2018-2019学年贵州省遵义市五校高二下学期期中联考物理试题 解析版

2018-2019学年贵州省遵义市五校高二下学期期中联考物理试题 解析版

‎2018-2019学年度第二学期五校期中联考试卷高二物理 一、选择题：本大题共 12 小题；每小题 4 分，共计 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.氢原子从能级A跃迁到能级B，吸收频率 v1的光子，从能级B跃迁到能级C释放频率 v2的光子，若 v2＞v1则当它从能级C跃迁到能级A将 A. 放出频率为 的光子 B. 放出频率为的光子 C. 吸收频率为 的光子 D. 吸收频率为 的光子 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】氢原子从能级A跃迁到能级B吸收光子，则B能级的能量大于A能级的能量，由玻尔理论有：EB-EA=hv1。从能级A跃迁到能级C，释放光子，则A能级的能量大于C能级的能量，由玻尔理论有：EA-EC=hv2。由以上两式得：EB-EC=hv1+hv2，所以氢原子由C能级跃迁到B能级要吸收光子，由 hv=hv1+hv2，所吸收的光子频率为 v=v1+v2．故D正确，ABC错误。 故选D。‎ ‎2.用波长为和的单色光A和B分别照射两种金属C和D的表面.单色光A照射两种金属时都能产生光电效应现象；单色光B照射时，只能使金属C产生光电效应现象，不能使金属D产生光电效应现象.设两种金属的逸出功分别为和，则下列选项正确的是 A. ＞,＞ B. ＞,＜‎ C. ＜,＞ D. ＜,＜‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】单色光A照射两种金属时都能产生光电效应现象；单色光B照射时，只能使金属C产生光电效应现象，根据光电效应条件知，单色光A的频率大于单色光B的频率，则λ1＜λ2，单色光B照射时，只能使金属C产生光电效应现象，不能使金属D产生光电效应现象。知金属C的逸出功小于金属D的逸出功，即WC＜WD．故D正确，ABC错误。故选D。‎ ‎【点睛】解决本题的关键掌握光电效应的条件．当入射光的频率大于金属的极限频率时，或入射光子的能量大于逸出功时，会发生光电效应．知道光子频率越大，波长越小．‎ ‎3.下列有关原子结构和原子核的认识，其中正确的是 A. β射线是高速运动的电子流，它是由核外电子向内层轨道跃迁时放出来的 B. 根据玻尔原子模型氢原子辐射光子后，其绕核运动电子动能增大 C. 太阳辐射能量的主要来源是太阳中发生的重核裂变 D. 半衰期是5天，100克经过10天后还剩下50克 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】β射线是高速运动的电子流，它是由核内中子转化为质子时放出的负电子，选项A错误；根据玻尔原子模型氢原子辐射光子后，电子的轨道半径减小，根据可知，电子绕核运动的动能增大，选项B正确；太阳辐射能量的主要来源是太阳中发生的轻核聚变反应，选项C错误；的半衰期是5天，100克经过10天后还剩下=25克，选项D错误.‎ ‎4.如图所示，三根长直通电导线中的电流大小相同，通过b、d导线的电流方向为垂直纸面向里，c导线的电流方向为垂直纸面向外，a点为b、d两点连线的中点，ac垂直bd，且ab=ad=ac,则a点的磁场方向为 A. 垂直纸面向外 B. 垂直纸面向里 C. 沿纸面由a指向b D. 沿纸面由a指向d ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：用右手螺旋定则判断通电直导线在a点上所产生磁场方向，如图所示：‎ 直导线b在a点产生磁场与直导线d在a点产生磁场方向相反，大小相等．则合磁场为零；而直导线c在a点产生磁场，方向从d指向b，即为沿纸面由a指向b故选C．‎ 考点：本题考查通电直导线周围的磁场及磁场的叠加。‎ ‎5.如图所示是一火警报警器的电路示意图，其中R2为用半导体热敏材料制成的传感器，这种半导体热敏材料的电阻率随温度的升高而减小。电流表为值班室的显示器，电源两极之间接一报警器，当传感器R2所在处出现火情时，显示器的电流I、报警器两端的电压U的变化情况是 A. I变大，U 变大 B. I变大，U 变小 C. I变小，U 变大 D. I变小，U 变小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】当传感器R2所在处出现火情时，R2的阻值变小，R2与R3的并联电阻减小，外电路总电阻变小，则总电流变大，电源的内电压变大，路端电压变小，即有U变小。电路中并联部分的电压U并=E-I（R1+r），I变大，其他量不变，则U并变小，I也变小。所以I变小，U变小。故D正确，ABC错误。‎ ‎6.如图所示,边长为L的正方形导线框质量为m,由距磁场H高处自由下落其下边ab进入匀强磁场后,线圈开始做减速运动,直到其上边cd刚刚穿出场时,速度减为ab边进入磁场时的一半,磁场的宽度也为L.则线框穿越匀强磁过程中产生的焦耳热为 A. 2mgL B. 2mgL+mgH C. 2mgL+mgH D. 2mgL+mgH ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：设线框ab边刚进入磁场时速度大小为v．根据机械能守恒定律得：mgH=mv2，解得：‎ 从线框下落到cd刚穿出匀强磁场的过程，根据能量守恒定律，焦耳热为：‎ Q=2mgL+mgH-m（v）2=2mgL+mgH．故选C。‎ 考点：能量守恒定律 ‎【名师点睛】本题是运用能量守恒定律处理电磁感应中能量问题，关键要正确分析能量是如何转化的。‎ ‎7.如图甲所示，一个由导体做成的等腰直角三角形线圈，以恒定速率v运动，从无场区进入匀强磁场区，磁场宽度大于直角三角形底边BC长度，然后穿出磁场，若规定顺时针方向的电流为正方向，那么在下图中的哪一个图能正确地表示回路在穿过磁场的过程中电流对时间的函数关系 A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】设BC=l，在线圈进入磁场的时间内，由右手定则楞次定律判断可知，感应电流方向沿顺时针方向，是正的，线框切割磁感线的有效长度l均匀增加，感应电流，则电流I均匀增加；线圈全部进入磁场后，感应电流为零；在线圈出离磁场的时间内，由右手定则楞次定律判断可知，感应电流方向沿逆时针方向，是负的，线框切割磁感线的有效长度l均匀增加，则电流I均匀增加；由图示图象可知，ACD错误，B正确；‎ ‎8.质量分别为ma=0.5kg，mb=1.5kg的物体a、b在光滑水平面上发生正碰，若不计碰撞时间，它们碰撞前后的位移-时间图像如图所示，则下列说法中不正确的是 A. 碰撞前a物体的动量大小为2kgm/s B. 碰撞前b物体的动量大小为零 C. 碰撞过程中a与b物体共同损失的动能为3.75J D. 碰撞过程中a物体动量变化量的大小为1.5kgm/s ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】由题图知，碰前a物体的速度，b物体速度为零；碰后a和b一起运动，其速度。碰前a的动量Pa=mava=0.5×4=2 kg•m/s，碰前b的动量Pb=0，故AB正确。碰撞过程中a与b物体共同损失的动能为，选项C错误； 根据动量定理知，在碰撞过程中a物体动量变化量为，则碰撞过程中a物体动量变化量的大小为1.5kgm/s，故D正确。此题选择不正确的选项，故选C.‎ ‎9.如图所示,A、B是完全相同的两个小灯泡,L为自感系数很大、电阻可以忽略的带铁芯的线圈,电源内阻不计。则下列说法中正确的是 A. 电键S闭合的瞬间，A、B同时发光，随后A灯变暗,B灯变亮 B. 电键S闭合的瞬间，A灯逐渐变亮，B灯立即变亮但亮度不变 C. 断开电键S的瞬间，A、B灯同时熄灭 D. 断开电键S的瞬间，B灯立即熄灭，A灯闪亮一下再熄灭 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】合上开关K接通电路时，B灯立即变亮，由于线圈的阻碍作用，灯泡A会迟一会亮，由于线圈的直流电阻为零，故最后两个灯泡一样亮，故A错误，B正确；断开开关K切断电路时，线圈中产生自感电动势，与灯泡A、B构成闭合回路放电，则A、B灯同时逐渐熄灭，故C正确，D错误。‎ ‎10.如图所示a、b、c、d分别是一个菱形的四个顶点，∠abc=120°。现将一个正点电荷＋Q固定在a点，两-Q的点电荷分别固定在b、c两点个顶点上，将一个电荷量为＋q的点电荷依次放在菱形中心点O点和另一个顶点d点处，两点相比：‎ A. +q在O点所受的电场力较大 B. d点的电场强度大于O点的电场强度 C. +q在O点所具有的电势能较大 D. d点的电势高于O点的电势 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】设菱形的边长为L，则bd=L，ao=L；根据公式分析可知三个点电荷在d产生的场强大小E相等，由电场的叠加可知，d点的场强大小为．O点的场强大小为，则+q在O 所受的电场力较大。故A正确，B错误。由叠加原理和对称可知，d和O点的电势等于其中的一个-Q分别在d和O点形成的电势，可知d点电势高于O点；+q在O点所具有的电势能较小，选项C错误，D正确.‎ ‎11.两个质量相同、所带电荷量相等的带电粒子 a、b，以不同的速率对准圆心O沿着AO方向射入圆形匀强磁场区域，其运动轨迹如图所示，若不计粒子的重力，则下列说法正确的是 A. a粒子带负电，b粒子带正电 B. a粒子在磁场中所受洛伦兹力较大 C. a粒子动能较大 D. a粒子在磁场中运动时间较长 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】粒子向右运动，根据左手定则，b向上偏转，应当带正电；a向下偏转，应当带负电，故A正确；带电粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即：，得：，半径较大的b粒子速度大，动能也大；a的动能较小；故C错误；由f=Bqv可知，由于a粒子的速度较小，则a粒子受洛伦兹力较小；故B错误；两粒子的周期均为，则在磁场中偏转角大的运动的时间也长；由图可知a粒子的偏转角大，因此运动的时间就长。故D正确。‎ ‎12.如图所示，平行板电容器的两极板A、B接在电池两极，一带正电的小球悬挂在电容器内部，闭合S，电容器充电，这时悬线偏离竖直方向的夹角为θ，下列说法中正确的是( )‎ A. 保持S闭合，将A板向B板靠近，则θ增大 B. 保持S闭合，将A板向B板靠近，则θ不变 C. 断开S，将A板向B板靠近，则θ增大 D. 断开S，将A板向B板靠近，则θ不变 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ 试题分析：小球受重力、拉力、电场力三个力处于平衡状态，保持开关S闭合，电容器两端间的电势差不变；断开开关S，电容器所带的电量不变．‎ 保持开关S闭合，电容器两端间电势差不变，带正电的A板向B板靠近，极板间距离减小，电场强度E增大，小球所受的电场力变大，θ增大．故A正确，B错误．‎ 断开开关S，电容器所带的电量不变，根据公式，，知d变化，E不变，电场力不变，θ不变．故C错误，D正确．‎ 考点：考查了电容器动态变化 点评：解决电容器的动态分析问题关键抓住不变量．若电容器与电源断开，电量保持不变；若电容器始终与电源相连，电容器两端间的电势差保持不变．‎ 二：实验题（作图4分其余每空2分共18分）‎ ‎13.某人用多用电表按正确步骤测量一电阻的阻值，当选择欧姆挡“100”挡测量时，指针指示位置如图所示，则其电阻值是______Ω．如果要用该多用电表测量一个阻值约200Ω的电阻，为了使测量比较精确，选择开关应选的欧姆挡是______.改变挡位调整倍率后，要特别注意重新______‎ ‎【答案】 (1). 1700 (2). ×10 (3). 欧姆调零 ‎【解析】‎ ‎【详解】由图可知其电阻值是17×100Ω=1700Ω；如果要用该多用电表测量一个阻值约200Ω的电阻，为了使测量比较精确，选择开关应选的欧姆挡是“×10”档；改变挡位调整倍率后，要特别注意重新欧姆调零。‎ ‎14.如图所示，用伏安法测电源电动势和内阻的实验中，在电路中接一阻值为2 Ω的保护电阻R0，通过改变滑动变阻器，得到几组电表的实验数据：‎ 请完成下列问题：‎ ‎(1)用作图法在坐标系内作出U与I图线______；‎ ‎(2)利用图线，测得电动势E＝______ V，内阻r＝______ Ω。‎ ‎(3)电动势测量值______真实值，内阻测量值______真实值(选填“大于”“小于”或“等于”)。‎ ‎【答案】 (1). (2). E=1.5V (3). r=2Ω(1.8Ω-2.2Ω) (4). 小于 (5). 小于 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）做出的U-I图像如图：‎ ‎（2）由图像可知，电动势E＝1.5V，内阻。‎ ‎（3）由图示可知，伏安法测电阻相对于电源来说采用电流表外接法，由于电压表分流作用，电流表测量值偏小，当外电路短路时，电流测量值等于真实值，电源的U-I图象如图所示， 由图象可知，电动势测量值小于真实值，电源内阻测量值小于真实值.‎ 三：计算题 ‎15.如图所示，一颗质量为m=0.1kg的子弹以v0=50m/s的水平速度打入静止在光滑水平面上质量为M=0.9kg的木块中，并随木块一起沿半径R=m光滑半圆轨道AB运动到最高点B，然后又落回地面。（g取10 m/s2，可把木块与子弹视为质点）‎ ‎（1）木块经轨道最高处B点时，对轨道的压力多大。‎ ‎（2）木块落回水平面时，落地点距A点的距离。‎ ‎【答案】（1）木块对轨道的压力为61.1N；（2）X=1.2m ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）以子弹与木块组成的系统为研究对象，系统动量守恒，以子弹的初速度方向为正方向。设碰完后共同速度为v1 则有：‎ mv0=(m+M)v1 ‎ 得v1=5m/s ‎ 对系统从A-B的过程应用动能定理，设在B点的速度为v2 则有 ‎ ‎ 得=4m/s ‎ 对系统在最高点B进行受力分析，应用牛顿第二定律则有：‎ ‎ ‎ 得=61.1N （或550/9N）‎ 由牛顿第三定律可知木块对轨道的压力为61.1N ‎（2）设木块平抛运动到地面的时间为t,由平抛运动的知识有 ‎ ‎ 得X=1.2m ‎16.图中MN和PQ为竖直方向的两平行长直金属导轨，间距L为0.40m，电阻不计。导轨所在平面与磁感应强度B为0.50T的匀强磁场垂直。质量为m =6.0×10-3kg、电阻r=1.0Ω的金属杆ab始终垂直于导轨，并与其保持光滑接触。导轨两端分别接有滑动变阻器和定值电阻=3.0Ω的。当杆ab达到稳定状态时以速率v匀速下滑，整个电路消耗的电功率P为0.27W，重力加速度取10m/s2，试求：‎ ‎（1）速率v；‎ ‎（2）滑动变阻器接入电路部分的阻值；‎ ‎（3）若杆ab由静止开始下滑，达到稳定速率v所需的时间t为0.5s，求这段时间通过ab棒的电荷量q。‎ ‎【答案】（1）V=4.5m/s；（2）=6.0Ω；（3）q=‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】设杆稳定时，流过棒的电流为I，分析可知稳定时棒将做匀速直线运动，棒重力势能的减少量完全转化为焦耳热。‎ ‎（1）由能量守恒则有 ‎ ① ‎ 得v=4.5m/s ② ‎ ‎（2）感应电动势为E=BLv ③ ‎ ‎ ④ ‎ ‎ ⑤ ‎ ‎ ⑥ ‎ 由①②③④⑤⑥带入数据得=6.0Ω ‎ ‎（3）对ab棒应用动量定理 ‎ ⑦ ‎ ‎ ⑧ ‎ 由②⑦⑧带入数据得q=‎ ‎17.如图所示，A、B和C、D为两平行金属板，A、B两板间电势差为U，C、D始终和电源相接，测得其间的场强为E。一质量为m、电荷量为q的带电粒子(重力不计)由静止开始，经A、B加速后穿过C、D发生偏转，最后打在荧光屏上，已知C、D极板长均为x，荧光屏距C、D右端的距离为L，问：‎ ‎(1)粒子离开A、B加速电场时速度大小；‎ ‎(2)粒子打在荧光屏上的位置距O点多远处；‎ ‎(3)粒子打在荧光屏上时的动能为多大。‎ ‎【答案】（1）（2）（3）‎ ‎【解析】‎ ‎（1）设粒子从A、B间射出时的速度为v，则有，‎ ‎（2）设粒子离开偏转电场时偏离原来方向的角度为φ，偏转距离为y，‎ 则在水平方向有 在竖直方向有 粒子加速度.‎ 由此得到 所以粒子打在荧光屏上的位置距O点的距离为 ‎（3）对于粒子运动的整个过程应用动能定理，‎ 得 ‎ ‎ ‎ ‎