2017-2018学年福建省龙海市程溪中学高二下学期期中考试 物理 解析版

2017-2018学年福建省龙海市程溪中学高二下学期期中考试 物理 解析版

‎2017-2018学年福建省龙海市程溪中学高二下学期期中考试物理试卷 一、单选题（本大题共6小题，共24.0分）‎ 1. 如图是氢原子的能级图，对于一群处于的氢原子，下列说法中正确的是 A. 这群氢原子能够吸收任意能量的光子后向更高能级跃迁 B. 这群氢原子能够发出4种不同频率的光 C. 从能级跃迁到能级发出的光的波长最长 D. 如果发出的光子中有两种能使某金属产生光电效应，其中一种一定是由能级跃迁到 能级发出的 【答案】C ‎【解析】解：A、氢原子发生跃迁，吸收的能量必须等于两能级的能级差故A错误． B、根据知，这群氢原子能够发出6种不同频率的光子故B错误． C、结合能级图可知，从跃迁到辐射的光子能量最小，频率最小，则波长最长故C正确． D、如果发出的光子有两种能使某金属产生光电效应，知两种光子为能量最大的两种，分别为由跃迁到，和跃迁到能级发出的故D错误．‎ 2. 氢原子的核外电子从距核较近的轨道跃迁到距核较远的轨道的过程中 A. 原子要吸收光子，电子的动能增大，原子的电势能增大 B. 原子要放出光子，电子的动能减小，原子的电势能减小 C. 原子要吸收光子，电子的动能增大，原子的电势能减小 D. 原子要吸收光子，电子的动能减小，原子的电势能增大 ‎【答案】D ‎【解析】【分析】‎ 氢原子的核外电子从距核较近的轨道跃迁到距核较远的轨道过程中，能级增大，总能量增大，根据库仑引力提供向心力，比较电子动能的变化，通过电势能与动能之和等于原子能量判断电势能的变化。 解决本题的关键知道原子能量与轨道半径的关系，以及电势能、电子动能与轨道半径的关系。‎ ‎【解答】‎ 3. 从距核较近的轨道跃迁到距核较远的轨道过程中，原子要吸收光子，能级增大，总能量增大，根据知，电子的动能减小，则电势能增大，故D正确，ABC错误。 故选D。 下列说法中正确的是 A. 钍的半衰期为24天钍经过120天后还剩钍 B. 一单色光照到某金属表面时，有光电子从金属表面逸出，只延长入射光照射时间，光电子的最大初动能将增加 C. 放射性同位素经、衰变会生成，其中经过了3次衰变和2次衰变 D. 大量处于激发态的氢原子向低能级跃迁时，最多可产生4种不同频率的光子 ‎【答案】C 1. ‎【解析】解：A、钍的半衰期为24天，1g钍经过120天后，发生5个半衰期，1g钍经过120天后还剩故A错误． B、光电效应中，依据光电效应方程，可知，光电子的最大初动能由入射光的频率和逸出功决定，与入射光照射时间长短无关故B错误． C、钍衰变成氡，可知质量数少12，电荷数少4，因为经过一次衰变，电荷数少2，质量数少4，经过一次衰变，电荷数多1，质量数不变，可知经过3次衰变，2次衰变故C正确． D、大量处于激发态的氢原子向低能级跃迁时，最多可产生种不同频率的光子故D错误． 故选：C． 质量为和未知的两个物体在光滑的水平面上正碰，碰撞时间极短，其图象如图所示，则 ‎ A. 此碰撞一定为弹性碰撞 B. 被碰物体质量为2kg C. 碰后两物体速度相同 D. 此过程有机械能损失 ‎【答案】A 2. ‎【解析】解：由图象可知，碰撞前是静止的，的速度为：， 碰后的速度为：的速度为：， 两物体碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律得：， 即：， 解得：； 碰撞前总动能：， 碰撞后总动能：， 碰撞前后系统动能不变，故碰撞是弹性碰撞，故A正确，BCD错误； 故选：A． 质量相等的A、B两球在光滑水平面上，沿同一直线，同一方向运动，A球的动量为球的动量为当A球追上B球时发生碰撞，则碰撞后A、B两球的动量可能值是 A. B. C. D. ‎【答案】A 1. ‎【解析】解：碰撞前系统总动量：，由题意可知； A、如果，系统动量守恒，碰撞后的总动能：，符合实际，故A正确； B、如果，碰撞过程动量守恒，，不符合实际，故B错误； C、如果，则碰撞后系统的总动能：，系统动能增加，不符合实际，故C错误； D、如果，碰撞后系统总动量，碰撞过程动量不守恒，不符合题意，故D错误； 故选：A． 一位质量为m的运动员从下蹲状态向上起跳，经时间，身体伸直并刚好离开地面，速度大小为在此过程中 A. 地面对他的冲量为mv B. 地面对他的冲量为 C. 地面对他的冲量为 D. 地面对他的冲量为 ‎【答案】B ‎【解析】解：人的速度原来为零，起跳后变化v，则由动量定理可得： 故地面对人的冲量为；故B正确； 故选：B． 二、多选题（本大题共6小题，共24.0分）‎ 2. 如图所示，两个质量相等的物体从同一高度沿倾角不同的两个光滑固定斜面由静止自由滑下，到达斜面底端的过程中 A. 两物体所受重力冲量相同 B. 两物体所受合外力冲量不同 C. 两物体到达斜面底端时动量相同 D. 两物体到达斜面底端时动量不同 ‎【答案】BD 1. ‎【解析】解：物体在下滑中只有重力做功，而重力做功只与高度差有关，故两种情况下重力做功相等，由得两种情况下到达斜面底端的速度的大小是相等的； A、两种情况下到达斜面底端的速度的大小是相等，又因长的斜面倾角小，物体的加速度小，所以斜面越长下滑的时间越长，所以两种情况下重力作用的时间不相等，重力的冲量也不相等故A错误； B、物体在两种情况下到达斜面底端的速度的大小是相等的，而速度的方向不同，所以两种情况下物体的末动量不同根据动量定理：，所以合力的冲量大小相等，方向是不同的故B正确； C、物体在两种情况下到达斜面底端的速度的大小是相等的，而速度的方向不同，所以两种情况下物体的末动量不同故C错误，D正确． 故选：BD 用不可伸长的细线悬挂一质量为M的小木块，木块静止，如图所示现有一质量为m的子弹自左向右水平射入木块，并停留在木块中，子弹初速度为，则下列判断正确的是 A. 从子弹射向木块到一起上升到最高点的过程中系统的机械能不守恒 B. 子弹射入木块瞬间动量守恒，故子弹射入木块瞬间子弹和木块的共同速度为 C. 忽略空气阻力，子弹和木块一起上升过程中系统机械能守恒，其机械能等于子弹射入木块前的动能 D. 子弹和木块一起上升的最大高度为 ‎【答案】AB 2. ‎【解析】解：A、从子弹射向木块到一起运动到最高点的过程可以分为两个阶段：子弹射入木块的瞬间系统动量守恒，但机械能不守恒，有部分机械能转化为系统内能，之后子弹在木块中与木块一起上升，该过程只有重力做功，机械能守恒，所以整个过程的机械能不守恒故A正确； B、由子弹射入木块瞬间，取向右为正方向，由动量守恒定律得：，可得子弹射入木块瞬间子弹和木块的共同速度为故B正确． C、忽略空气阻力，子弹和木块一起上升过程中，只有重力做功，系统机械能守恒，由于子弹射入木块的过程机械能有损失，所以其机械能小于子弹射入木块前的动能，故C错误； D、子弹射入木块后子弹和木块一起上升，由机械能守恒定律得，可得上升的最大高度为故D错误． 故选：AB 质量为 m的物块甲以的速度在光滑水平面上运动，有一轻弹簧固定于其左端，另一质量也为m的物块乙以的速度与甲相向运动，如图所示则 A. 甲、乙两物块在弹簧压缩过程中，由于弹力属于内力作用，故系统动量守恒 B. 当两物块相距最近时，甲物块的速率为零 C. 甲物块的速率可能达到 D. 当甲物块的速率为时，乙物块的速率可能为，也可能为0‎ ‎【答案】AD 1. ‎【解析】解：A、甲、乙两物块包括弹簧组成的系统在弹簧压缩过程中，系统所受的合外力为零，系统动量守恒，故A正确； B、当两物块相距最近时速度相同，取碰撞前乙的速度方向为正方向，设共同速率为v，根据动量守恒定律得到 ，解得故B错误． C、若物块甲的速率达到，方向与原来相同，则：， 代入数据代入解得：． 两个物体的速率都增大，动能都增大，违反了能量守恒定律若物块甲的速率达到，方向与原来相反，则：， 代入数据解得：， 当碰撞后，乙的动能不变，甲的动能增加，系统总动能增加，违反了能量守恒定律所以物块甲的速率不可能达到，故C错误． D、甲、乙组成的系统动量守恒，若物块甲的速率为，方向与原来相同，由动量守恒定律得：， 代入数据解得：； 若物块甲的速率为，方向与原来相反，由动量守恒定律得：， 代入数据解得：，故D正确． 故选：AD． 国家电网公司推进智能电网推广项目建设，拟新建智能变电站1400座变电站起变换电压作用的设备是变压器，如图所示，理想变压器原线圈输入电压，电压表、电流表都为理想电表则下列判断正确的是 A. 输入电压有效值为200V，电流频率为50 Hz B. S打到a处，当变阻器的滑片向下滑动时，两电压表示数都增大 C. S打到a处，当变阻器的滑片向下滑动时，两电流表的示数都减小 D. 若变阻器的滑片不动，S打到b处，电压表和电流表的示数都减小 ‎【答案】AD 1. ‎【解析】解：A、输入电压的最大值，有效值，由瞬时值知，加速度，电流频率，故A正确； B、s打到a处，副线圈匝数增加，输入电压不变，输出电压增大，即示数不变，示数增大，故B错误；C错误； D、若变阻器的滑片不变，S打到b处，副线圈匝数减少，输入电压不变，输出电压减少，电压表示数减少，输出功率减少，根据输入功率等于输出功率，减少，不变，则减少，即电流表的示数减小，故D正确； 故选：AD 在匀强磁场中，一矩形金属线框在匀强磁场中绕与磁感线垂直的转动轴匀速转动，如图甲所示，产生的交变电动势随时间变化的规律如图乙所示，则下列说法正确的是 ‎ A. 时穿过线框的磁通量最小 B. 时穿过线框的磁通量变化率最大 C. 该线框匀速转动的角速度大小为 D. 电动势瞬时值为22V时，线圈平面与中性面的夹角可能为 ‎【答案】CD 2. ‎【解析】解：A、由图象知：时，感应电动势为零，则穿过线框的磁通量最大，变化率最小，故AB错误； C、由图象得出周期，所以，故C正确 D、当时，电动势为零，线圈平面与磁场方向垂直，故该交变电动势的瞬时值表达式为 ‎ QUOTE ，电动势瞬时值为22V时，代入瞬时表达式，则有线圈平面与中性面的夹角正弦值，所以线圈平面与中性面的夹角可能为，故D正确； 故选：CD． 原子核的比结合能曲线如图所示，根据该曲线，下列判断中正的有 A. 核的结合能约为14MeV B. 核比核更稳定 C. 两个核结合成核时释放能量 D. 核中核子的平均结合能比核中的大 ‎【答案】BC ‎【解析】解：A、由图可知，氦核的结合能大约为7MeV，氦核的核子数为4，则氦核的结合能大约为28MeV，故A错误． B、比结合能越大，原子核越稳定，由图可知，氦核的比结合能大，则核比核更稳定，故B正确． C、两个核结合成核时有质量亏损，释放能量，故C正确． D、由图可知，核中核子的平均结合能比核中的小，故D错误． 故选：BC． 三、实验题探究题（本大题共1小题，共12.0分）‎ 1. 某同学用如图所示装置探究A、B两球在碰撞中动量是否守恒该同学利用平抛运动测量两球碰撞前后的速度，实验装置和具体做法如下，图中PQ是斜槽，QR为水平槽实验时先使A球从斜槽上某一固定位置G由静止开始滑下，落到位于水平地面的记录纸上，留下痕迹重复上述操作10次，得到10个落点痕迹再把B球放在水平槽上靠近槽末端的地方，让A球仍从位置G由静止开始滑下，和B球碰撞后，A、B球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹重复这种操作10次，并画出实验中A、B两小球落点的平均位置图中O点是水平槽末端R在记录纸上的垂直投影点，E、F、J是实验中小球落点的平均位置． 为了使两球碰撞为一维碰撞，所选两球的直径关系为：A球的直径______ B球的直径“大于”、“等于”或“小于”；为减小实验误差，在两球碰撞后使A球不反弹，所选用的两小球质量关系应为 ______ 选填“大于”、“等于”或“小于”； 在以下选项中，本次实验必须进行的测量是______ ； A.水平槽上未放B球时，A球落点位置到O点的距离 B.A球与B球碰撞后，A球、B球落点位置分别到O点的距离 C.A球和B球在空中飞行的时间 D.测量 G点相对于水平槽面的高 已知两小球质量和，该同学通过实验数据证实A、B两球在碰撞过程中动量守恒，请你用图中的字母写出该同学判断动量守恒的表达式是______ ．‎ ‎【答案】等于；大于；AB；．‎ ‎【解析】解：为了使两球碰撞为一维碰撞，即实现对心碰撞，则A球的直径等于B球的直径在小球碰撞过程中水平方向动量守恒定律，设A球的入射方向为正方向，则有： 在碰撞过程中动能守恒，故有： 联立解得：，要碰后入射小球的速度，即，故． 根据动量守恒有：，因为因为时间相同，可以用水平位移代替速度，所以需要测量水平槽上未放B球时，A球落点位置到O点的距离，A球与B球碰撞后，A球与B球落点位置到O点的距离故AB正确． 故选：AB． 球与B球碰后，A球的速度减小，可知A球没有碰撞B球时的落点是F点，A球与B球碰撞后A球的落点是E点用水平位移代替速度，动量守恒的表达式为： ． 故答案为：等于，大于 四、计算题（本大题共3小题，共40.0分）‎ 1. 有一台内阻为发电机，供给一学校照明用，如图所示，升压比为1：4，降压比为4：1，输电线的总电阻，全校共22个班，每班有“”灯6盏，若保证全部电灯正常发光，则： 发电机输出功率多大？ 发电机电动势多大？ 输电效率是多少？‎ ‎【答案】解：降压变压器的输出功率为： 降压变压器副线圈的电流为： ， 由 降压变压器原线圈的电流为： 输电线损失的功率为： 所以输入功率为： 降压变压器原线圈电压为： 输电线上损失的电压为： 则发动机的输出电压为： 所以发电机原线圈电压为： 根据电流与匝数成反比知发电机原线圈中电流为：， 发电机内阻分压： 电动势为：． 用户获得的实际功率为：； 则输电效率为：； 答：发电机输出功率为5424W； 发电机电动势为250V； 输电效率为．‎ ‎【解析】根据用户端所有灯泡消耗的电功率得出降压变压器的输出功率，根据求出降压变压器副线圈的电流，结合电流比等于匝数之反比求出输电线上的电流，根据输电线上的功率损失，抓住降压变压器的输入功率求出发电机的输出功率． 得出输电线上的电压损失根据降压变压器的输出电压，结合匝数比得出降压变压器的输入电压，通过电压损失得出升压变压器的输出电压，从而通过匝数比得出输入电压，结合升压变压器原线圈中的电流，根据闭合电路欧姆定律求出发电机的电动势． 根据用户得到的功率与电源的输出功率之比求解输电效率． ‎ 解决本题的关键知道：1、原副线圈电压比、电流比与匝数比之间的关系，2、升压变压器的输出功率、功率损失、降压变压器的输入功率之间的关系；3、升压变压器的输出电压、电压损失和降压变压器的输入电压之间的关系． ‎ 1. 图甲为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴匀速转动，线圈的匝数、电阻，线圈的两端经集流环与电阻R连接，电阻，与R并联的交流电压表为理想电表在时刻，线圈平面与磁场方向平行，穿过每匝线圈的磁通量随时间t按图乙所示正弦规律变化求： 交流发电机产生的电动势的最大值； 写出感应电流随时间变化的函数表达式； 交流电压表的示数； 线圈从图示位置转动过程中通过电阻R的电量． 时间内外力对线框所做的功． ‎ ‎【答案】解：交流发电机产生电动势的最大值， 因为磁通量的最大值， ， 则电动势的最大值； 开始时磁通量最小，则电动势最大；故表达式； 电动势的有效值：， 电压表示数为：； 根据得，． 线圈匀速转动一周的过程中，外力所做的功： 答：交流发电机产生的电动势的最大值为200V； 感应电流随时间变化的函数表达式为； ‎ 交流电压表的示数为127V 线圈从图示位置转动过程中通过电阻R的电量为． 时间内外力对线框所做的功为11760J ‎【解析】根据电动势最大值的表达式，结合磁通量的最大值，求出电动势的最大值； 根据开始时的电动势明确其函数关系，则可明确表达式； 根据最大值确定有效值； 根据法拉第电磁感应定律，结合磁通量的变化量求出通过电阻R的电量． 根据能量守恒定律及焦耳定律可求得外力所做的功． 解决本题的关键知道正弦式交流电峰值的表达式，以及知道峰值、有效值、平均值和瞬时值的区别． ‎ 1. 质量为的小平板车静止在光滑水平面上，车的一端静止着质量为的物体可视为质点，如图所示，一颗质量为的子弹以的水平速度射穿A后，速度变为，最后物体A仍静止在车上，若物体A与小车间的动摩擦因数，取，求 平板车最后的速度是多大？ 小车长度至少是多少．‎ ‎【答案】解：子弹击中物体过程中，系统动量守恒， 以子弹的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得： ， ， 解得：， 平板车与物体A组成的系统自子弹穿出后直至相对静止过程中系统动量守恒， 以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：， 代入数据解得，平板车最后速度为：； 物体和平板车损失的机械能全转化为系统发热，假设A在平板车上滑行距离为s， 由能量守恒定律得：， 即：， 解得：，则平板车的长度至少为； ‎ 答：平板车最后的速度是； 小车长度至少为．‎ ‎【解析】由动量守恒定律可以求出平板车的速度； 由能量守恒定律可以求出A相对于平板车滑行的距离，然后求出平板车的长度． 本题考查了求速度、A的滑行距离问题，分析清楚物体运动过程、应用动量守恒定律与能量守恒定律即可正确解题． ‎