2017-2018学年广东省汕头市潮南实验学校高二下学期期中考试物理试题 解析版

2017-2018学年广东省汕头市潮南实验学校高二下学期期中考试物理试题 解析版

潮南实验学校高中部2017-2018学年度第二学期期中考试 高二物理试题 一、选择题(本题共12小题，每小题4分,共48分。在每小题给出的四个选项中，第1~8题只有一项符合题目要求，第9~12题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。‎ ‎1. 下列物理学史描述正确的是（　　）‎ A. 玛丽•居里提出原子的核式结构学说 B. 卢瑟福通过α粒子散射实验发现了电子 C. 查德威克在原子核人工转变的实验中发现了质子 D. 爱因斯坦质能方程为核能的开发利用提供了理论依据 ‎【答案】D ‎【解析】卢瑟福提出原子的核式结构学说，选项A错误；汤姆逊通过对阴极射线管的研究发现了电子，选项B错误；查德威克在原子核人工转变的实验中发现了中子，选项C错误；爱因斯坦质能方程为核能的开发利用提供了理论依据，选项D正确；故选D.‎ ‎2. 关于核反应方程类型，下列说法正确的是（　　）‎ A. 是α衰变 B. 是裂变 C. 是裂变 D. 是β衰变 ‎【答案】B ‎3. 如图所示，两个小球A、B在光滑水平地面上相向运动，它们的质量分别为mA＝4kg，mB＝2kg，速度分别是vA＝3m/s(设为正方向)，vB＝-3m/s.则它们发生正碰后，速度的可能值分别为( )‎ A. vA′＝2m/s，vB′＝－1m/s B. vA′＝-1 m/s，vB′＝－5 m/s C. vA′＝4 m/s，vB′＝－5 m/s D. vA′＝1 m/s，vB′＝1 m/s ‎【答案】D ‎【解析】以A的初速度方向为正方向，碰前系统总动量为：p=mAvA+mBvB=4×3+2×（-3）=6kg•m/s， 碰前总动能为：EK=mAvA2+mBvB2=×4×32+×2×（-3）2=27J；如果vA′=2m/s、vB′=-1m/s，碰后系统总动量为 p′=mAv′A+mBv′B=4×2+2×（-1）=6kg•m/s，动量守恒。碰后系统总动能为：E′K=mAv′A2+mBv′B2=×4×22+×2×（-1）2=9 J；动能不增加，但碰后两球速度方向相反，会再次发生碰撞，这是不可能的，故A错误；如果vA′=-1m/s、vB′=-5m/s，碰后总动量为p′=mAv′A+mBv′B=4×（-1）+2×（-5）=-14kg•m/s，系统动量不守恒，不可能，故B错误；如果vA′=4m/s、vB′=-5m/s，碰后系统总动量为p′=mAv′A+mBv′B=4×4+2×（-5）=6kg•m/s，碰后系统总动能为E′K=mAv′A2+mBv′B2=×4×42+×2×52=57J，系统动量守恒，但动能增加，不可能，故C错误；如果vA′=1m/s、vB′=1m/s，碰后系统动量为p′=mAv′A+mBv′B=4×1+2×1=6kg•m/s，碰后系统总动能为E′K=mAv′A2+mBv′B2=×4×12+×2×12=3J，系统动量守恒、动能不增加，符合实际，是可能的，故D正确；故选D。‎ 点睛：对于碰撞过程，往往根据三个规律去分析：一是动量守恒；二是总动能不增加；三是碰后，不能发生第二次碰撞，若两球分开后同向运动，后面小球的速率不可能大于前面小球的速率．‎ ‎4. 在物理学的重大发现中科学家们创造了许多物理学研究方法，如理想实验法、控制变量法、极限思想法、等效替代法、理想模型法、微元法等，以下关于所用物理学研究方法的叙述不正确的是（ ）‎ A. 根据速度定义式，当非常小时，就可以表示物体在时刻的瞬时速度，该定义采用了极限思维法 B. 伽利略在研究自由落体运动时采用了理想模型的方法 C. 在不需要考虑带电体的大小和形状时，用点电荷来代替实际带电体采用了等效替代的方法 D. 在推导匀变速运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法 ‎【答案】C ‎【解析】根据速度定义式，当非常小时，就可以表示物体在时刻的瞬时速度，该定义采用了极限思维法，选项A正确；伽利略在研究自由落体运动时采用了理想模型的方法，B正确； 在不需要考虑带电体的大小和形状时，用点电荷来代替实际带电体采用了理想模型法，选项C错误；在推导匀变速运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法，选项D正确；此题选择不正确的选项，故选C.‎ ‎5. 一只小船渡河，水流速度各处相同且恒定不变，方向平行于岸边。小船相对于水分别做匀加速、匀减速、匀速直线运动，运动轨迹如图所示。船相对于水的初速度大小均相同，方向垂直于岸边，且船在渡河过程中船头方向始终不变。由此可以确定船沿三条不同路径渡河（ ）‎ A. 沿AC用时最短，AC是匀加速运动的轨迹 B. 时间相同，AC是匀加速运动的轨迹 C. 沿AD用时最长，AD是匀加速运动的轨迹 D. 时间相同，AD是匀加速运动的轨迹 ‎【答案】A ‎【解析】根据题意，船在静水中的速度是不同的，因此它们的时间也不相同，根据曲线运动条件可知，AC轨迹说明船在静水中匀加速运动，而AB则对应是船在静水中匀速运动，对于AD，则船在静水中匀减速运动；由于AC轨迹，船在静水中加速运动，因此所用时间最短；沿着AD运动轨迹，对于的时间是最长的，故A正确，BCD错误。故选A。‎ ‎6. 图中虚线是某电场中的一簇等势线。两个带电粒子从P点均沿等势线的切线方向射入电场，粒子运动的部分轨迹如图中实线所示。若粒子仅受电场力的作用，、b两点的电场强度大小及电势分别用表示，下列说法中正确的是（ ）‎ A. ‎ B. ‎ C. 粒子从P运动到b的过程中，动能增大 D. 粒子从P运动到a的过程中，电势能增大 ‎【答案】C ‎【解析】由等势面的分布可知，该电场是点电荷产生的，由场强公式E=kQ/r2可知，a点的场强小于b点的场强，故A错误；由于中心电荷的电性无法判断，电场线方向无法判定，则不能比较a、b的电势高低，故B错误；b与中心电荷的电性相反，粒子从P运动到b的过程中，电场力做正功，电势能减小，动能增大，故C正确；从P运动到a的过程中，电场力粒子做正功，电势能减小，故D错误。故选C。‎ 点睛：根据轨迹弯曲方向判定两粒子与中心电荷电性的关系是解决本题的突破口．要注意电势能，电荷，电势都有正负．学会由电场力做功的正负来确定电势能的增减．‎ ‎7. 如图甲所示，轻杆一端与一个小球相连，另一端连在光滑固定轴上，可在竖直平面内自由转动。现使小球在竖直平面内做圆周运动，到达某一位置开始计时，取水平向右为正方向，小球的水平分速度随时间的变化关系如图乙所示。不计空气阻力，下列说法中正确的是（ ）‎ A. t2时刻小球通过最高点，图乙中s1和s2的面积相等 B. t1时刻小球通过最高点，图乙中s1和s2的面积相等 C. t1时刻小球通过最高点，图乙中s1和s2的面积不相等 D. t2时刻小球通过最高点，图乙中s1和s2的面积不相等 ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：过最高点后，水平分速度要增大，经过四分之一圆周后，水平分速度为零，可知从最高点开始经过四分之一圆周，水平分速度先增大后减小，可知t1时刻小球通过最高点．根据题意知，图中x轴上下方图线围成的阴影面积分别表示从最低点经过四分之一圆周，然后再经过四分之一圆周到最高点的水平位移大小，可知S1和S2的面积相等．故A正确，BCD错误．故选A。‎ 考点：圆周运动；v-t图像 ‎8. 如图所示，一金属小球用一根绝缘细线挂在固定点O处，将小球从匀强磁场区域外静止释放，磁感线的方向垂直纸面向里，空气阻力不计．则（　　）‎ A. 小球的运动过程中，摆角会越来越小，直到摆角小到某一值后不再减小 B. 小球的运动到最低点时速度最大，产生的感应电流最大 C. 小球在摆动过程中机械能守恒 D. 小球开始的摆动后，最终将停止在竖直线OO′‎ ‎【答案】A ‎...............‎ ‎9. 如图甲所示，在水平向右的磁场中，竖直放置一个单匝金属圆线圈，线圈所围面积为0.1m2，线圈电阻为0.1Ω，磁场的磁感应强度大小B随时间t的变化规律如图乙所示，规定从左向右看顺时针方向为线圈中感应电流的正方向，则（　　）‎ A. 第2s内线圈有收缩的趋势 B. 第3s内线圈的发热功率最大 C. 第4s感应电流的方向为正方向 D. 0~5s内感应电流的最大值为0.1A ‎【答案】ACD ‎【解析】A第2秒内磁感应强度增大；故磁通量增大；则根据楞次定律可知，线圈有收缩的趋势；故A正确；第3s内磁感应强度不变；感应电流为零；线圈不发热；故B错误；第4s内磁场减小；则由楞次定律可知，电流的方向为正方向；故C正确；由图可知，磁感应强度的变化率最大为0.1；则感应电流为：；故D正确；故选ACD。‎ 点睛：解决本题的关键是掌握法拉第电磁感应定律，会根据楞次定律判断感应电流的方向；要注意灵活应用楞次定律解题：当磁通量减小时，为阻碍磁通量的减少，线圈有扩张的趋势，为阻碍磁通量的增加，线圈有收缩的趋势．‎ ‎10. 氢原子能级如图所示，一群原处于n=4能级的氢原子跃迁到n=1能级的过程中（　　）‎ A. 能释放六种频率不同的光子 B. 由n=2能级跃迁到n=1能级释放的光子频率最小 C. 释放的光子的最大能量为12.75eV，最小能量为0.66eV D. 由n=4能级跃迁到n=1能级释放的光子波长最长 ‎【答案】AC ‎【解析】一群原来处于n=4能级的氢原子跃迁到n=1能级的过程中，根据=6种知，辐射的光子频率为6种。故A正确；根据Em-En=hv得能极差越大，辐射光子的频率越大，由n=4能级跃迁到n=3级释放的光子频率最小，故B错误；由n=4向n=1能级跃迁时辐射的光子能量最大，为13.6-0.85eV=12.75eV，由n=4向n=3能级跃迁辐射的光子能量最小，为-0.85+1.51eV=0.66eV．故C正确。根据Em-En=hv得能极差越大，辐射光子的频率越大，知从n=4跃迁到n=1间能极差最大，辐射光子频率最大，光子波长最小。故D错误；故选AC。‎ ‎11. 如图甲，两水平金属板间距为d，板间电场强度的变化规律如图乙所示。t=0时刻，质量为m的带电微粒以初速度v0沿中线射入两板间，时间内微粒匀速运动，T时刻微粒恰好经金属边缘飞出。微粒运动过程中未与金属板接触。重力加速度的大小为g。关于微粒在0~T时间内运动的描述，正确的是 A. 末速度大小为 B. 末速度沿水平方向 C. 重力势能减少了 D. 克服电场力做功为mgd ‎ ‎【答案】BC ‎【解析】A、时间内微粒匀速运动，则有：，内，微粒做平抛运动，下降的位移，时间内，微粒的加速度 ‎，方向竖直向上，微粒在竖直方向上做匀减速运动，T时刻竖直分速度为零，所以末速度的方向沿水平方向，大小为，故A错误，B正确； C、微粒在竖直方向上向下运动，位移大小为，则重力势能的减小量为，故C正确； D、在内和时间内竖直方向上的加速度大小相等，方向相反，时间相等，则位移的大小相等，为，整个过程中克服电场力做功为 ‎，故D错误。‎ 点睛：解决本题的关键知道微粒在各段时间内的运动规律，抓住等时性，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解，知道在内和时间内竖直方向上的加速度大小相等，方向相反，时间相等，位移的大小相等。‎ ‎12. 如图所示，矩形线圈abcd与理想变压器原线圈组成闭合电路。线圈在有界匀强磁场中绕垂直于磁场的bc边匀速转动，磁场只分布在bc边的左侧，磁感应强度大小为B，线圈面积为S，转动角速度为ω，匝数为N，线圈电阻不计。下列说法正确的是（ ）‎ A. 电容器的电容C变大时，灯泡变暗 B. 图示位置时，矩形线圈中瞬时感应电动势最大 C. 将原线圈抽头P向上滑动时，灯泡变暗 D. 若线圈abcd转动的角速度变为2ω，则变压器原线圈电压的有效值为NBSω ‎【答案】CD ‎【解析】电容器的电容C变大，容抗减小，故电流增大，灯泡变亮，故A错误；线圈处于图示位置时，是中性面位置，感应电动势的瞬时值为零，故B错误；矩形线圈abcd中产生交变电流；将原线圈抽头P向上滑动时，原线圈匝数变大，根据变压比公式 ，输出电压减小，故灯泡会变暗，故C正确；若线圈转动角速度变为2ω，最大值增加为原来的2倍；Em ‎＝2NBSω，根据有效值的定义有：，解得：E=NBSω，故D正确；故选CD。‎ 点睛：本题关键记住交流发电机的最大值求解公式Em=NBSω，同时要能够结合变压器的变压比公式和欧姆定律列式分析.‎ 二、填空题：本题共2小题。‎ ‎13. 为了探究加速度与力、质量的关系小明用如图所示的装置进行实验：‎ ‎(1)打出的一条纸带如图所示，计时器打点的时间间隔为0.02s。他从比较清晰的A点起，每五个点取一个计数点，测量出各点到A点的距离标在纸带上各点的下方，则小车运动的加速度为______m/s2。‎ ‎(2)实验前由于疏忽，小明遗漏了平衡摩擦力这一步骤，他测量得到的a-F图线，可能是丙图中的______图线（选填“1”、“2”、“3”）‎ ‎(3)调整正确后，他作出的a-F图线末端明显偏离直线，如果已知小车质量为m，某次所挂钩码质量为M，重力加速度为g，则丁图中坐标a´（加速度的实际值）应为_________。‎ ‎【答案】 (1). 0.42 (2). 1 (3). ‎ ‎【解析】（1）每五个点取一个计数点，所以相邻的计数点间的时间间隔T=0.1s，根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2得：． （2）遗漏了平衡摩擦力这一步骤，就会出现当有拉力时，物体不动的情况，即F≠0时，a=0．故图线为：1， （3）没有偏离直线时，可以用砝码盘和砝码的总重力代替小车受到的合力，根据牛顿第二定律得：， 偏离直线后，把砝码以及小车看成一个整体，根据牛顿第二定律求出a2=． 点睛：根据所学物理知识和实验装置的特点明确实验原理是解答该实验的关键，要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用．‎ ‎14. 实验室有一卷铜导线，某同学想通过实验测定其实际长度．‎ ‎(1)该同学首先用螺旋测微器测得导线直径如图a所示，则其大小为___________ mm；‎ ‎(2)根据铜导线的长度，他估计其电阻大约有5Ω，随后他设计了一个实验，较为准确地测定了这卷铜导线的电阻，实验室有以下器材供选择：‎ A．电池组(6V，内阻约1 Ω)‎ B．电流表(0～3 A，内阻约0.01Ω)‎ C．电流表(0～0.6 A，内阻约0.2Ω)‎ D．电压表(0～3 V，内阻约4 kΩ)‎ E．电压表(0～15 V，内阻约15 kΩ)‎ F．滑动变阻器(0～20 Ω，允许最大电流1 A)‎ G．滑动变阻器(0～2000 Ω，允许最大电流0.3 A)‎ H．保护电阻R0＝3 Ω I．开关、导线若干 ‎①除了选项A、H和I外，电流表应选用_______，电压表应选用________，滑动变阻器应选用_________；（填写器材前的编号）‎ ‎②为了使测量结果尽量准确，且从零开始多测几组数据，该同学设计了图b所示电路，其中保护电阻R0与铜导线串联，请用笔画线完成剩余部分的连接____________．‎ ‎③通过上述实验，设测出的铜导线电阻为R，查询资料知道铜的电阻率为ρ，若用d表示铜导线的直径，请写出计算铜导线长度的表达式L＝________________.‎ ‎【答案】 (1). 0.730mm (2). C (3). D (4). F (5). (6). ‎ ‎【解析】试题分析：（1）螺旋测微器的固定刻度为，可动刻度为，所以最终读数为。‎ ‎（2）①据题，电路电动势为，待测电阻两端的电压不超过6V，所以电压表应选用D，，而电压表（0～15 V）的量程过大；电路中最大电流约为，故电流表应选用C，，而电流表（0～3 A）量程过大；滑动变阻器应选F，使得电路中电流变化范围较大。‎ ‎②如图所示：‎ ‎③根据电阻定律：，而且：，整理可以得到：。‎ 考点：测定金属的电阻率 ‎【名师点睛】对于电表的量程要根据电路中最大电压或电流进行选择，电流表量程的选择需要根据电路进行估算。‎ 三、计算题（3小题）‎ ‎15. 如图所示，质量M=4kg的滑板B静止放在光滑水平面上，其右端固定一根轻质弹簧，滑板B上表面光滑，质量m=2kg的小铁块A，以水平速度v0=6m/s由滑板B左端开始沿滑板表面向右运动，g取10m/s2．求：‎ ‎(1)弹簧被压缩到最短时，滑板B的速度；‎ ‎(2)滑板B的最大瞬时速度．‎ ‎【答案】(1)v=2 m/s (2)vB=4m/s ‎【解析】（1）弹簧被压缩到最短时，A与滑板B具有相同的速度，设为v，从A开始沿滑板B表面向右运动至弹簧被压缩到最短的过程中，取向右为正方向，由A、B系统的动量守恒得：   mv0=（M+m）v， 得： ． （2）当弹簧再次恢复原长时，B的速度最大．在整个过程中，根据系统的动量守恒和机械能守恒得：mv0=MvB+mvA，   ‎ 联立解得：‎ ‎16. 如图所示，导轨间距L=0.5m，α=37°，B=0.8T，棒的质量为m=0.2kg，金属棒的电阻为R=2Ω，其余电阻不计，金属棒与导轨的动摩擦因数μ=0.5，导体棒由静止开始运动，到刚好匀速时，通过导体横截面的电量Q=2C．求：‎ ‎(1)棒在运动过程中，任意△t=2s内导体棒在框架上可能扫过的最大面积；‎ ‎(2)从开始下滑到刚好匀速，导体棒中产生的焦耳热（g=10m/s2）.‎ ‎【答案】(1) (2)Q=1.5J ‎【解析】（1）金属棒运动时产生的电动势方向从N到M，匀速时，对金属棒受力分析如图，应满足：mgsinα=μmgcosα+F安① 根据法拉第电磁感应定律应有：E=BLv② 根据闭合电路欧姆定律应有：I=E/R③ 又F安=BIL④ 联立①②③④可得：v=5m/s⑤ 由于金属棒匀速时速度最大，所以在△t时间内扫过的最大面积为：Smax=L•v•△t=0.5×5×2m2=5m2 （2）根据电量 ，以及 联立以上各式可得金属棒运动的位移为：x=10m⑥ 根据能量守恒定律应有：mgSsinα=Q+mv2+μmgScosα⑦ 联立⑤⑥⑦可得：Q=1.5J 点睛：应明确：①遇到电磁感应问题，首先找出电源，画出感应电动势方向，写出感应电动势大小，然后再求解；②遇到倾斜导轨问题，应画出侧视图，再进行受力分析，从而列出平衡方程或牛顿第二定律表达式；③涉及到电热问题，应根据能量守恒定律求解．‎ ‎17. 如图所示的区域中，左边为垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，右边是一个电场强度大小未知的匀强电场，其方向平行于OC且垂直于磁场方向．一个质量为m、电荷量为-q的带电粒子从P孔以初速度V0沿垂直于磁场方向进人匀强磁场中，初速度方向与边界线的夹角θ=60°，粒子恰好从C孔垂直于OC射入匀强电场，最后打在Q点，已知OQ=2OC，不计粒子的重力，求：‎ ‎(1)粒子从P运动到Q所用的时间t;‎ ‎(2)电场强度E的大小;‎ ‎(3)粒子到达Q点时的动能EkQ．‎ ‎【答案】(1) (2) (3) EKQ=mv02‎ ‎【解析】⑴画出粒子运动的轨迹如图所示的三分之一圆弧(为粒子在磁场中圆周运动的圆心)．‎ 由图知：∠PC=120° ‎ 设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，则：‎ ‎ ‎ 解得： ‎ 由图中几何关系知： OC=r+rcos600‎ 所以OC=1.5r ‎ 粒子在磁场中圆周运动的周期 ‎ 粒子在磁场中圆周运动的时间： ‎ 粒子在电场中做类平抛运动，由题中条件知： OQ=2OC=3r 则粒子在电场中运动的时间： ‎ 粒子从P运动到Q所用的时间： ‎ ‎⑵粒子在电场中做类平抛运动： ‎ 解得： E=Bv0 ‎ ‎⑶由动能定理得： ‎ 解得粒子到达Q点时的动能为：EKQ=mv02 ‎ 点睛：本题考查了粒子在磁场与电场中的运动，粒子先在磁场中做匀速圆周运动，后在电场中做类平抛运动，分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是解题的前提与关键；应用牛顿第二定律、类平抛运动规律即可解题．‎ ‎ ‎