安徽省马鞍山市第二中学2018-2019学年高二下学期期末考试物理试题

安徽省马鞍山市第二中学2018-2019学年高二下学期期末考试物理试题

马鞍山二中2018-2019学年度第二学期期末素质测试 高二物理试卷 一、选择题（本题共12小题，共56分。其中1〜8题，每题4分，有且只有一个正确选项; 9〜12题，每题6分，有多个正确选项，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不选的得0分。）‎ ‎1.大科学工程“人造太阳”主要是将氘核聚变反应释放的能量用来发电，氘核聚变反应方程是，已知的质量为2.0136u，的质量为3.0150u，的质量为1.0087u，1u＝931MeV/c2。氘核聚变反应中释放的核能约为 A. 0.93MeV B. 2.7MeV C. 3.3MeV D. 3.7MeV ‎【答案】C ‎【解析】‎ 因氘核聚变的核反应方程为：；核反应过程中的质量亏损为△m=2mD-（mHe+mn）=0.0035u；释放的核能为△E=△mc2=0.0035uc2=3.3MeV，故C正确，ABD错误；故选C．‎ ‎2.下列说法正确的是( )‎ A. 某种放射性元素的半衰期为T,则这种元素的12个原子核在经过2T时间后，这些原子核一定还有3个没有发生衰变 B. 根据爱因斯坦的光电效应方程EK=hv一W，若频率分别为和 (<)的光均能使某种金属发生光电效应，则频率为的光照射该金属时产生的光电子的初动 能一定比频率为的光照射该金属时产生的光电子的初动能更大 C. 氢原子由高能级向低能级跃迁时，从n=4能级跃迁到n=2能级所放出的光子恰能使某种金属发生光电效应，则处在n=4能级的一大群氢原子跃迁时所放出的光子中有4种光子能使该金属发生光电效应 D. 放射性元素发生衰变时，放射性元素的原子放出核外电子，形成高速电子流一一即 射线。‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】原子核有半数发生衰变所需的时间就是该放射性元素的半衰期，是大量原子核衰变的统计结果，对少量的放射性元素的原子核，无法确定，故A错误；根据爱因斯坦的光电效应方程Ek=hγ-W，若频率分别为γ1和γ2（γ1<γ2）的光均能使某种金属发生光电效应，则频率为γ1的光照射该金属时产生的光电子的最大初动能一定比频率为γ2的光照射该金属时产生的光电子的最大初动能更小，故B错误；氢原子由高能级向低能级跃迁时，从n=4能级跃迁到n=2能级所放出的光子恰能使某种金属发生光电效应，从n=4能级跃迁到n=3能级所放出的光子不能使某种金属发生光电效应，从n=3能级跃迁到n=2能级所放出的光子不能使某种金属发生光电效应，其余跃迁时所放出的光子都能使某种金属发生光电效应，即则处在n=4能级的一大群氢原子跃迁时所放出的光子中有4种光子能使该金属发生光电效应．故C正确；β射线的本质是原子核内部一个中子变成一个质子和电子产生的，故D错误。所以C正确，ABD错误。‎ ‎3.当两分子间距为时，它们之间的引力和斥力相等。关于分子之间的相互作用，下列说法错误的是 A. 当两个分子间的距离等于时，分子势能最小 B. 在两个分子间的距离由很远逐渐减小到的过程中，分子间作用力的合力一直增大 C. 在两个分子间的距离由很远逐渐减小到的过程中，分子间的斥力一直在增大 D. 在两个分子间的距离由逐渐减小的过程中，分子间作用力的合力一直增大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 两分子之间的距离小于r0时，它们之间既有引力又有斥力的作用，而且斥力大于引力，作用力表现为斥力，当两个分子间的距离大于r0时，分子间存在相互作用的引力和斥力，而且斥力小于引力，作用力表现为引力；两个分子间的距离等于r0时，分子力为零；分子之间的距离无论是从r0开始减小，还是从r0开始增大，分子力都做负功，所以当分子之间的距离是r0分子势能不一定为零，但最小，故A项与题意不相符；‎ B.由分子间作用力得图像可知两个分子间的距离由很远逐渐减小到的过程中，分子间作用力先增大后减小，因此B不符合题意 C. 两个分子间的距离由很远逐渐减小到的过程中，分子间的引力和斥力都一直增大，因此C不符合题意 D. 两个分子间的距离由r=r0开始减小的过程中，分子间相互作用力一直增大，表现为斥力，故D项与题意不相符。‎ ‎4.研究光电效应现象实验电路如图所示，A、K为光电管的两个电极，电压表V、电流计G均为理想电表。已知该光电管阴极K的极限频率为，电荷为e，普朗克常量为h，开始时滑片P、P'上下对齐。现用频率为的光照射阴极K(>)，则下列说法正确的是 A. 该光电管阴极材料的逸出功为 B. 若加在光电管两端的正向电压为U，则到达阳极A的光电子的最大动能为 C. 若将滑片P向右滑动，则电流计G的示数一定会小断增大 D. 若将滑片向右滑动，则当滑片P、间的电压为时，电流计G的示数恰好为0‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 由图可知，K是阴极，A是阳极，依据光电效应方程：‎ Ekm=h-W0‎ 当Ekm=0时，入射光的能量等于阴极材料的逸出功，则阴极材料的逸出功 ‎ W0=‎ 故A项与题意不相符；‎ B. 光电子的最大初动能为 ‎ ‎ 光电子电场中加速过程，由动能定理有：‎ ‎ ‎ 所以有：‎ 故B项与题意不相符；‎ C. 若将滑片P向右滑动，则电流计G的示数将先逐渐增大到饱和光电流，当达到饱和电流时，则不变，故C项与意不相符；‎ D. 为了阻止光电子到达阳极，根据动能定理得 可得：‎ ‎ ‎ 即则当滑片P、间的电压为 时，电流计G的示数恰好为0，故D项与题意相符。‎ ‎5.关于动量、冲量、动能，下列说法正确的是 A. 物体动量越大，表明它受到的冲量越大 B. 物体的动量变化，其动能有可能不变 C. 物体受到合外力的冲量作用，则其动能一定变化 D. 运动的物体在任一时刻的动量方向不一定是该时刻的速度方向 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 根据动量定理可知，动量的改变量越大，冲量越大，动量和冲量无直接联系，故A项与题意不相符；‎ B. 匀速圆周运动的速度方向时刻变化，所以动量变化，但动能不变，故B项与题意相符；‎ C. 匀速圆周运动的合外力的冲量不为零，但动能不变，故C项不符合题意；‎ D. 动量是矢量，其方向与物体的速度方向相同，故D项与题意不相符。‎ ‎6.太空中的尘埃对飞船的碰撞会阻碍飞船的飞行，质量为M的飞船飞入太空尘埃密集区域时，需要开动引擎提供大小为F的平均推力才能维持飞船以恒定速度v匀速飞行。已知尘埃与飞船碰撞后将完全黏附在飞船上，则在太空尘埃密集区域单位时间内黏附在飞船上尘埃的质量为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】设单位时间内黏附在飞船上尘埃的质量为m。以单位时间内黏附在飞船上的尘埃为研究对象，根据动量定理有：Ft=mv-0，其中t=1s，可得：，D正确。‎ ‎7.如图所示，静止在光滑水平而上的木板，右端有一根轻质弹簧沿水平方向与木板相连，木板质量M=3kg，质量m=1kg的铁块以水平速度从木板的左端沿板面向右滑行，压缩弹簧后又被弹簧 (弹簧始终在弹性限度以内），最后恰好停在木板的左端，则下列说法中错误的是 A. 铁块和木板最终共同以1m/s的速度向右做匀速直线运动 B. 运动过程中弹簧的最大弹性势能为3J C. 运动过程中铁块与木板因摩擦而产生的热量为3J D. 运动过程中铁块对木板的摩擦力对木板先做正功、后做负功 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 设最终铁块与木板速度相同时共同速度大小为v，铁块相对木板向右运动时，滑行的最大路程为L，滑动摩擦力大小为f。取向右为正方向，根据系统动量守恒可知：‎ 得 方向向右，所以铁块和木块最终共同以1m/s的速度向右做匀速直线运动，故A项与题意不相符；‎ B.铁块相对于木板向右时，当铁块与木板的速度相同时，弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律知此时两者的速度也为 v=1m/s，根据能量守恒定律，铁块相对于木板向右运动过程有 铁块相对于木板运动的整个过程有 ‎ ‎ 联立解得弹簧的最大弹性势能 ‎ EP=3J．fL=3J 故B项与题意不相符；‎ C. 由功能关系知：运动过程中铁块与木板因摩擦而产生的热量 Q=2fL=6J 故C项与题意相符；‎ D. 木板始终向右运动，受到铁块的摩擦力先向右后向左，故摩擦力对木板先做正功后做负功，故D项与题意不相符。‎ ‎8.如图所示，水平光滑地面上停放着一辆质量为M的小车，其左侧有半径为R的四分之一光滑圆弧轨道AB，轨道最低点B与水平轨道BC相切，整个轨道处于同一竖直平面内，将质量为m的物块（可视为质点）从A点无初速释放，物块沿轨道滑行至轨道末端C处恰好没有滑出。己知重力加速度为g，小物块与BC部分的动摩擦因数为，空气阻力可忽略不计。关于物块从A位置运动至C位置的过程，下列说法中正确的是 A. 小车和物块构成的系统动量守恒 B. 摩擦力对物块和轨道BC所做功的代数和为零 C. 物块的最大速度为 D. 小车发生的位移 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 小车和物块组成的系统水平方向所受合外力为零，水平方向动量守恒，系统整体所受合外力不为零，系统动量不守恒，故A项与题意不相符；‎ B. 摩擦力对物块和轨道BC 所做功的代数和等于摩擦力与相对位移的乘积，摩擦力做功的代数和不为零，为：-mgR，故B项与题意不相符；‎ C. 如果小车固定不动，物块到达水平轨道时速度最大，由机械能守恒定律得：‎ ‎ ‎ 解得：‎ ‎ ‎ 现在物块下滑时，小车向左滑动，物块的速度小于，故C项与题意不相符；‎ D. 小车与物块组成的系统水平方向动量守恒，物块下滑过程，以向右为正方向，由动量守恒定律得 ‎ ‎ 水平方向动量守恒在任何时候都成立，因此有 两边乘时间有 即 因最后两物体共速，因此有 由能量守恒可得 解得 且 解得：‎ 故D项与题意相符。‎ ‎9.质量为M的小车静止于光滑的水平面上，小车的上表面和圆弧的轨道均光滑。如图所示，一个质量为m的小球以速度v0‎ 水平冲向小车，当小球返回左端脱离小车时，下列说法中正确的是(　　)‎ A. 小球一定沿水平方向向左做平抛运动 B. 小球可能沿水平方向向左做平抛运动 C. 小球可能沿水平方向向右做平抛运动 D. 小球可能做自由落体运动 ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【详解】小球滑上小车，又返回到离开小车的整个过程，取水平向右为正方向，根据系统水平方向动量守恒有：，再根据系统机械能守恒有：，联立解得：，如果，与方向相反，小球离开小车后向左做平抛运动；如果，，小球离开小车后做自由落体运动；如果，与方向相同，小球离开小车向右做平抛运动，BCD正确。‎ ‎10.在匀强磁场中，一个100匝的闭合矩形金属线圈，绕与磁感线垂直的固定轴匀速转动，穿过该线圈的磁通量随时间按图示正弦规律变化设线圈总电阻为，则 A. 时，线圈平面平行于磁感线 B. 时，线圈中的电流改变方向 C. 时，线圈中的感应电动势最大 D. 一个周期内，线圈产生的热量为 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据图象可知，在t=0时穿过线圈平面的磁通量为零，所以线圈平面平行于磁感线，A正确；‎ B．Φ-t图象的斜率为，即表示磁通量的变化率，在0.5s～1.5s之间，“斜率方向“不变，表示的感应电动势方向不变，则电流强度方向不变，B错误；‎ C．所以在t=1.5s时，通过线圈的磁 量最大，线圈位于中性面，感应电动势为0，故C错误；‎ D．感应电动势的最大值为，有效值，根据焦耳定律可得一个周期产生的热为，故D正确。‎ ‎11.如图所示，理想变压器原线圈a匝数n1＝200匝，副线圈b匝数n2＝100匝，线圈a接在u＝44sin 314t V的交流电源上，“12 V　6 W”的灯泡恰好正常发光，电阻R2＝16 Ω，电压表V为理想电表.下列推断正确的是(　　)‎ A. 交变电流的频率为100 Hz B. 穿过铁芯的磁通量的最大变化率为Wb/s C. 电压表V的示数为22 V D. R1消耗的功率是1 W ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】由表达式知，交变电流的频率为，故A错误；副线圈电流的有效值为，电阻R2两端的电压为：，副线圈两端电压的有效值为：，副线圈电压的最大值为：，根据，可得：，故B正确；由B可知：电压表V的示数为20V，故C错误；原线圈的电流强度为：‎ ‎，原线圈的电压为：，电阻R1消耗的功率为：P=（E-U1）I1=（44-40）×0.25W=1W，故D正确。所以BD正确，AC错误。‎ ‎12.如图所示，一质量为m、边长为L、电阻为R的正方形金属线框在绝缘水平地面上向一磁感应强度大小为B、方向竖直向下的有界匀强磁场滑去（磁场宽度d>L)，ab边刚进入磁场时，线框abef的速度大小为。己知线框abef与地面间的动摩擦因数为，线框abef恰好能完全进入磁场。下列说法正确的是 A. 线框abef进入磁场过程中的加速度不断减小 B. 线框abef进入磁场过程中所产生焦耳热为 C. 整个过程中线框abef损失机械能等于线框abef克服安培力所做的功 D. 通过以上数据不能求出线框abef进入磁场所用的时间 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 根据牛顿第二定律可得 线框abef进入磁场过程中速度减小，则加速度不断减小，故A项与题意相符；‎ B. 根据能量关系可知，线框的动能转化为焦耳热和机械热，所以线框abef进入磁场过程中所产生的焦耳热为 ‎ ‎ 故B项与题意相符；‎ C. 整个过程中线框abef损失的机械能等于线框abef克服安培力所做的功和克服摩擦力做的功之和，故C项与题意不相符；‎ D. 根据动量定理可得 ‎ ‎ 其中 ‎ ‎ 解得：‎ ‎ ‎ 故D项与题意不相符。‎ 二、实验题（每空2分，共8分）‎ ‎13.为了验证碰撞中的动贵守恒和检验两个小球的碰撞是否为弹性碰撞，某同学选収了两个体积相同、质量不相等的小球，按下述步骤做了如下实验：‎ ‎①用天平测出两个小球的质量(分别为和，且>）。‎ ‎②按照如图所示的那样，安装好实验装置。将斜槽AB固定在桌边，使槽的末端处的切线水平，将一斜面连接在斜槽末端。‎ ‎③先不放小球m，让小球从斜槽顶端A处由静止开始滚下，记下小球在斜面上的落点位置。‎ ‎④将小球放在斜槽末端边缘处，让小球从斜槽顶端A处由静止开始滚下，使它们发生碰撞，记下小球在斜面上的落点位置。‎ ‎⑤用毫米刻度尺量出各个落点位置到斜槽木端点B的距离，图中D、E、F点是该同学记下的小球在斜面上的几个落点位置，到B点的距离分别为 LD、LE、LF。‎ ‎(1)小球和发生碰撞后，的落点是图中的_______点，的落点是图中的_______点。‎ ‎(2)用测得的物理量来表示，只要满足关系式__________，则说明碰撞中动量守恒。‎ ‎(3)用测得的物理量来表示，只要再满足关系式_______，则说明两小球的碰撞是弹性碰撞。‎ ‎【答案】 (1). D (2). F (3). (4). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1][2] 小球m1和小球m2相撞后，小球m2的速度增大，小球m1的速度减小，都做平抛运动，所以碰撞后m1球的落地点是D点，m2球的落地点是F点 ‎(2)[3] 碰撞前，小于m1落在图中的E点，设其水平初速度为v1．小球m1和m2发生碰撞后，m1的落点在图中的D点，设其水平初速度为v1′，m2的落点是图中的F点，设其水平初速度为v2． 设斜面BC与水平面的倾角为α，由平抛运动规律得 ‎ ‎ 解得：‎ ‎ ‎ 同理可解得 所以只要满足 ‎ ‎ 即 则说明两球碰撞过程中动量守恒 ‎(3)[4] 若两小球的碰撞是弹性碰撞，则碰撞前后机械能没有损失．则要满足关系式 ‎ ‎ 即 三、计算题（本题共3小题，共36分。解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，解答中必须明确写出数值和单位。）‎ ‎14.如图，一粗细均匀的细管开口向上竖直放置，管内有一段高度为2.0cm的水银柱，水银柱下密封了一定量的理想气体，水银柱上表面到管口的距离为2.0cm。若将细管倒置，水银柱下表面恰好位于管口处，且无水银滴落，管内气体温度与环境温度相同。已知大气压强为76cmHg，环境温度为296K。‎ ‎（1）求细管的长度；‎ ‎（2）若在倒置前，缓慢加热管内被密封的气体，直到水银柱的上表面恰好与管口平齐为止，求此时密封气体的温度。‎ ‎【答案】（1）41cm；（2）312K ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 以“液柱”为模型，通过对气体压强分析，利用玻意耳定律和盖-吕萨克定律求得细管长度和温度，找准初末状态、分析封闭气体经历的变化时关键。易错点：误把气体长度当成细管长度。‎ ‎【详解】（1）设细管的长度为l，横截面的面积为S，水银柱高度为h；初始时，设水银柱上表面到管口的距离为h，被密封气体的体积为V，压强为p；细管倒置时，气体体积为V1，压强为p1。由玻意耳定律有 pV=p1V1①‎ 由力的平衡条件有 p=p0–ρgh③‎ 式中，p、g分别为水银的密度和重力加速度的大小，p0为大气压强。由题意有 V=S（L–h1–h）④‎ V1=S（L–h）⑤‎ 由①②③④⑤式和题给条件得 L=41cm⑥‎ ‎（2）设气体被加热前后的温度分别为T0和T，由盖–吕萨克定律有 ‎⑦‎ 由④⑤⑥⑦式和题给数据得 T=312K⑧‎ ‎15.如下图所示，MN、PQ为足够长的光滑平行导轨，间距L=0.5m.导轨平面与水平面间的夹角= 30°，NQ丄MN，NQ间连接有一个的电阻，有一匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为，将一根质量为m=0.02kg的金属棒ab紧靠NQ放置在导轨上，且与导轨接触良好，金属棒的电阻，其余部分电阻不计，现由静止释放金属棒，金属棒沿导轨向下运动过程中始终与NQ平行，当金属棒滑行至cd处时速度大小开始保持不变，cd 距离NQ为 s=0.5 m，g=10m/s2。‎ ‎(1)求金属棒达到稳定时的速度是多大；‎ ‎(2)金属棒从静止开始到稳定速度的过程中，电阻R上产生的热量是多少？‎ ‎(3)若将金属棒滑行至cd处的时刻记作t=0,从此时刻起，让磁感应强度逐渐减小，可使金属棒中不产生感应电流，则t=1s时磁感应强度应为多大？‎ ‎【答案】(1) (2)0.0183J(3) ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1) 在达到稳定速度前，金属棒的加速度逐渐减小，速度逐渐增大，达到稳定速度时，有 ‎ ‎ 其中 ‎ ‎ 根据法拉第电磁感应定律，有 ‎ 联立解得：‎ ‎(2) 根据能量关系有 ‎ ‎ 电阻R上产生的热量 ‎ ‎ 解得：‎ ‎ ‎ ‎(3) 当回路中的总磁通量不变时，金属棒中不产生感应电流，此时金属棒将沿导轨做匀加速运动，根据牛顿第二定律，有：‎ ‎ ‎ 根据位移时间关系公式，有 ‎ ‎ 设t时刻磁感应强度为B，总磁通量不变，有：‎ ‎ ‎ 当t=1s时，代入数据解得，此时磁感应强度：‎ ‎16.如图所示，一轻质弹簧的一端固定在滑块B上，另一端与滑块C接触但未连接， 该整体静止放在离地面高为H=5m的光滑水平桌面上，现有一滑块A从光滑曲面上离桌面h=l.8m高处由静止开始滑下，与滑块B发生碰撞并粘在一起压缩弹簧推动滑块C向前运动, 经一段时间，滑块C脱离弹簧，继续在水平桌面上匀速运动一段后从桌面边缘飞出。己知mA=lkg，mB=2kg, mC=3kg，g=10m/s2，求:‎ ‎(1)滑块A与滑块B碰撞结束瞬间的速度；‎ ‎(2)被压缩弹簧的最大弹性势能；‎ ‎(3)滑块C落地点与桌而边缘的水平距离。‎ ‎【答案】(1)2m/s (2) 3J(3) 2m ‎【解析】‎ ‎【详解】(1) 滑块A从光滑曲面上h高处由静止开始滑下的过程，机械能守恒，设其滑到底面的速度为v1，由机械能守恒定律有 ‎ ‎ 解得：‎ ‎ ‎ 滑块A与B碰撞的过程，A、B系统的动量守恒，碰撞结束瞬间具有共同速度设为v2，由动量守恒定律有 mAv1=(mA+mB)v2‎ 解得：‎ ‎；‎ ‎(2) 滑块A、B发生碰撞后与滑块C一起压缩弹簧，压缩的过程机械能守恒，被压缩弹簧的弹性势能最大时，滑块A、B、C速度相等，设为速度v3，‎ ‎ ‎ 由动量守恒定律有 mAv1=(mA+mB+mC)v3‎ 由机械能守恒定律有 ‎ ‎ 解得：‎ ‎(3) 被压缩弹簧再次恢复自然长度时，滑块C脱离弹簧，设滑块A、B的速度为v4，滑块C的速度为v5，分别由动量守恒定律和机械能守恒定律有 ‎(mA+mBv2)=(mA+mB)v4+mCv5‎ ‎ ‎ 解得：‎ 滑块C从桌面边缘飞出后做平抛运动：‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 解得：‎ ‎ ‎