2017-2018学年湖北省宜昌市部分示范高中教学协作体高二下学期期中考试物理试题 解析版

2017-2018学年湖北省宜昌市部分示范高中教学协作体高二下学期期中考试物理试题 解析版

宜昌市部分示范高中教学协作体2018年春期中联考 高二物理 一、选择题(本题共12小题，1～8题为单选，9～12题为多选，共计48分)‎ ‎1. 关于光电效应的叙述，下列说法中正确的是(　　)‎ A. 光电流的强度与入射光的强度无关 B. 用频率相同的紫外线照射不同金属时产生的光电子的最大初动能相同 C. 某种光照射某金属时不产生光电效应，换用频率较小的光照射时可能产生光电效应 D. 某种光照射某金属时不产生光电效应，换用极限频率较小的金属时可能产生光电效应 ‎【答案】D ‎【解析】（1）光电流的大小只与入射光的强度有关，即入射光的强度越大，光电流强度越大，A错误；‎ ‎（2）不同金属的逸出功不一样，根据光电效应方程，用频率相同的紫外线照射不同金属时，产生的光电子的最大初动能不相同，B错误；‎ ‎（3）照射某金属时不发生光电效应，说明这种光的频率小于该金属的极限频率，换用频率较小的光照射时更不可能产生光电效应，C错误；‎ ‎（4）某种光照射某金属时不产生光电效应，换用极限频率较小的金属时，入射光频率可能大于该极限频率，有可能产生光电效应，D正确；故本题故选D。‎ ‎2. 如图所示，一理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝5∶1，其原线圈接一交流电源，电压u＝220sin100πt(V)，副线圈接一电动机，电阻为11Ω。若电流表A2示数为1A，电表对电路的影响忽略不计，则 (　 　)‎ A. 交流电的频率为100Hz B. 电动机输出功率为33W C. 电流表A1示数为5A D. 变压器原线圈的输入功率为33W ‎【答案】B ‎【解析】（1）根据原线圈交变电源电压瞬时值表达式u＝220sin100πt(V)可知：‎ 原线圈两端电压的最大值为220V，有效值为220V，角频率为100πrad/s，‎ 那么频率为=50Hz，故A错误；‎ ‎（2）根据变压器原、副线圈电压和匝数之间的关系， 解得：U2=44V，故电动机的输出功率为：=44×1﹣12×11=33W；故B正确；‎ ‎（3）根据变压器原、副线圈电流和匝数关系，解得：I1=0.2A，故C错误；‎ ‎（4）根据输入功率等于输出功率，因电动机内阻也消耗功率，因此原线圈的输入功率应大于33W，故D错误；故本题选B。‎ ‎3. 如图所示，被激发的氢原子从较高能级向较低能级跃迁时，分别发出波长为的三条谱线，则下列关系正确的是(　　)‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】根据玻尔氢原子理论，吸收或辐射光子的能量等于两能级间的能级差，‎ 因为，知，‎ 所以：，解得：‎ 故D正确。‎ ‎4. 中子n、质子p、氘D的质量分别为mn、mp、mD.现用能量为E的γ射线照射静止氘核使之分解，反应方程为γ＋D＝p＋n，若分解后的中子、质子的动能可视为相等，则中子的动能是(　　)‎ A. [(mD－mp－mn)c2－E] B. [(mp＋mn－mD)c2－E]‎ C. [(mD－mp－mn)c2＋E] D. [(mn＋mp－mD)c2＋E]‎ ‎【答案】C ‎【解析】因质量亏损产生的能量为：△E=（mD-mP-mn） c2    设质子、中子的动能为Ek，根据能量守恒有：△E+E=2Ek     联立解得：Ek=[( mD﹣mn﹣mp)c2+E]，故ACD错误，B正确．故选B．‎ ‎5. 在图所示的交流电路中，保持电源电压一定，当交变电流的频率增大时，各交流电压表的示数将 ( )‎ A. 、增大，减小 B. 不变，减小，增大 C. 不变，增大，减小 D. 、、都不变 ‎【答案】C ‎【解析】据题，电压不变，当交流电的频率增加时，电感L的感抗增大，电容C的容抗减小，电阻R不变，则V1不变，V2增大，V3减小．故选C．‎ ‎6. 如图所示，竖直放置的螺线管与导线abcd构成回路，导线所在区域内有一垂直纸面向里的变化的匀强磁场，螺线管下方水平桌面上有一导体圆环，导线abcd所围区域内磁场的磁感强度按下列哪一图线所表示的方式随时间变化时，导体圆环将受到向上的磁场作用力（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】由“导体圆环对桌面的压力增大”分析可知螺线管对圆环有斥力作用。故螺线管中的电流应该增加(等效磁铁的磁性增强)，则要求磁通量的变化率逐渐增加，结合B－t图象分析，B对。‎ 综上所述本题答案是：B ‎7. 用红光照射某一光电管发生光电效应时，测得光子的最大初动能为E1，光电流强度为I1；若改用光的强度与上述红光相同的紫光照射该光电管时，测得光电子的最大初动能为E2，光电流强度为I2，则(　　)‎ A. E2＞E1，I2＜I1 B. E2＞E1，I2＝I1‎ C. E2＞E1，I2＞I1 D. E2＜E1，I2＝I1‎ ‎【答案】A ‎【解析】（1）根据，金属表面逸出的光电子最大初动能与入射光的频率有关，频率增大，则最大初动能增大，与光照强度无关，即E2＞E1；‎ ‎8. 本题中用大写字母代表原子核．E经α衰变成为F，再经β衰变变成为G，再经α衰变变成为H.上述系列衰变可记为： ，另一系列衰变记为：已知P是F的同位素，则(　　)‎ A. Q是G的同位素，R是H的同位素 B. R是E的同位素，S是F的同位素 C. R是G的同位素，S是H的同位素 D. Q是E的同位素，R是F的同位素 ‎【答案】B ‎【解析】α衰变使电荷数少2，新原子在元素周期表中位置前移2位；β衰变使电荷数多1，新原子在元素周期表中位置后移1位。由，可得P是S的同位素，又P是F的同位素，即P、F、S为同位素；E经α衰变成为F，R经α衰变成为S，则E、R是同位素；F经β衰变成为G，P经β衰变成为Q，则G、Q也是同位素，故ACD错误。B正确。‎ 故选：B。‎ ‎9. 边长为L的正方形金属框在水平恒力F作用下运动，穿过方向如图的有界匀强磁场区域．磁场区域的宽度为d（d>L）。已知ab边进入磁场时，线框的加速度恰好为零．则线框进入磁场的过程和从磁场另一侧穿出的过程相比较，有（ ） ‎ A. 产生的感应电流方向相反 B. 所受的安培力方向相同 C. 进入磁场过程的时间等于穿出磁场过程的时间 D. 进入磁场过程和穿出磁场过程中通过导体内某一截面的电量相等 ‎【答案】ABD ‎【解析】线框进入磁场和穿出磁场的过程，磁场方向相同，而磁通量变化情况相反，进入磁场时磁通量增加，穿出磁场时磁通量减小，由楞次定律可知，产生的感应电流方向相反，故A正确。根据楞次定律：感应电流阻碍导体与磁场间相对运动，可知，安培力方向均水平向左，方向相同，故B正确。线框进入磁场时加速度为零，做匀速运动，完全在磁场中运动时磁通量不变，没有感应电流产生，线框不受安培力而做匀加速运动，则知穿出磁场时，线框所受的安培力增大，大于恒力F，线框将做减速运动，刚出磁场时，线框的速度大于或等于进入磁场时的速度，则穿出磁场过程的平均速度较大，则进入磁场过程的时间大于穿出磁场过程的时间，故C错误。线框进入磁场和穿出磁场的过程磁通量变化量大小相等，由分析知通过线框内某一截面的电荷量相等，故D正确。故选ABD。‎ 点睛：本题考查分析线框的受力情况和运动情况的能力，关键是分析安培力，来判断线框的运动情况。对于热量，往往根据能量转化和守恒定律分析。对于电荷量，往往根据推论分析。‎ ‎10. 如图所示，一个100匝的矩形线圈abcd放置在磁感应强度为B的有界匀强磁场中，磁场只分布在bc的左侧，线圈以bc为轴旋转，转动的角速度为ω，图中ad边正垂直于纸面向外转动，电路中接入一个起辉电压为50V的氖泡，已知转速ω＝100πrad/s，线圈的两条边ab＝0.4m，ad＝0.2m，磁感应强度B＝T，则下列说法正确的是(　　)‎ A. 该线圈产生交流电的有效值为50V B. 该线圈产生交流电的有效值为25V C. 1秒内氖泡闪光的时间为0.25s D. 1秒内氖泡闪光100次 ‎【答案】BCD ‎【解析】（1）由题中数据可知，线圈产生感应电动势的最大值为Em=nBSω=50V。由于磁场有边界，线圈只有半个周期在磁场中，得交流电压的有效值U=25V，所以A错误，B正确；‎ ‎（2）线圈产生感应电动势的最大值为Em=50V，而启辉电压为50V的氖泡，当交流电压大于等于50V时，氖泡即可发光。交流电压瞬时表达式e=50sin100πt，令50sin100πt=50，可得在一个周期内，氖泡发光时间为四分之一周期，那么1s内氖泡闪光的时间为0.25s，故C正确；‎ ‎（3）由于角速度ω=100πrad/s，因此周期T=0.02s，而在一个周期内，氖泡发光次数为2次，那么1s内氖泡闪光100次，故D正确；‎ 故本题选BCD。‎ ‎11. 在垂直于纸面的匀强磁场中，有一原来静止的原子核，该核衰变后，放出的带电粒子和反冲的核的运动轨迹分别如图中a、 b所示，由图可以判定(　　)‎ A. 该核发生的是α衰变 B. 该核发生的是β衰变 C. 磁场方向一定垂直纸面向里 D. 磁场方向向里还是向外不能判定 ‎【答案】BD ‎【解析】（1）根据动量守恒定律，A、B放射性元素放出α粒子时，α粒子与反冲核的速度相反，而它们电性相同，则两个粒子受到的洛伦兹力方向相反，两个粒子的轨迹应为外切圆；而放射性元素放出β粒子时，β粒子与反冲核的速度相反，而电性相反，则两个粒子受到的洛伦兹力方向相同，两个粒子的轨迹应为内切圆。故放出的是β粒子，故A错误，B正确；‎ ‎（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，磁场方向不同，粒子旋转的方向相反，由于粒子的速度方向未知，不能判断磁场的方向。故C错误；D正确。故本题选BD。‎ ‎12. 如图所示，闭合小金属环从高h处的光滑曲面上端无初速度滚下，又沿曲面的另一侧上升，则下列说法正确的是（ ）‎ A. 若是匀强磁场，环在左侧滚上的高度小于h B. 若是匀强磁场，环在左侧滚上的高度等于h C. 若是非匀强磁场，环在左侧滚上的高度等于h D. 若是非匀强磁场，环在左侧滚上的高度小于h ‎【答案】BD ‎【解析】AB、若是匀强磁场，穿过小球的磁通量不变，没有感应电流产生，机械能守恒，高度不变，则环在左侧滚上的高度等于h，故A错误，B正确；‎ ‎  CD、若是非匀强磁场，闭合小金属球中由于电磁感应产生感应电流，机械能减小转化为内能，高度减小，则环在左侧滚上的高度小于h，故C错误，D正确；‎ 故选BD。‎ 二、实验填空题（13～14题，每空2分，图象3分，共计15分）‎ ‎13. 如下图所示，Ⅰ和Ⅱ是一对异名磁极，ab为放在其间的金属棒。ab和cd用导线连成一个闭合回路。当ab棒向左运动时，cd导线受到向下的磁场力。由此可知Ⅰ是__________极，Ⅱ是_____________极，a、b、c、d四点的电势由高到低依次排列的顺序是____________________‎ ‎【答案】 (1). S (2). N (3). a＝c＞d＝b ‎【解析】cd导线受到向下的磁场力，根据左手定则可判断电流方向为由c到d，故有由b到a的电流，因为ab棒向左运动，根据右手定则，可知Ⅰ是S极，Ⅱ是N极，ab棒充当电源，a相当于电源正极，与c点电势相同，电流流过导体电势降低，d点通过导线到b端，所以势由高到低依次排列的顺序是 故答案为：S N ‎14. （1）右图是做探究电磁感应的产生条件实验的器材及示意图。‎ ‎①在图中用实线代替导线把它们连成实验电路__________。‎ ‎②由哪些操作可以使电流表的指针发生偏转 Ⅰ________________________________________‎ Ⅱ________________________________________‎ ‎③假设在开关闭合的瞬间，灵敏电流计的指针向左偏转，则当螺线管A向上拔出的过程中，灵敏电流计的指针向_______偏转。（“左”、“右” ）‎ ‎【答案】 (1). (2). 将开关闭合(或者断开) (3). 将螺线管A插入(或拔出)螺线管B (4). 右 ‎【解析】【试题分析】（1）探究电磁感应现象实验有两套电路；电源、开关、滑动变阻器、螺线管A组成控制电路；螺旋管B与电流计组成实验电路．（2）当线圈B中有感应电流产生时，电流表指针发生偏转；根据感应电流产生的条件：穿过闭合回路的磁通量发生变化，分析答题．（3）根据楞次定律判断是否有感应电流产生，结合闭合开关瞬间，灵敏电流计的指针向右偏转判断将滑动变阻器的滑片向右移动的过程中，灵敏电流计的指针的偏转方向．‎ ‎(1)将电流表与大线圈B组成闭合回路，电源、开关、小线圈A组成闭合回路，电路图如图所示．‎ ‎(2)Ⅰ将开关闭合或断开，或Ⅱ将螺线管A插入(或拔出)螺线管B时穿过线圈B的磁通量发生变化，线圈B中产生感应电流，电流表指针偏转．‎ ‎(3)在开关闭合的瞬间，穿过线圈B的磁通量增大，灵敏电流计的指针向左偏转，则当螺线管A向上拔出的过程中，穿过线圈B的磁通量减小，灵敏电流计的指针向右偏转．‎ ‎【点睛】探究电磁感应现象的实验有两套电路，要知道各电路的阻值与作用．本题考查了感应电流产生的条件，难度不大，是一道基础题，知道感应电流产生的条件、分析清楚图示情景即可正确解题．‎ 三、计算题（15～18题，要求：有必要的详细的解答过程，共计47分）‎ ‎15. 交流发电机的原理如图甲所示，闭合的矩形线圈放在匀强磁场中，绕OO′轴匀速转动，在线圈中产生的交变电流随时间变化的图象如图乙所示，已知线圈的电阻为R＝2.0Ω，求：‎ ‎(1)线圈电阻上产生的电热功率是多少；‎ ‎(2)保持线圈匀速运动，1min内外界对线圈做的功是多少．‎ ‎【答案】(1) 4W. (2) 240J.‎ ‎【解析】（1）由I﹣t图可知，该线圈产生的交流电周期为4.0×10﹣2s，通过线圈导线的任一个横截面的电流的最大值Im=2.0 A；‎ 根据交变电流的产生原理，发电机线圈每转动一周，交变电流完成一次周期性的变化，所以矩形线圈转动的周期T=4.0×10﹣2s。‎ 流过线圈电阻电流的有效值I=‎ 线圈电阻上产生的电热功率为=4 W ‎（2）外界对线圈做功转化成电能再转化成电热，1分钟内外界对线圈做的功 ‎16. 如图所示为氢原子能级图，试回答下列问题：‎ ‎(1)一群处于能级n＝4的氢原子跃迁后可能辐射出几种频率的光子？‎ ‎(2)通过计算判断：氢原子从能级n＝4跃迁到能级n ‎＝2时辐射出的光子的最大频率有多大？)( h=6.63×10-34)‎ ‎(3)设氢原子处于基态时电子的轨道半径为r1，动能为Ek1；处于第n能级时电子的轨道半径为rn，动能为Ekn，已知rn＝n2r1.试用库仑定律和牛顿运动定律证明：Ekn＝.‎ ‎【答案】(1) 6种 (2) 6.15×1014Hz. (3)电子在轨道上受库仑力作用做匀速圆周运动，由库仑定律和牛顿第二定律得：＝ ，电子的动能：Ek＝mv2＝∝ ，又已知：rn＝n2r1 ，得，即 ‎ ‎【解析】（1）氢原子跃迁后最多可能辐射出=6种频率不同的光子。‎ ‎（2）由氢原子能级图可知，从能级n=4跃迁到能级n=2，辐射出的光子中，能量最大值为=2.55eV，‎ 所以辐射的光子的最大频率为 ‎（3）电子在轨道上受库仑引力作用做匀速圆周运动，由库仑定律和牛顿第二定律得，‎ 电子的动能：‎ 又已知 得：，即。‎ ‎【点晴】（1）根据数学组合公式，即可求出跃迁后最多可能辐射出几种频率的光子；‎ ‎（2）从n=4跃迁到n=2能级辐射的光子能量最大，根据求出光子的最大频率；‎ ‎（3）通过电子在轨道上受库仑引力作用做匀速圆周运动，由库仑定律和牛顿第二定律推导出电子的动能大小，从而得知电子动能与量子数的关系。‎ ‎17. 在自然界，“氮－4”的原子核有两个质子和两个中子，称为玻色子；而“氦－3”只有一个中子，称为费米子，“氦－3”是一种目前已被世界公认的高效、清洁、安全、廉价的核聚变发电燃料．‎ ‎(1)质子数与中子数互换的核互为“镜像核”，例如是的“镜像核”，同样也是的“镜像核”，则下列说法正确的是________．‎ A. 和互为“镜像核”‎ B.和互为“镜像核”‎ C．β衰变的本质是一个中子转变为一个质子，同时放出一个电子 D．核反应＋―→＋的生成物中有α粒子，该反应是α衰变 ‎(2)宇宙射线每时每刻都在地球上引起核反应．自然界的14C大部分是宇宙射线中的中子轰击“氮－14”产生的，核反应方程式为＋―→＋，若中子的速度为v1＝8×106m/s，反应前“氮－14”的速度认为等于零，反应后生成的14C粒子的速度为v2＝2.0×105m/s，其方向与反应前中子的运动方向相同．‎ ‎①求反应中生成的另一粒子的速度；‎ ‎②假设此反应中放出的能量为0.9MeV，求质量亏损．‎ ‎【答案】（1）BC；‎ ‎（2）①反应中生成的另一粒子的速度大小为：5.2×106 m/s，方向：与中子原速度方向相同；‎ ‎②假设此反应中放出的能量为0.9MeV，质量亏损为：1.6×10﹣30 kg ‎【解析】（1）质子数与中子数互换的核互为“镜像核”，故A错误，B正确；β衰变的本质是一个中子转变为一个质子，同时放出一个电子，故C正确；α衰变是重核裂变放出α粒子的核反应，故D错误；故本题选BC；‎ ‎（2）①轰击前后系统动量守恒，选中子速度方向为正方向，由动量守恒定律得：m1v1=m2v2+m3v3，‎ 解得，氢核速度：v3=5.2×106 m/s，方向：与中子原速度方向相同；‎ ‎②由爱因斯坦质能方程得：△E=△mc2，‎ 解得：△m=1.6×10﹣30 kg。‎ ‎【点晴】（1）根据“镜像核”的概念分析答题；β衰变的实质是中子释放一个电子而变成质子；原子核释放出α粒子的衰变是α衰变。（2）①核反应过程系统动量守恒，应用动量守恒定律可以求出粒子速度；②应用爱因斯坦质能方程可以求出质量亏损。‎ ‎18. 如图所示，匝数n＝100匝、截面积S＝0.2 m2、电阻r＝0.5 Ω的圆形线圈MN处于垂直纸面向里的匀强磁场内，磁感应强度随时间按B＝0.6＋0.02t ‎(T)的规律变化．处于磁场外的电阻R1＝3.5 Ω，R2＝6 Ω，电容C＝30 μF，开关S开始时未闭合，求： ‎ ‎(1)闭合S后，线圈两端M、N两点间的电压UMN和电阻R2消耗的电功率；‎ ‎(2)闭合S一段时间后又打开S，则S断开后通过R2的电荷量为多少．‎ ‎【答案】(1) 0.38 V 9.6×10－3 W （2）7.2×10－6 C.‎ ‎【解析】试题分析：（1）由题给条件可知磁感应强度的变化率为：‎ 故回路产生的电动势为：‎ 感应电流：‎ 由闭合电路欧姆定律有：UMN=E-Ir=0．38V 故R2消耗的电功率：P2＝I2R2=9．6×10-3W ‎（2）S合时：UC=IR2=0．24V 充电电量：Q=CUC=7．2×10-6C S开时：R2放电，放电的电量：Q=7．2×10-6C，即为S断开后通过R2的电荷量．‎ 考点：法拉第电磁感应定律；闭合电路欧姆定律；电功率；电量 ‎【名师点睛】本题电磁感应与电路知识的综合应用，关键是求解感应电动势；根据磁感应强度随时间的变化规律求解磁感应强度的变化率，然后根据法拉第电磁感应定律求解电动势的大小；‎ ‎ ‎ ‎ ‎