所以合成以后，a点的磁感应强度大于b点的磁感应强度，所以C正确。a点的磁感应强度和f点的磁感应强度大小相同。所以D错误。故选择C。‎ ‎【点睛】根据安培定则判断电流周围的磁场；磁感应强度是矢量，需按平行四边形定则合成来比较大小。‎ ‎3. 如图所示，直角三角形闭合线框abc处于匀强磁场中，∠acb＝30°，磁场垂直线框平面向里，线框中通入顺时针方向电流时，下列说法正确的是 A. ab边受到的安培力向右 B. ac边受到的安培力与ab边受到的安培力大小相等 C. ab边与bc边受到的安培力的合力大于ac边受到的安培力 D. 整个线框所受的安培力的合力为零 ‎【答案】D ‎【解析】通以顺时针的电流方向，根据左手定则可知：各边所受的安培力背离中心处。所以ab边所受的安培力方向向左，A错误。由公式F=BIL得出各边的安培力的大小，从而得出安培力大小与长度成正比，因而两直角边的安培力合力与斜边的安培力等值反向。所以线圈所受磁场力的合力为零。故B、C错，D正确。所以选择D.‎ ‎【点睛】通电直角三角形线圈处于匀强磁场中，受到安培力作用，根据左手定则确定安培力的方向，再由公式F=BIL确定安培力的大小，最后由力的合成来算出安培力的合力。‎ ‎4. 关于交变电流，下列说法正确的是 A. 频率为50Hz的正弦式交变电流在1s时间内电流方向改变100次 B. 如果正弦式交变电流电压的有效值为20V，那么该交变电流的电压最大值为20V C. 用交流电流表测定正弦交变电流的电流时，测量的是交变电流的最大值 D. 有效值为1A的正弦式交变电流，一个周期内电流的平均值为A ‎【答案】A ‎【解析】交变电流在一个周期内电流的方向改变两次，频率为50Hz的交流电，1s有50个周期，所以1s电流方向改变100次。所以A正确。如果正弦式交变电流电压的有效值为20V，那么该交变电流的电压最大值为V，B错。用交流电流表测定正弦交变电流的电流时，测量的是交变电流的有效值。C错。电流的平均值只能用来计算，D错误。故选择A.‎ ‎【点睛】交变电流在一个周期内电流方向改变两次，正弦交流电的峰值与有效值是倍关系，其它交流电不是. 电流的平均值只能用来计算 ‎5. 如图所示，螺线管与导轨MN、PQ相连，螺线管左侧放置一与螺线管同轴的导体圆环，与导轨接触良好的导体棒向右运动时，能使导体圆环在t1时刻受力向右的导体棒运动的v－t图象是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】导体环要想受到向右的力，根据楞次定律则通电螺线管内的磁场要减弱，则电流要减小，则感应电动势要减小，根据知速度要减小，所以只能选择B。‎ ‎【点睛】根据楞次定律的推论判断出通电螺线管内磁场的变化，进而判断电流和速度的大小。‎ ‎6. 面积为0.4m2的5匝圆形线圈垂直磁场方向放置在匀强磁场中，磁场的磁感应强度B＝2＋0.5t（T），则 A. 线圈有扩张的趋势 B. 线圈中磁通量的变化率为1Wb/s C. 线圈中的感应电动势为1V D. t＝4s时，线圈中的感应电动势为8V ‎【答案】C ‎【解析】磁场在增强，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律“增缩减扩”，线框有收缩的趋势，所以A错误。磁通量的变化率，所以B错误。感应电动势为一恒定值。所以C正确，D错误。故选C。‎ ‎【点睛】根据楞次定律判断线圈是否有扩张的趋势；根据计算磁通量的变化率；根据法拉第电磁感应定律计算电动势。‎ ‎7. 如图所示，一带电荷量Q＝0.1C的正点电荷固定在F点，另一带电荷量q＝0.01C的负点电荷仅在库仑力的作用下围绕Q做椭圆运动，F点为椭圆的一个焦点，已知长轴AC＝0.1m，短轴BD＝0.08m，则下列说法正确的是 A. q在A点的电势能大于在B点的电势能 B. q在A、C两点受到的库仑力大小之比为16：1‎ C. 在点电荷Q的电场中，B、D两点的电场强度相同 D. 在点电荷Q的电场中，D点的电势大于O点的电势 ‎【答案】B ‎【解析】正点电荷周围越靠近电荷电势越高，越远离电荷电势越低，所以,,又因为是负电荷，所以A点的电势能小于B点的电势能，所以A、D错误。根据椭圆的知识计算出，,所以.根据库仑定律知q在A、C两点受到的库仑力大小之比为16：1，所以B正确。. 在点电荷Q的电场中，B、D两点的电场强度大小相同，但是方向不同，所以B、D两点的电场强度不相同，所以D错误。故选择B。‎ ‎【点睛】由正点电荷周围的电场分布以及距离远近可得出电势的高低，和场强的大小。电势是标量，场强是矢量，需注意方向。再结合运动电荷的正负和电势的高低判断电势能的大小。‎ ‎8. 如图所示，平行板电容器与电源E、开关S连接，开关S闭合，一带电小球通过绝缘细线悬挂在平行板电容器中处于静止状态，下列说法正确的是 A. 小球q带正电 B. 把A板向左移动时，平行板电容器电容增大 C. S保持闭合，把B板向左移动时，θ角将增大 D. S断开，把B板向左移动时，θ角将增大 ‎【答案】AC ‎【解析】小球处于静止状态，小球受到的电场力方向向左，平行板电容器内部场强向左，所以小球带正电，所以A正确。A板向左移动时，平行板电容器之间的距离增大，电容减小。所以B错误。S保持闭合，把B板向左移动时，电容器之间的电势差恒定，距离减小，场强增大，电场力增大，所以θ角将增大，C错误。S断开，把B板向左移动时，电容器内部的场强不变，所以θ角不变。D错误。故选择AC。‎ ‎【点睛】将开关S闭合，电容器两端的电势差不变，根据d的变化得出电场强度的变化，从而通过电场力的变化得出θ的变化；断开开关S，电荷量不变，结合电容的定义式和决定式得出电场强度的表达式，通过电场强度的变化得出电场力的变化，从而得出θ的变化．‎ ‎9. 如图所示，E为内阻不能忽略的电池，R1、R2、R3为定值电阻，R4（与R2串联的那个电阻）为热敏电阻（阻值随温度升高而减小），与分别为理想电压表与理想电流表。现将开关S闭合，当环境温度升高时，下列说法正确的是 A. 电流表的示数增大 B. 电压表的示数减小 C. R1上消耗的电功率减小 D. R3两端的电压減小 ‎【答案】BD ‎【解析】当环境温度升高时，‎ ‎，所以电压表示数减小，B正确。因为总电流增大，所以两端电压增大，根据,所以上消耗的功率增大,所以C错误。又由于路端电压减小，所以R3两端电压减小，所以电流表示数减小。D对A错。所以选择BD.‎ ‎【点睛】先根据热敏电阻的变化判断总电阻的变化，再根据闭合电路欧姆定律判断电流，再是内电压，外电压，也就是路端电压的大小。再结合串并联的知识以及电流、功率的公式判断电流和功率。‎ ‎10. —个氘核和一个氚核反应后生成一个氦核和一个中子，同时放出一个γ光子。已知氘核、氚核、中子、氦核的质量分别为m1、m2、m3、m4，普朗克常量为h，真空中的光速为c。下列说法正确的是 A. 这个核反应的反应方程是 B. 生成的中子不具有波动性 C. 辐射出的γ光子的能董一定为（m1＋m2—m3—m4）c2‎ D. 若辐射出的γ光子能量为E，则γ光子的波长为 ‎【答案】AD ‎【解析】这个反应的核反应方程式，该核反应方程为聚变反应，故A正确；任何粒子都具有波动性，B错误。聚变反应中的质量亏损△m=（m1+m2）﹣m3﹣m4，亏损的质量转化为能量如果以光子的形式释放，则E=（m1+m2﹣m3﹣m4）c2，如果生成的粒子有动能，则有部分能量转化为动能，故C错误；‎ 根据E=，得光子的波长为：，故D正确。故选：AD。‎ ‎【点睛】解答本题需要掌握：核反应方程要遵循质量数和电荷数守恒；聚变反应后质量减小，放出能量；正确利用质能方程求释放的能量；掌握光子能量、频率、波长、光速之间关系．‎ ‎11. 在图示的远距离输电电路图中，发电机通过升压变压器T1和降压变压器T2向用户供电。已知升压变压器的原、副线圈匝数之比为1：3，输电线的总电阻R＝2.5Ω，降压变压器T2的原、副线圈匝数之比为5：1，降压变压器的副线圈与滑动变阻器组成闭合电路。当负载R0＝1.1Ω时，降压变压器副线圈两端交变电压u＝220sinl00πt（V）。若将变压器视为理想变压器，则 A. 通过R的电流为25A B. 升压变压器的输入功率为4.8×104W C. 发电机的输出电压为400V D. 当负载电阻R0增大时，发电机的输出功率增大 ‎【答案】BC ‎【解析】用电器的电流为，降压变压器原线圈的电流为，所以A错误。升压变压器的输入功率为 ‎ 发电机的输出电压即为升压器原线圈的电压,因为所以得，所以B、C正确。当用电器的电阻R0减小时，由于电压不变，电流增大，输电线R消耗的功率增大，故D错误；故选：BC。‎ ‎【点睛】根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，可以求得降压变压器的电流和输电线上的电流的大小，从而可以求得输电线和用电器消耗的功率的大小，再根据以及原副线圈的匝数比求得升压器原副线圈的电压。根据功率关系求出升压变压器的输入功率，根据P=UI求解升压变压器的输出电压．‎ ‎12. 如图所示，用长为L的细线悬挂一质量为M的小木块，木块处于静止状态。一质量为m、速度为v0的子弹自左向右水平射穿木块后，速度变为v。已知重力加速度为g，则 A. 子弹刚穿出木块时，木块的速度为 B. 子弹穿过木块的过程中，子弹与木块组成的系统机械能守恒 C. 子弹穿过木块的过程中，子弹与木块组成的系统动量守恒 D. 木块上升的最大高度为 ‎【答案】AC ‎【解析】子弹穿过木块的过程中，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，故B错误C正确；根据动量守恒，,解得，所以A正确。子弹穿出以后，对木块应用动能定理有得,所以D错误。故选择AC.‎ ‎【点睛】根据动量守恒求子弹穿出以后木块的速度，根据动能定理或者机械能守恒求木块上升的最大高度。‎ 非选择题：本题包括必考题和选考题部分。第13〜16题为必考题，每个试题考生都必须作答。第17、18题为选．考题，考生根据要求作答。‎ ‎（一）必考题：共47分。‎ ‎13. 在“验证动量守恒定律”的实验中，实验装置如图所示。槽口末端在水平地面上的竖直投影为O点，实验中可供选择的碰撞小球均为直径相同的硬质小球，碰撞时都可认为是弹性碰撞。设入射小球的质量为m1，被碰小球的质量为m2。‎ ‎（1）为了使入射小球在碰撞后不被反弹，则应使m1____m2。（填“>”“＝”或“<”）；‎ ‎（2）为了保证入射小球和被碰小球离开槽口后均做平抛运动，必须调整斜槽末端____；‎ ‎（3）在（1）（2）条件的前提下，让入射小球从同一高度沿斜槽滑下，实验中将被碰小球放入槽口末端前后的落点如图中A、B、C所示，图中OA＝x1，OB＝x2，OC＝x3，为验证小球碰撞前后动量守恒，实验中____（填“需要”或“不需要”）测量槽口末端到水平地面的高度h。若实验中小球碰撞前后动量守恒，则应满足的关系式为m1x2＝__________。‎ ‎【答案】 (1). （1） (2). （2）水平 (3). （3）不需要， (4). ‎ ‎【解析】（1）为了保证小球碰撞为对心正碰，且碰后不反弹，要求ma＞mb，ra=rb ‎（2）要保证每次小球都做平抛运动，则轨道的末端必须水平；‎ ‎（3）小球离开轨道后做平抛运动，它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间t相等，所以不需要测量槽口末端到水平地面的高度h.‎ 要验证动量守恒定律定律，即验证：, 上式两边同时乘以t得：，得：，‎ ‎【点睛】（1）在做“验证动量守恒定律”的实验中，是通过平抛运动的基本规律求解碰撞前后的速度的，所以要保证每次小球都做平抛运动，则轨道的末端必须水平．‎ ‎（2）由动量守恒定律求出需要验证的表达式，根据表达式确定需要测量的量；‎ ‎（3）根据（2）的分析确定需要验证的关系式．‎ ‎14. 某学习小组在做“测定金属丝的电阻率”的实验时，用了两个电压表，目的是可以同时测定电源的电动势和内阻，电路图如图甲所示。实验室可选用的器材有：‎ A．金属丝（阻值几欧）‎ B．电池（电动势3V左右，内阻几欧）‎ C．电压表两个（量程3V，内阻很大）‎ D．电流表（量程0.6A，内阻0.2Ω左右）‎ E．电流表（量程3A，内阻0.04Ω左右）‎ F．滑动变阻器（0〜2kΩ）‎ G．滑动变阻器（0〜20Ω）‎ H．毫米刻度尺，螺旋测微器 I．开关，导线若干 ‎（1）实验前在选用器材时，电流表应选择_____，滑动变阻器应选择_____。（均填器材前的字母）‎ ‎（2）测得金属丝的长度为0.5023m；在测金属丝直径时，螺旋测微器的测量结果如图乙所示，则金属丝的直径为______mm。‎ ‎（3）实验过程中电压表、与电流表的测量结果已经在图丙中的图象中描出，由U—I图象可得，电源的电动势为_____V，电源的内阻为_____Ω，金属丝的电阻为____Ω．（均保留三位有效数字）。‎ ‎（4）由电阻定律可得，金属丝的电阻率为______Ω×m（保留两位有效数字）。‎ ‎【答案】 (1). （1）D， (2). G (3). （2）0.580 (4). （3）3.00（2.98〜3.00均给分）， (5). 2.0（2.17〜2.22均给分）， (6). 3.00（2.97〜3.09均给分） (7). （4）1.6×10－6‎ ‎【解析】（1）该实验中金属丝的电阻为几欧姆，所以滑动变阻器的阻值选择量程为20欧姆的即可，所以选择G，所以电流表选择0.6A的就可以，所以是D。‎ ‎（2）根据螺旋测器的读数规则 ‎（3）V2测的是电源电动势，V1测的是金属丝的电压，根据图象可知，斜率为负的那条直线对应的是V2的图线，斜率为正的是V1的图线，V2图线与纵轴的交点即为电动势，斜率的大小为内阻，得到，，两条线的交点为金属丝的工作电压和电流，所以金属丝的电阻为.‎ ‎(4)根据电阻定律可得 ‎15. 如图所示，水平面内固定两对足够长的平行光滑导轨，左侧两导轨间的距离为2L，右侧两导轨间的距离为L左、右两部分用导线连接，左、右侧的两导轨间都存在磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场。两均匀的导体棒ab和cd分别垂直放在左、右两侧的导轨上，ab棒的质量为2m、有效电阻为2r，而cd棒的质量为m、有效电阻为r，其他部分的电阻不计。原来两棒都处于静止状态，现给以棒一大小为I0、方向平行导轨向右的冲量使ab棒向右运动，在达到稳定状态时，两棒均未滑出各自的轨道。求：‎ ‎（1）cd棒中的最大电流Im；‎ ‎（2）cd棒的最大加速度；‎ ‎（3）两棒达到稳定状态肘，各自的速度。‎ ‎【答案】（1） （2） （3），‎ ‎【解析】ab棒获得一冲量,所以初速度 分析知开始时回路中的感应电动势最大,最大值为 所以cd棒中最大感应电流 ‎（2）cd棒的最大安培力 cd棒的最大加速度 ‎（3）当两棒中感应电动势大小相等时系统达到稳定状态，有 由ab棒与cd棒中感应电流大小总是相等，可知安培力对ab棒与cd棒的冲量大小关系为 根据动量定理对ab棒有 根据动量定理对cd棒有 解得，。‎ ‎【点睛】根据法拉第电磁感应定律，结合左手定则与闭合电路欧姆定律，并由牛顿第二定律列出方程，从而即可求解；当两棒中感应电动势大小相等时系统达到稳定状态，结合动量定理求解.‎ ‎16.‎ ‎ 如图所示，xOy平面内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B＝0.08T，在原点O有一粒子源，它可以在xOy平面内向I、IV象限各个方向发射质量m＝9.6×10－24kg、电荷量q＝4.8×10－16C、速度v＝l×106m/s的带正电的粒子。一足够长薄板平行于x轴放置，薄板的中点O'的坐标为（0，0.4m），不考虑粒子之间的相互作用，结果保留两位有效数字。‎ ‎（1）若磁场范围足够大，求薄板下表面被粒子击中的区域的长度；‎ ‎（2）若匀强磁场大小方向均不变，但只存在于一个圆形区域中，粒子源恰好在其边界上，已知粒子最后全部垂直打在薄板上，求粒子从O点到薄板的最长时间和最短时间；‎ ‎【答案】（1）0.5m （2）s ‎【解析】（1）带电粒子在磁场中受洛仑兹力,做匀速圆周运动,洛仑兹力提供向心力有qvB＝m 得 如图甲，轨迹直径的另一端在薄板上M点时粒子落点为右侧最远点，显然OM＝2r＝0.50m，O'M＝0.30m 轨迹与薄板左侧相切于N点时粒子落点为左侧最远点，NO2延长交x轴于N'点，分析可得 O2N'＝0.4m—0.25m＝0.15m得ON'＝0.20m解得O'N＝0.20m 被打中区域长MN＝0.50m ‎（2）依题意可知，圆形虚线为磁场边界，当其半径等于轨迹半径时，粒子射出磁场时方向与x轴垂直，粒子离开圆形磁场时，经分析速度方向均沿y轴正方向垂直打到薄板上。‎ 当初速度方向沿y轴正方向时，轨迹最短，最短时间 当速度方向沿y轴负方向时，轨迹经x轴上的P点后垂直打到薄板上，轨迹最长，最长时间 ‎【点睛】本题考查了带电粒子在磁场中的运动，根据题意分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹、应用几何知识求出粒子轨道半径是解题的前提与关键，应用牛顿第二定律即可解题；要掌握处理带电粒子在磁场中运动问题的一般解题思路与方法。‎ ‎（二）选考题：共15分。请考生从给出的第17、18题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。‎ ‎[选修3—3]‎ ‎17. 下列说法正确的是 ‎ A. 水池中水的温度相同，水底一小气泡因扰动而上升时一定吸热 B. 悬浮在液体中的固体微粒越小，布朗运动就越明显 C. 同一容器中同种气体所有的分子运动速率基本相等 D. 熵增加原理说明一切自然过程总是向着分子热运动的无序性增大的方向进行 E. 压缩汽缸内气体时要用力推活塞，这表明气体分子间的作用力主要表现为斥力 ‎【答案】ABD ‎18. 一顶部与外部连通、盛满水的水箱底部有一体积V1＝0.2mL的空气泡，由于扰动，气泡上升至顶部。已知水箱内水的温度t＝57℃，水箱高h＝1m，大气压强p0＝1.0×105Pa，重力加速度g＝10m/s2，水的密度ρ＝1×103kg/m3。求：‎ ‎（1）气泡上升到箱顶稳定后的体积V2；‎ ‎（2）要使上升到顶部气泡的体积回到V1，水要降低的温度Dt。‎ ‎【答案】(1)0.22mL （2）30ºC 由状态方程p1V1＝p0V2‎ 解得V2＝0.22mL ‎②气体的温度T2＝273＋t—Dt 由气体状态方程 解得Dt＝30℃‎ ‎[选修3—4]‎ ‎19. 下列说法正确的是 ‎ A. 机械波只能传播振动的形式，不能传递能量 B. 波长为5m、振动图象如上图所示的波的波速为1.25m/s C. 单摆运动的回复力是摆球所受的合力 D. 只有频率相同的同种性质的波才能发生干涉 E. 狭义相对论中不同惯性参考系的物理规律都是相同的 ‎【答案】BDE ‎【解析】机械波不仅可以传播振动的形式,还可以传递能量.A错误。波长为5m,周期为4s，根据 ‎，B正确。单摆运动的回复力并不是白球所受的合力，而是重力在切向方向的分力，所以C错误。频率相同的同种性质波才能发生干涉，D正确。由狭义相对论知，在不同的惯性参考系中，物理规律都是相同的。E正确。所以选择BDE.‎ ‎20. 如图所示，有一束平行于边长L＝0.3m的等边三棱镜截面ABC的单色光从空气射向边中点E，入射方向与边AB的夹角θ＝30°，从AC边射出时与AC边的夹角也恰好为θ。光在真空中的速度c＝3×108m/s。求：‎ ‎（1）该棱镜的折射率n；‎ ‎（2）光在棱镜中的传播时间t.‎ ‎【答案】（1） （2）t＝5×10－10s ‎【解析】分析可知，入射方向与边AB的夹角θ＝30°，从AC边射出时与AC边的夹角也恰好为θ,所以光束经AB平行面折射后平行BC边，‎ 入射角i＝90°—θ＝60°，折射角γ＝30°‎ 由折射定律可知 得n＝‎ ‎②分析可知，光在棱镜中的传播距离 光在棱镜中的传播速度 光在棱镜中的传播时间t＝5×10－10s。‎ ‎【点睛】由折射定律和必要的几何知识即可得到光路图，再根据求折射率。求出折射率根据求出光在介质中的传播速度，继而求出时间。‎ ‎ ‎ ‎ ‎