2017-2018学年福建省泉州市泉港区第一中学高二下学期期末考试物理试题 解析版

2017-2018学年福建省泉州市泉港区第一中学高二下学期期末考试物理试题 解析版

福建泉州市泉港区第一中学2017-2018学年度高二下学期期末考试 物理试题 一、单选题：本题共8小题，每小题3分，共24分，只有一个选项是符合题目要求。‎ ‎1. 把“能量子”概念引入物理学的物理学家是（ ）‎ A. 普朗克 B. 麦克斯韦 C. 托马斯·杨 D. 赫兹 ‎【答案】A ‎【解析】普朗克引入能量子概念，得出黑体辐射的强度按波长分布的公式，与实验符合的非常好，并由此开创了物理学的新纪元，故A正确；麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹证明了电磁波的存在，托马斯·杨首次用实验观察到了光的干涉图样，故BCD不合题意。‎ 故本题选A ‎2. 如图所示，S、a、b、c、d、e是间距为1m的6个质点，它们均静止于平衡位置。波源S在t=0时刻从平衡位置开始向上振动，形成向右传播的简谐横波，当t=1s时质点S第一次到达最高点，当t=4s时质点d开始起振，则（ ）‎ A. 这列波的频率是4Hz B. 这列波的波速是4m／s C. t=4.9s时，质点a的速度方向向上 D. t=4.9s时，质点c的加速度方向向上 ‎【答案】C ‎【解析】A、B、当t=1s时质点s第一次到达最高点，当t=4s时质点d开始起振可知该波的周期为T=4s，波长为λ=4m，则频率，波速，故A错误，B正确。C、在t=4.6s这一时刻质点a已经振动了3.5s时间，此时a质点正从波谷向平衡位置运动，加速度指向平衡位置则方向向上，故C正确．D、在t=4.6s这一时刻质点c已经振动了1.6s时间，此时c质点正从波峰向平衡位置运动，加速度方向向下．故D错误．故选BC.‎ ‎【点睛】本题考查分析波形成过程中质点振动情况的能力；当t=1s时质点s第一次到达最高点，当t=4s时质点d开始起振可知该波的周期为T=4s，波长为λ=4m ‎．介质中各质点起振方向均向上．‎ ‎3. 钍核（）具有放射性，它能放出一个新的粒子而变为镤核（），同时伴随有射线产生，其方程为→+X。则x粒子为（ ）‎ A. 电子 B. 中子 C. 质子 D. 粒子 ‎【答案】A ‎【解析】元素衰变过程中，质量数守恒，电荷数守恒，故X粒子的核电荷数为-1，质量数为0，则X粒子是电子，属于衰变。‎ 故本题选A ‎4. 光在科学技术、生产和生活中有着广泛的应用，下列说法正确的是 A. 在光导纤维束内传送图像是利用光的色散现象 B. 白光通过三棱镜后得到彩色图样是利用光的衍射现象 C. 用透明的标准平面样板检查光学平面的平整程度是利用光的干涉现象 D. 光学镜头上的增透膜是利用光的偏振现象 ‎【答案】C ‎5. 图1、2是利用a、b两种单色光分别通过同一双缝干涉装置得到的干涉图样。下列关于a、b两束单色光的说法正确的是（ ）‎ A. 真空中，a光的频率比较大 B. 同一介质中，a光传播的速度大 C. a光光子能量比较大 D. 同一介质对a光折射率大 ‎【答案】B ‎【解析】A、a光照射产生的条纹间距大于b光照射产生的条纹间距，根据双缝干涉条纹的间距公式知，a光的波长大于b光的波长，A正确。B、由结合波长关系知a光的频率小于b光的频率，而可得a光光子能量比较小，B错误。C、D、由可知a光的频率小，折射率小，则波速较大，即两种光在同一介质中的传播速度满足，C正确、D错误.故选AC.‎ ‎【点睛】解决本题的关键掌握双缝干涉条纹的间距公式，以及知道波长、频率的大小关系，注意光电效应方程的内容．‎ ‎6. 用某种频率的光照射锌板刚好可以发生光电效应。则下列说法正确的是（ ）‎ A. 用频率更高的光照射锌板，则单位时间发射的光电子会增多 B. 用频率较低的入射光照射较长时间，锌板也可以发射出光电子 C. 增大入射光的照射强度，则光电子的最大初动能会增大 D. 换用波长更短的光照射锌板，则光电子的最大初动能会增大 ‎【答案】D ‎【解析】（1）根据光电效应原理，金属表面单位时间逸出的光电子数目只与入射光照强度有关，而与光的频率无光，A错误；‎ ‎（2）如果入射光的频率小于锌板的极限频率（截止频率），无论照射多长，光照强度多强，均不会发生光电效应，B错误；‎ ‎（3）根据爱因斯坦光电效应方程，光电子的最大初动能只与入射光频率有关，而和光照强度无光，C错误；‎ ‎（4）换用波长更短的光，即频率更大的光，由可知，光电子的最大初动能增加，D正确；‎ 故本题选D ‎【点睛】（1）金属表面单位时间逸出光电子数目只与光照强度有关，与频率无光；‎ ‎（2）如果入射光频率小于金属截止频率，不会发生光电效应；‎ ‎（3）光电子逸出的最大初动能只与入射光的频率有关。‎ ‎7.‎ ‎ 如图所示，通过水平绝缘传送带输送完全相同的闭合铜线圈，线圈均与传送带以相同的速度匀速运动。为了检测出个别未闭合的不合格线圈，让传送带通过一固定匀强磁场区域，磁场方向垂直于传送带平面向上，线圈进入磁场前等距离排列，穿过磁场后根据线圈间的距离，就能够检测出不合格线圈。通过观察图示图景，可判断下列说法正确的是（ ）‎ A. 从图可以看出，第2个线圈是不闭合线圈 B. 从图可以看出，第3个线圈是不闭合线圈 C. 若线圈闭合，进入磁场时线圈相对传送带向前运动 D. 若线圈不闭合，进入磁场时线圈相对传送带向后运动 ‎【答案】B ‎【点睛】线圈进入磁场，磁通量增加，要产生感应电动势，如闭合还产生感应电流，线圈将受到安培力作用，将相对传送带运动．如不闭合，没有感应电流，不受安培力，相对传送带不运动。‎ ‎8. 如图所示，正弦交流电源的电压有效值保持恒定，电流表为理想交流电流表，理想变压器的副线圈接电阻R1和R2，R1和R2的阻值分别为1和3的。当开关S断开时，电流表的示数为I；当S闭合时，电流表的示数为4I，则（ ）‎ A. 开关闭合前后，流经R1的电流之比为1：4‎ B. 开关闭合前后，流经R1的电流之比为1：2‎ C. 开关闭合前后，副线圈的输出电压比为4：1‎ D. 开关闭合前后，变压器的输入功率之比为1：2‎ ‎【答案】A ‎【解析】（1）根据题意，该理想变压器原线圈两端电压U1不变，原、副线圈匝数比一定，故副线圈电压U2保持不变，与开关S闭合断开无关，C错误；开关断开时，副线圈电流；闭合开关后，副线圈电流，故开关闭合前后，流过电阻R1的电流之比，A正确，B错误；‎ ‎（2）理想变压器输入功率和输出功率相等。闭合开关前，变压器输入功率为；在闭合开关之后，变压器输入功率为，故开关闭合前后，变压器输入功率之比为1:4，D错误。‎ 故本题选A ‎【点睛】（1）根据理想变压器的制约关系可知，原线圈两端电压U1不变，原、副线圈匝数比一定，故副线圈电压U2保持不变；（2）在副线圈电压U2不变的情况下，开关闭合前后，副线圈回路电流与电阻成反比，输出功率与电阻成反比。‎ 二、多选题：本题共4小题，每小题4分，共16分，有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错得0分。‎ ‎9. 下图为氢原子的能级示意图。现有大量的氢原子处于n=4的激发态，当氢原子向低能级跃迁时辐射出若干不同频率的光。下列说法正确的是（ ）‎ A. 频率最高的光是由n=4能级跃迁到n=1能级产生的 B. 波长最长的光是由n=4能级跃迁到n=1能级产生的 C. 这些氢原子总共可辐射出4种不同频率的光 D. 共有4种不同频率的光可以让逸出功为2.22eV的金属发生光电效应 ‎【答案】AD ‎【解析】A、由n=4能级跃迁到n=1能级产生的光，能量最大，频率最大，故A正确；B、由n=4能级跃迁到n=3能级产生的光，能量最小，波长最长．故B错误；C、处于n=4能级的氢原子能发射频率的光，故C错误；D、由n=4能级跃迁到n=3能级和n=3能级跃迁到n=2能级辐射出的光的能量分为、，小于2.22eV，不能使该金属发生光电效应，故能发生光电效应的共四种光，故D正确．故选AD.‎ ‎【点睛】本题涉及氢原子的能级公式和跃迁，光子的发射，光子能量的计算，光电效应等知识点，涉及面较广，有一定的综合性，比较全面考察了学生对近代物理掌握情况．‎ ‎10. 关于原子核的结合能，正确的是（ ）‎ A. 比结合能越大，则核子平均质量越大 B. 组成原子的核子数越多，它的比结合能越大 C. 比结合能越大，则核子结合得越牢固 D. 组成原子的核子数越多，它的结合能就越大 ‎【答案】CD ‎【解析】（1）原子核的比结合能越大，则核子在结合成原子核时亏损的质量就越多，剩余平均质量越小，A错误；‎ ‎（2）中度质量的原子核最稳定，核中核子比结合能最大，并非核子数越多，比结合能越大，B错误；‎ ‎（3）比结合能越大，原子核中核子结合的越牢固，要想将原子核变成单个核子，需要吸收更大的能量，分开越不容易，C正确；‎ ‎（4）原子核的核子数越多，核力做功越多，结合能越大，D正确；‎ 故本题选CD ‎11. .某同学在研究电容、电感对恒定电流与交变电流的影响时，采用了如图所示的电路，其中S为双刀双掷开关，L1、L2是两个完全相同的灯泡，已知把开关接3、4时，电路与交流电源相通，稳定后的两个灯泡亮度相同。则该同学在如下操作中观察到的实验现象正确的是（ ）‎ A. 开关置于1、2，稳定后，L1发光，L2不发光 B. 开关置于1、2，稳定后，L1、L2两个灯泡均发光，但L1比L2亮 C. 开关置于3、4，保持电压有效值不变，增大交流电频率，则L2比L1亮 D. 开关置于3、4，保持电压有效值不变，增大交流电频率，则L1比L2亮 ‎【答案】AC ‎【解析】A、B当开关置于1、2时，接的是直流电，稳定后，电感的感抗减小，L1亮，电容的容抗无穷大，也就是不通电，L2不亮．故A正确、B错误．C、D、当开关从置于3、4的状态下增大交流电的频率，电容器的容抗变小，L2的电流变大；电感的感抗xL=2πfL变大，L1的电流变小，则L2比L1亮．故C正确、D错误．故选AD．‎ ‎【点睛】电感的特性是：通直流、阻交流；阻高频、通低频．电容的特性是：隔直流、阻交流；通高频、阻低频．也可以用感抗公式xL=2πfL和容抗公式来分析，更方便．‎ ‎12. 如图1所示，在匀强磁场中，一矩形金属线圈绕与磁感线垂直的轴匀速转动。线圈分别以不同的转速转动，产生的交变电动势图象如图2中曲线a、b所示，则（ ）‎ A. 两次t=0时刻线圈平面与中性面重合 B. 曲线a、b对应的线圈转速之比为2：3‎ C. 曲线a表示的交流电动势频率为25Hz D. 曲线b表示的交流电动势最大值为10V ‎【答案】ACD ‎【解析】（1）由e-t图象可知，在t=0时刻，感应电动势的瞬时值为零，故线圈处在中性面上，A正确；‎ ‎（2）由图可知，a的周期为4×10-2s，b的周期为6×10-2s，根据频率，频率和转速n在数阻上相等，可知，线圈转速和周期成反比，即，B错误；‎ ‎（3）曲线a的交变电动势的频率=25Hz，故C正确；‎ ‎（4）曲线a表示的交变电动势的峰值为15V，而根据得曲线b表示的交变电动势峰值为10V，故D正确；‎ ‎【点睛】根据图象可分别求出两个交流电动势的峰值以及周期等物理量，然后进一步可求出其瞬时值的表达式以及相关量。‎ 三．填空题（本大题共2小题，共6+10=16分。）‎ ‎13. 在做“测定玻璃的折射率”的实验中，某同学在白纸上放好玻璃砖，分别画出玻璃砖与空气的两个界面aa'和bb'。在玻璃砖的一侧插上两枚大头针P1和P2，然后在另一侧透过玻璃砖观察操作，用“+”表示大头针的位置。请回答：‎ ‎①此后正确的操作步骤是_______。 （选填选项前的字母）‎ A. 插上大头针P3，使P3挡住P2的像 B. 插上大头针P3，使P3挡住P1、P2的像 C. 插上大头针P4，使P4挡住P3的像 D. 插上大头针P4，使P4挡住P3和P1、P2的像 ‎②图中AO表示经过大头针P1和P2的光线，该光线与界面aa'交于O点，MN表示法线。请将光路图画完整，并在图中标出光线在界面aa'发生折射现象的入射角1和折射角2。‎ ‎③该玻璃砖的折射率可表示为n=________。（用1和2表示）‎ ‎【答案】 (1). ①BD ②略 (2). ③‎ ‎【解析】①由于P3挡住P1、P2的像，P4挡住P3和P1、P2的像，故通过P1、P2的光线折射后通过P3、P4，作出光路图，如下图所示：‎ 故选BD.‎ ‎(2)根据折射定律，玻璃砖的折射率为.‎ ‎【点睛】本题关键明确“测定玻璃的折射率”的实验的实验原理，要能够画出光路图，根据折射率定义求解介质的折射率．‎ ‎14. 某同学利用单摆测定当地的重力加速度，按如下步骤进行操作：‎ ‎（i）取一根符合实验要求的摆线，下端系一金属小球，上端固定在O点；‎ ‎（ii）测量出悬点O到小球球心的距离L记为摆长；‎ ‎（iii）拉动小球使细线偏离竖直方向一个较小的角度，然后静止释放小球；‎ ‎（iv）用秒表记录小球完成n次全振动所用的时间t。‎ 请你结合以上操作回答：‎ ‎①用以上所测物理量的符号表示重力加速度的测量值，其表达式为g=_________。‎ ‎②图（甲）中的秒表示数为一单摆完成45次全振动经历的时间，则该单摆振动周期的测量值为______s。（保留2位有效数字）‎ ‎③为使重力加速度的测量结果更加准确，下列做法合理的有（______）‎ A. 摆球运动过程中，必须保证悬点固定不动 B. 测量摆长时，应测量水平拉直后的摆线长 C. 摆球运动过程中，摆线与竖直方向的夹角不能太大 D. 测量周期时，应该从摆球运动到最高点时开始计时 ‎④在与其他同学交流实验数据处理方案后，他决定用图像法处理数据，并通过改变摆长，测得了多组摆长l和对应的周期T，并用这些数据作出T2-l图像如图（乙）所示。若图线的斜率为k，则重力加速度的测量值g=_________（用字母表示）。另一位同学利用图像法处理数据，得到的图像如图（丙）所示，这位同学通过分析发现图像不过原点的原因是：在计算摆长时未计入小球的半径，则该同学根据图像丙计算得到的加速度会______（填“偏大”、“不变”、“偏小”）。‎ ‎【答案】 (1). ① (2). ②1.6s (3). ③AC (4). ④， (5). 不变 ‎【解析】(1)根据单摆的周期公式，得，而，故重力加速度.‎ ‎(2)秒表的小盘读数为12.5s，大盘读数为60s，则秒表的读数为72.5s，则周期为.‎ ‎(3) A、摆长应为绳长加小球的半径之和，则让小球连着绳自然下垂测量悬点到球心的距离，故A错误.B、实验时保证悬点固定，防止摆线松动带来摆长的变化，故B正确．C、摆线偏离平衡位置的角度不能太大，否则不能构成单摆的摆动规律，故C正确．D、测量周期应从摆球经过平衡位置时开始计时，故D错误．故选BC．‎ ‎(4)根据周期公式，可得，则图象的斜率，故；若计算摆长时未算半径，则，可知图象的斜率不变，则求得重力加速度g不变.‎ ‎【点睛】简谐运动是一种理想的运动模型，单摆只有在摆角很小，空气阻力影响不计的情况下单摆的振动才可以看成简谐运动，要知道影响实验结论的因素．应用单摆周期公式可以解题；要掌握应用图象法处理实验数据的方法.‎ 三、计算题（本大题共4小题，共44分。解答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，答案中必须明确写出数值和单位。）‎ ‎15. 如图所示，一个半径为R的透明球体放置在水平面上，一束蓝光从A点沿水平 方向射入球体后经B点射出，最后射到水平 面上的C点。已知OA=0.5R，该球体对蓝光 的折射率为。求：‎ ‎(1)它从球面射出时的出射角β为多少?‎ ‎(2)若光在真空中的传播速度为c，那么，请推导出光从A点传播到C点所需时间t的表达式(用c，R表示) ‎ ‎【答案】（1）60º （2）‎ ‎【解析】试题分析：①设入射角为α，由几何关系可知：（1）‎ 由可得：sinβ＝nsinα＝‎ 所以：β＝60°‎ ‎②由公式 ‎ ‎ ‎ 考点：光的折射.‎ ‎16. 一列简谐横波在x轴上传播，在t1=0和t2=0.5s两时刻的波形分别如图中的实线 和虚线所示，求：‎ ‎(1)若周期大于t2－t1，波速多大?‎ ‎(2)若周期小于t2－t1，则波速又是多少? ‎ ‎(3)若波速为92m/s，求波的传播方向。‎ ‎【答案】（1）12m/s （2）(4＋16n) m/s或(4＋16n) m/s (n＝1，2，3，…) （3）波向左传播 ‎【解析】(1)若波向右传播，Δx1＝2 m，Δt＝t2－t1＝0.5 s，则v1＝＝4 m/s；‎ 若波向左传播，Δx2＝6 m，Δt＝t2－t1＝0.5 s，则v2＝＝12 m/s.‎ ‎(2)若波向右传播，Δx3＝(2＋8n)m(n＝1,2,3，…)，Δt＝t2－t1＝0.5 s，则v3＝＝(4＋16n) m/s(n＝1,2,3，…)；‎ 若波向左传播，Δx4＝(6＋8n) m(n＝1,2,3，…)，Δt＝t2－t1＝0.5 s则v4＝＝(12＋16n) m/s(n＝1,2,3，…)．‎ ‎(3)当波速为92 m/s时，波向前传播的距离为Δx＝vt＝46 m＝λ，由(2)题答案可知波向左传播．‎ ‎17. 如图所示是泉港一中教室天花板上挂着的电风扇，电风扇叶片的长度为L，转动的频率为f，螺旋桨叶片的近轴端为a，远轴端为b，如果忽略a到转轴中心线的距离，当地的地磁场沿竖直方向分量的磁感应强度为B，设仰望电风扇时，叶片转动方向是顺时针。‎ 求： ‎ ‎（1）a点电势和b点电势哪点高？‎ ‎（2）每个叶片的感应电动势E的大小。‎ ‎【答案】（1）a点电势低于b点电势 （2）E＝πfl2B ‎【解析】（1）切割磁感线的导体可等效为电源，电源的正、负级分别对应右手定则中的指尖和掌托，正级电势高。根据泉州一中的维度，该处地磁场沿竖直方向的分量为竖直向下，故根据右手定则，可以判断，a点电势低于b点电势；‎ ‎（2）根据题意，，，，联立得每个叶片的感应电动势：‎ ‎18. 如图1所示，MN和PQ为竖直放置的两根足够长的光滑平行金属导轨，两导轨间距为L，电阻均可忽略不计。在M和P之间接有阻值为R的定值电阻，导体杆ab质量为m、电阻不计，并与导轨接触良好。整个装置处于磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中。将导体杆ab由静止释放。则：‎ ‎（1）求ab杆下落稳定后，电阻R上的热功率P。‎ ‎（2）若将M和P之间的电阻R改为接一电动势为E，内阻为r的直流电源，发现杆ab由静静止释放后向上运动，如图2所示，求杆稳定运动后的速率V。‎ ‎（3）若将M和P之间的电阻R改为接一电容为C的电容器，如图3所示。ab杆由静止释放。请推导证明杆做匀加速直线运动，并求出杆的加速度a。‎ ‎【答案】（1） （2） （3）‎ ‎【解析】(1)a、对ab杆下滑过程，由牛顿第二定律，可知随着速度的增大，加速度逐渐减小，当时，加速度为零，杆做匀速直线运动；故杆先做加速度逐渐减小的加速，再做匀速直线运动.‎ b、ab杆稳定下滑时，做匀速直线运动：,可得 故 ‎(2)a、对ab杆上滑过程，由牛顿第二定律：，上滑的速度增大，感应电流与电源提供的电流方向相反，总电流逐渐减小，故加速度逐渐减小；同样加速度为零时杆向上匀速直线运动.‎ B、杆向上匀速时，‎ 电源的输出功率 解得：‎ ‎(3)设杆下滑经时间，由牛顿第二定律：，‎ 电容器的充电电流 电容器增加的电量为：‎ 而 联立解得：‎ 可知杆下滑过程给电容器充电的过程加速度恒定不变，故为匀加速直线运动。‎ 解得：‎ ‎【点睛】对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，重点是分析安培力作用下物体的平衡问题；另一条是能量，分析电磁感应现象中的能量如何转化是关键．‎ ‎ ‎ ‎ ‎