2018-2019学年吉林省白山市高二下学期期末考试物理试题 解析版 19页

白山市2018~2019学年第二学期期末考试 高二物理试卷 一、选择题:本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1~6小题只有一个选项正确，第7~10小题有多个选项正确；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.在物理学的发展过程中，许多物理学家的科学发现推动了人类历史的进步，下列表述符合物理学史实的是 A. 普朗克通过对阴极射线的研究，最早发现了电子 B. 玻尔为了解释黑体辐射现象，第一次提出了能量量子化理论 C. 贝可勒尔通过对天然放射性的研究，发现原子核是由质子和中子组成的 D. 卢瑟福通过对α粒子散射实验的研究，提出了的核式结构模型 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.汤姆生通过对阴极射线的研究，最早发现了电子，故A错误.‎ B.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B错误.‎ C.贝可勒尔发现了天然放射现象，但没有发现原子核是由质子和中子组成的，故C错误.‎ D.卢瑟福通过对α粒子散射实验的研究，提出了原子的核式结构模型，故D正确.‎ ‎2.如图所示,垂直纸面向里的无限大范围的匀强磁场中有一通有恒定电流的导线AB，若导线绕A点向纸面外转动90°,则转动过程中其所受安培力的大小变化情况为 A. 变大 B. 变小 C. 不变 D. 可能变大、可能变小、可能不变 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由“垂直纸面向里的无限大范围的匀强磁场中有一通有恒定电流的导线AB”可知，考查了磁场对电流的作用，根据安培力的计算公式，由电流与磁场的夹角为θ，可得安培力的表达式为F＝BILsinθ，进而分析安培力变化。‎ ‎【详解】线圈在磁场中转动过程中，通电导线始终与磁场夹角逐渐减小，根据F＝BILsinθ可知，受到的安培力大小变小，故B正确，ACD错误。‎ ‎【点睛】本题关键是记住安培力大小公式，当磁感应强度B的方向与导线方向成θ角时，F＝BILsinθ； 当磁场和电流垂直时，安培力最大，为F＝BIL； 当磁场和电流平行时，安培力等于零。‎ ‎3.如图所示，足够长的传送带以恒定的速率v1逆时针运动，一质量为m的物块以大小为v2的初速度冲上传送带，最后又滑回，已知v1＜v2。则物块在传送带上运动过程中合力对物块的冲量大小为 A. 2mv1‎ B. 2mv2‎ C. m(v2-v1)‎ D. m(v1+v2)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】由于v2>v1，则物块返回到P点速度大小为v1，根据动量定理可知，合力的冲量.‎ A.2mv1与计算结果不相符；故A项错误.‎ B.2mv2与计算结果不相符；故B项错误.‎ C.m(v2-v1)与计算结果不相符；故C项错误.‎ D.m(v1+v2)与计算结果相符；故D项正确.‎ ‎4.在光滑绝缘的水平桌面上有一带电的小球，只在电场力的作用下沿x轴 正向运动，其电势能Ep随位移x变化的关系如图所示。下列说法正确的是 A. 小球一定带负电荷 B. x1处的电势一定比x2处的电势高 C. x1处的电场强度一定小于x2处的电场强度 D. 小球在x1处的动能一定比在x2处的动能大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据题意知小球在运动过程中电势能逐渐减小，所以电场力做正功，由于不知道电场方向，故不知道电场力和电场线的方向的关系，故小球的带电性质不确定，故A错误；‎ B.根据知，小球的电势能减小，但由于小球的电性不确定，所以x1和x2的电势关系不确定，故B错误；‎ C.图象在某点的切线的斜率大小等于该点的电场强度大小，x1处的斜率小于x2处的，所以x1处的电场强度小于x2处的电场强度，故C正确；‎ D.根据能量守恒知，x1处的电势能大于x2处的电势能，所以x1的动能小于x2的动能，故D错误.‎ ‎5.街头变压器（视为理想变压器）通过降压给用户供电的示意图如图所示。变压器的输入电压 是市区电网的电压，负载变化时输入电压不会有大的波动（可认为V1的示数不变）。输出电压通过输电线输送给用户，两条输电线的等效总电阻用R表示，图中电压表和电流表均为理想电表。当用户的用电器增加时，下列说法正确的是 A. 电压表V2的示数不变 B. 电流表A1的示数不变 C. 电流表A2的示数不变 D. 输电线电阻R消耗的功率不变 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.理想变压器的输出电压是由输入电压和匝数比决定的，由于输入电压和匝数比不变，所以副线圈的输出的电压也不变，所以V2的示数不变，故A正确；‎ B.由于变压器的输入的功率和输出的功率相等，由于副线圈的电阻减小了，输出的功率变大了，所以原线圈的输入的功率也要变大，因为输入的电压不变，所以输入的电流要变大，所以A1的示数变大，故B错误。‎ C.当用电器增加时，相当于R的值减小，电路中的总的电阻减小，所以电流要变大，即A2的示数变大，故C错误；‎ D.原线圈的电流增大则副线圈的电流也变大，电阻R0消耗的功率变大故D错误.‎ ‎6.氢原子能级图如图所示，下列说法正确的是 ‎ A. 当氢原子从n=2能级跃迁到n=3能级时，需要吸收0. 89eV的能量 B. 处于n=2能级的氢原子可以被能量为2eV的电子碰撞而向高能级跃迁 C. 一个处于n=4能级的氢原子向低能级跃迁时，可以辐射出6 种不同頻率的光子 D. n=4能级的氢原子跃迁到n=3能级时辐射出电磁波的波长比n=3能级的氢原子跃迁到n=2能级时辐射出电磁波的波长短 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据辐射的光子能量等于两能级间的能级差，可知，E3-E2=△E，因此氢原子从n=2能级跃迁到n=3能级时，需要吸收的光子能量必须等于1.89eV，故A错误；‎ B.处于n=2能级的氢原子可以被能量为2eV的电子碰撞，吸收1.89eV的能量而向第3能级跃迁；故B正确.‎ C.只有一个氢原子，则n=4能级的氢原子向低能级跃迁时，最多可以释放3种频率的光子；故C错误.‎ D.结合能级图可知，从n=4能级的氢原子跃迁到n=3能级时辐射出电磁波的能量比n=3能级的氢原子跃迁到n=2能级时辐射出电磁波的能量小，由可知从n=4能级的氢原子跃迁到n=3能级时辐射出电磁波的波长比n=3能级的氢原子跃迁到n=2能级时辐射出电磁波的波长长；故D错误.‎ ‎7.如图所示，水平桌面上放有一铜板，铜板上方有一条形磁铁。若铜板始终处于静止状态，则 ‎ A. 当条形磁铁静止在铜板上方时，铜板对桌面的压力大于铜板受到的重力 B. 当条形磁铁向下运动时，铜板对桌面的压力大于铜板受到的重力 C. 当条形磁铁向右运动时，铜板对桌面的摩擦力向右 D. 当条形磁铁向左运动时，桌面对铜板的摩擦力向左 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A.当条形磁铁静止在铜板上方时，穿过铜板的磁通量不变，铜板对桌面的压力等于铜板受到的重力；故A错误.‎ B.当条形磁铁向下运动时，穿过铜板的磁通量增大，铜板与磁铁之间存在排斥力，所以对桌面的压力大于铜板受到的重力；故B正确.‎ C.当条形磁铁向右运动时，根据楞次定律“来拒去留”铜板有相对于桌面向右运动的趋势，所以铜板对桌面的摩擦力向右；故C正确.‎ D.当条形磁铁向左运动时，根据楞次定律“来拒去留”，铜板有相对于桌面向左运动的趋势，所以桌面对铜板的摩擦力向右；故D错误.‎ ‎8.如图所示.水平方向有磁感应强度大小为0.5 T的匀强磁场，匝数为5的矩形线框ab边长为 0.5m。ad边长为0.4 m，线框绕垂直磁场方向的转轴OO′匀速转动，转动的角速度为 20rad/s，线框通过金属滑环与阻值为10Ω的电阻R构成闭合回路。t=0时刻线圈平面与 磁场方向平行。不计线框及导线电阻，下列说法正确的是 ‎ A. 线圈中的最大感应电动势为10 V B. 电阻R两端电压的瞬时值表达式u=10sin20t (V)‎ C. 电阻R中电流方向每秒变化20次 D. 电阻R消耗的电功率为5 W ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.线圈中产生的感应电动势的最大值为Em=NBSω=5×0.5×2.5×0.4×20V=50V；故A错误.‎ B.不计线框及导线电阻，则电阻R两端电压的最大值 Um=Em=50V，则电阻R 两端电压的瞬时值表达式u=Umcosωt=50cos20t（V）；故B错误.‎ C.交流电的频率为，周期T=0.1s，电流在一个周期内方向变化2次，所以电阻R中电流方向每秒变化20次；故C正确.‎ D.R两端电压的有效值为，R消耗的电功率，解得P=125W；故D错误.‎ ‎9.用波长为的单色光照射某种金属，发生光电效应，逸出的动能最大的光电子恰好能使处于基态的氢原子电离。已知真空中的光速为c，普朗克常量为h，基态氢原子的能量为E0。则下列说法正确的是 A. 单色光的光子能量为 B. 逸出的光电子的最大初动能为E0‎ C. 该金属截止频率为+ D. 该金属的逸出功为 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A.单色光的能量:;故A正确.‎ B.由于动能最大的光电子恰好能使处于基态的氢原子电离，则光电子的最大初动能为;故B错误.‎ CD.根据光电效应方程: 可得：,;故C正确，D错误.‎ ‎10.两根相距1m的足够长的金属弯角光滑导轨如图所示放置，它们各有一段在同一水平面内，另一段与水平面的夹角为37°，质量均为 0.1 kg的金属细杆ab、cd与导轨垂直接触，形成闭合回路，导轨的 电阻不计，回路的总电阻为2Ω，整个装置处于磁感应强度大小为1T、方向竖直向上的匀强磁场中，当ab杆在平行于水平导轨的拉力F的作用下以速率v（未知）沿导轨匀速运动时，cd杆也以速率v沿导轨向上匀速运动。取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，下列说法正确的是 A. 回路中的感应电流为0.6A B. cd杆所受安培力的大小为0.75N C. 水平拉力F的功率为5.625W D. 3 s内通过ab杆的电荷量为3.75C ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB.对于cd杆，分析受力如图:‎ 根据平衡条件得：F安=mgtan37°；‎ 对ab杆，由于感应电流的大小、导线的长度相等，两杆所受的安培力大小相等，由平衡条件得知，F=F安，则得：F=mgtan37°=0.75N.cd杆所受的安培力F安=BIL，则得电流为;故A错误、B正确.‎ C.回路中产生的感应电动势E=IR=1.5V，根据导体棒切割磁感应线产生的感应电动势计算公式可得：E=BLv-BLvcos37°，解得：v=7.5m/s，所以水平拉力F的功率为P=Fv=5.625W;故C正确.‎ D.3s内通过ab杆的电荷量为q=It=2.25C;故D错误.‎ 二.非选择题:本题包括必考题和选考题两部分。第11~14题为必考题，每个试题考生都必须作答。第15~16题为选考题，考生根据要求作答。‎ ‎11.某物理兴趣小组利用如图甲所示的装置进行验证动量守恒定律的实验。光滑的水平平台上的A点放置有一个光电门。实验步骤如下：‎ A.在小滑块a上固定一个宽度为d的窄挡光片；‎ B.用天平分别测得小滑块a（含挡光片）和小球b的质量为m1、m2；‎ C.在a和b间用细线连接，中间夹一被压缩了的水平轻短弹簧，静止放置在平台上；‎ D.细线烧断后，a、b被弹开，向相反方向运动；‎ E.记录滑块a离开弹黄后通过光电门时挡光片的遮光时间t；‎ F.小球b离开弹簧后从平台边缘飞出，落在水平地面的B点，测出平台距水平地面的高度h及B点与平台边缘铅垂线之间的水平距离x0；‎ G.改变弹賛压缩量，进行多次实验.‎ ‎（1）用螺旋测微器测量遮光条的宽度，如图乙所示，则遮光条的宽度为_______________mm.‎ ‎（2）若a、b与弹黄作用过程中系统动量守恒，则m1=______________（用上述实验所涉及物理量的字母表示，重力加速度为g）‎ ‎【答案】 (1). 3.703(3.701~3.704) (2). ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]螺旋测微器的读数是由固定刻度与可动刻度示数的和，所以遮光条的宽度d=3.5mm+20.4×0.01mm=3.704mm；‎ ‎（2）[2]烧断细线后,ab被弹簧弹开,a获得的动量与b获得的动量大小相等方向相反,而a通过光电门的速度,动量,b做平抛运动,速度,弹开后的动量.若a、b与弹黄作用过程中系统动量守恒，则 ‎12.某同学利用图甲所示电路测量一表头的电阻。供选用的器材如下:‎ A.待测表头G1（内阻r1约为300 Ω,量程为5. 0 mA）；‎ B.灵敏电流表G2（内阻r2 =300 Ω,量程为1.0 mA）；‎ C.定值电阻 R(R=1200 Ω)；‎ D.滑动变阻器R1 （最大阻值为10 Ω）；‎ E.滑动变阻器R2 （最大阻值为1000 Ω）；‎ F.电源E（电动势E=1.5 V,内阻不计）;‎ G.开关S,导线若干。‎ ‎（1）请根据图甲所示电路将图乙的实物图补充完整___________。‎ ‎（2）滑动变阻器应选_______（填“R1”或“R2”）。开关S闭合前，滑动变阻器的滑片P 应滑动至_______（填"a"或“b"）端。‎ ‎（3）该同学接入定值电阻R的主要目的是_______。‎ ‎（4）实验中某次待测表头G1的示数如图丙所示,示数为__________mA。‎ ‎（5）该同学多次移动滑片P ,记录相应G1、G2示数I1、I2 ；以I1为纵坐标I2为横坐标，作出相应图线。测得图线的斜率k= 4.8,则待测表头内阻r1=_____Ω。‎ ‎【答案】 (1). 如图所示： (2). R1 (3). b (4). 保护G2，使两表均能达到接近满偏 (5). 3.40（3.38-3.42） (6). 312.5‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】第一空．参照图甲电路连线，结果如图所示；‎ 第二空、第三空．为方便实验操作，应选择最大阻值较小的滑动变阻R1，滑动变阻器采用分压接法时，为保护电路闭合开关前滑片要置于分压电路分压为零的位置，即滑动变阻器要移到b端；‎ 第四空．由于两电流表的内阻相当，但满偏电流相差很大，所以为不致于使指针偏角相差很大，要接入定定值电阻R，其作用是保护G2，使两表均能接近满偏；‎ 第五空．从图丙中读出电流I1=3.40mA；‎ 第六空．根据欧姆定律和并联电路电压相等的关系有：I1r1=I2（r2+R），那么，结合题意图象的斜率，所以。‎ ‎13.如图所示，平面直角坐标系中，轴左侧有垂直纸面向里的匀强磁场，轴右侧有沿着轴正方向的匀强电场，一质量为带电荷量为的电子从轴上的M点以速度沿与轴正方向的夹角为60°斜向上进入磁场，垂直通过轴上的N点后经过轴上的P点，已知不计电子重力，求:‎ ‎(1)匀强磁场的磁感应强度的大小；‎ ‎(2)匀强电场的电场强度的大小；‎ ‎(3)电子从M点到P点的运动时间。‎ ‎【答案】（1）匀强磁场的磁感应强度的大小为；（2）匀强电场的电场强度的大小为；（3）电子从M点到P点的运动时间为 ‎【解析】‎ 分析】‎ 根据题图可知，考查了带电粒子在复合场中的运动，根据带电粒子在电场中和磁场中的运动特点，画出轨迹，结合几何关系求解：‎ ‎（1）电子在磁场中做圆周运动，根据题意求出电子轨道半径，应用牛顿第二定律求出磁感应强度大小。‎ ‎（2）电子在电场中做类平抛运动，应用类平抛运动规律求出电场强度大小。‎ ‎（3）分别求出电子在磁场与电场中的运动时间，然后求出电子从M到P的运动时间。‎ ‎【详解】（1）电子运动轨迹如图所示：‎ 由几何知识得：rcos60°＝r﹣L，解得：r＝2L 电子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力 由牛顿第二定律得：ev0B＝m 解得：B；‎ ‎（2）电子在电场中做类平抛运动 水平方向：L＝v0t 竖直方向：L 解得：E ‎（3）电子在磁场中做圆周运动的周期：T，‎ 电子在磁场中的运动时间：t1，‎ 电子在电场中的运动时间：t2 电子从M到P的运动时间：t＝t1+t2；‎ ‎【点睛】分析清楚电子运动过程、作出运动轨迹是解题的前提，应用牛顿第二定律、类平抛运动规律可以解题。‎ ‎14.如图所示，A、B两小球通过长l=10m的不可伸长的轻绳连接，A球质量mA=0.6kg，B球质量mB=0.4 kg，将两球从同一位置先后释放，先释放A球，t1=1 s后再释放 B球，细绳绷直后立即绷断，且绷断时间极短，绷断后A、B两球再经过t2=2 s同时落地。 两球都可视为质点，不计空气阻力，重力加速度g=10 m/s2。‎ ‎（1）分别求细绳绷直前瞬间A、B球的速度大小；‎ ‎（2）求两球释放位置离地面的高度。‎ ‎【答案】(1)vA=15m/s,vB=5m/s (2)H=49.25m ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）设绳子伸直前B球运动的时间为t，则A球运动的时间为t+t1，则有 l=(t+t1)2-t2‎ 解得:t=0.5s 由运动学公式可得：‎ vA=g(t+t1)‎ vB=gt 解得:vA=15m/s vB=5m/s ‎（2）绳子绷断过程，时间极短，两球组成的系统动量守恒，则有 ‎ mAvA+mBvB=mAvA′+mBvB′‎ 又经时间t2两球同时着地，则有：‎ h1=vA′t2+ 对A从释放到绳子绷紧：h2= ‎ 则H=h1+h2 ‎ 解得:H=49.25m ‎15.下列说法正确的是 .（填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分）‎ A. 布朗运动是悬浮在液体中的颗粒分子的运动 B. 固体不易拉断是因为分子间有相互的引力 C. 25℃的铁块的分子平均动能一定比5℃的氢气的分子平均动能大 D. 所有的晶体均具有各向异性 E. 浸润液体在细管中上升时，管的内径越小，液体所能达到的高度越高 ‎【答案】BCE ‎【解析】‎ ‎【详解】A.布朗运动是液体或气体中悬浮微粒的无规则运动，它是液体分子无规则运动的反映;故A错误.‎ B.固体不易拉断是因为分子间有相互的引力;故B正确.‎ C.温度是分子平均动能的标志，25℃的铁块的分子平均动能一定比5℃的氢气的分子平均动能大;故C正确.‎ D.晶体分为单晶体和多晶体，单晶体具有各向异性，多晶体具有各向同性;故D错误.‎ E.浸润液体在细管中上升时，管的内径越小，液体所能达到的高度越高;故E正确.‎ ‎16.如图所示，导热良好的汽缸的体积为V，横截面积为S，开口向右水平放置，环境的热力学温度为T0时，用一厚度不计的活塞将汽缸分为等体积的左右两部分。当环境温度保持不变时，将汽缸开口向上竖直放置，缸内气体稳定时，体积比水平放置时减小了 .已知大气压强为p0，活塞的厚度不计，活塞与汽缸间的摩擦不计，重力加速度为g.‎ ‎①求活塞的质量m；‎ ‎②缓慢升高环境的温度，求当活塞上升到汽缸口时的环境温度。‎ ‎【答案】(1)m= (2) ‎【解析】‎ ‎【详解】①由玻意耳定律可知：‎ p0× ‎ 汽缸开口向上时气体的压强：‎ p1=p0+ 解得:m= ‎②在活塞上升到汽缸口的过程中，气体做等压变化，有：‎ ‎ 解得: ‎17.如图所示，甲、乙两列简谐横波分别沿x轴正方向和负方向传播，两波源分别位于 x=-0.2 m和x=1.2m处，两列波的速度均为v=l m/s，两列波的振幅均为2cm，图 示为t=0时刻两列波的图象，此刻P、Q两质点刚开始振动。质点M的平衡位置处于x=0.5 m处，下列说法正确的是 。‎ A. 两列波相遇后会产生稳定的干涉图样 B. 质点M的起振方向沿y轴负方向 C. 甲波源的振动频率为1.25 Hz D. 1 s内乙波源处的质点通过的路程为0.2 m E. 在t=2s时刻，质点Q的纵坐标为2 cm ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.由波形图可读出，,而两列波的波速相等，由v=λf知频率不相等，则两列波相遇后不能产生稳定的干涉图样;故A项不合题意.‎ B.两列简谐横波分别沿x轴正方向和负方向传播，由“上下坡法”判断知t=0时刻，质点P沿y轴正方向运动，质点Q沿y轴负方向运动，而M点到P和Q的距离均为0.3m，波速相同为1m/s，波源的起振同时传到M点；但由波源的振动位移方程，可得振动的速度，因，可知乙的起振速度较大，两个y方向的起振速度求合速度沿y轴负方向，则当波传到M点时，由波的叠加原理知质点M的起振方向沿y轴负方向;故B项符合题意.‎ C.甲波的波长，由v=λf得 ，‎ ;‎ 故C项符合题意.‎ D.1s内波传播的距离为 x=vt=1m，则知t=1s时刻甲波刚好传到乙波源处;乙波的周期为：‎ ，‎ 则1s内乙波源处的质点通过的路程为：‎ ;‎ 故D项符合题意.‎ E.2s内波传播的距离为x=vt=2m，则知t=2s=5T乙，乙波的传播使得Q点刚好到平衡位置;P点离Q点0.6m，甲波源的振动传播到Q点需要 则：‎ ；‎ 则甲波传到Q点振动一个周期加四分之三个周期，而甲波的起振是向上，可得Q点在波谷；两列波叠加可知Q点的位置为波谷，位置为-2cm；故E项不合题意.‎ ‎18.如图所示，一个截面为矩形的水池，池底有一垂直于池壁的线形发光体，长度l=3m.当池中未装水时，一高h=l. 5m的人站在距池边s1=2m的A点，只能看到发光体的左端 点。当将水池加满水时，人需移动到距池边s2=3m的B点时，才只能看到发光体的左端点。已知发光体的右端紧靠站人一方的池边，人站的位置与发光体在同一竖直面内，不计人眼到头顶的距离。求：‎ ‎①水池中水的折射率；‎ ‎②人站在B点时看到的左端点的像到发光体的距离。‎ ‎【答案】(1)n= (2)0.75m ‎【解析】‎ ‎【详解】①光路如图所示:‎ 光从发光体的左端点发出的光射到站在B处的人的眼睛中时，对应的入射角的正弦值为 sini= ‎ 对应的折射角的正弦为：‎ sinr= 折射率n= 解得:n= ‎ ‎②当人站在A点时，‎ 解得:水池的深度H=2.25m ‎ 设左端点的像到水面的距离为x，则有:‎ 解得：x=1.5m 则左端点像到发光体的距离为H-x=0.75m.‎ ‎ ‎