安徽省亳州市第二中学2018-2019学年高二下学期期末考试物理试题

安徽省亳州市第二中学2018-2019学年高二下学期期末考试物理试题

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，由跃迁到，辐射的光子能量最大值为，所以该金属的逸出功为，故B说法正确。‎ D. 一群处于能级的氢原子向低能级跃迁时，辐射的能量小于从能级直接向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，周期为；在轨道Ⅱ上的轨道半长轴为，周期为，由开普勒第三定律知，因为，所以，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，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 B. 受到的摩擦力大小为μ(mg＋m)‎ C. 受到的向心力大小为mg＋m 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：，受到的摩擦力大小为，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，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 B. 小孩和绷床接触的时间段为 C. 在运动过程中小孩加速度最大的时刻是 D. 在运动过程中小孩加速度最大的时刻是 ‎【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，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，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，故A正确，B错误。‎ CD.速度时间图象的斜率表示加速度，显然时刻图象的斜率最大，故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，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。三个微粒在竖直方向的位移相等，根据可知，他们加速度的关系为；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，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 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，，设粒子的轨道半径为、，则有，，带电粒子1与2的半径的比，故A错误。‎ B.洛仑磁力提供向心力，由牛顿第二定律可得：，粒子的比荷为：，所以粒子的比荷之比为，所以B错误。‎ CD.粒子在磁场中运动的周期的表达式为：，所以两粒子的周期比为：；运动的时间分别为，，所以，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，则导体棒CD中的感应电流的方向为，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 B. 子弹在圆筒中水平速度为v0＝2d C. 圆筒转动的角速度可能为ω＝π D. 圆筒转动的角速度可能为ω＝2π ‎【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，可得，子弹在圆筒中水平速度为，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，因为，解得，当时，，当时，，‎ ‎，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，运用逐差法求加速度可得：‎ ‎（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). (4). (5). (6). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）螺旋测微器的度数为：‎ ‎（2）游标卡尺的度数为：‎ ‎（3）根据闭合电路欧姆定律，可知电路中的最大电流为：，所以电流表应该选；根据闭合电路欧姆定律可知，待测电阻两端的最大电压为：，所以电压表应该选；，由于电源的电动势为，电压表的量程为，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；由于待测电阻阻值满足，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。‎ ‎(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： ‎ 解得碰撞前瞬间A的速率：‎ ‎ (2)两物块碰撞过程动量守恒，根据动量守恒定律：‎ 解得碰撞后瞬间A和B整体的速率：‎ ‎ (3)两物块在滑动过程，根据动能定理： ‎ 得A和B整体沿水平桌面滑动的距离：‎ ‎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） （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 ‎ ‎ 得外界温度 ‎ ‎（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：‎ 由闭合电路欧姆定律可得电路中的电流为：‎ 安培力大小为：‎ 由以上方程可得：‎ ‎ (2)电阻R上产生的热量为 电路中产生的总热量为：‎ 由能量守恒可得：‎ 解得：‎ ‎(3)4 s末ab杆运动的加速度为：‎ 由牛顿第二定律可得：‎ 解得：第4 s末拉力：‎ ‎4 s后当加速度时，ab杆的速度达到最大．所以速度最大时：‎ 解得：‎ 设ab杆在4 s末至最大速度过程中通过的位移为，根据 解得：‎ 由动能定理可得：‎ 解得：‎ ‎ ‎