广东省深圳平湖外国语学校2018-2019学年高二下学期期中考试物理（理）试题 word版含解析

广东省深圳平湖外国语学校2018-2019学年高二下学期期中考试物理（理）试题 解析版
一、单项选择题
1.下列说法正确的是(　　)
A. 卢瑟福用α粒子轰击核获得反冲核发现了质子
B. 普朗克通过对光电效应现象的分析提出了光子说
C. 玻尔通过对天然放射现象的研究提出了氢原子能级理论
D. 汤姆孙发现电子从而提出了原子的核式结构模型
【答案】A
【解析】
【详解】卢瑟福用α粒子轰击核获得反冲核发现了质子，选项A正确；爱因斯坦通过对光电效应现象的分析提出了光子说，故B错误；玻尔通过对氢光谱的成因的研究提出氢原子能级理论，故C错误；卢瑟福通过α粒子的散射实验分析，提出原子的核式结构模型，故D错误；
2. 仔细观察氢原子的光谱，发现它只有几条分离的不连续的亮线，其原因是(　　)
A. 氢原子只有几个能级
B. 氢原子只能发出平行光
C. 氢原子有时发光，有时不发光
D. 氢原子辐射的光子的能量是不连续的，所以对应的光的频率也是不连续的
【答案】D
【解析】
本题考查的是氢原子光谱的相关问题，只有几条不连续的亮线，其原因是氢原子辐射的光子的能量是不连续的，所以对应的光的频率也是不连续的；D正确；
3.如图为玻尔为解释氢原子光谱而画出的氢原子能级示意图，一群氢原子处于n＝4的激发态，当它们自发地跃迁到较低能级时，以下说法符合玻尔理论的有(　　)
A. 氢原子跃迁时，可发出连续不断的光谱线
B. 基态氢原子能吸收14 eV的光子发生电离
C. 基态氢原子能吸收11 eV的光子发生跃迁
D. 在氢原子谱线中，从n＝2能级跃迁到基态辐射光子的波长最长
【答案】B
【解析】
【详解】由于能级差是量子化的，可知辐射的光子能量是量子化的，氢原子跃迁时，只能发出特定频率的光谱线，故A错误。基态氢原子的能量为-13.6eV，吸收14eV的能量会发生电离，故B正确。基态氢原子吸收11eV的能量后，能量为-2.6eV，可知不能被吸收而发生跃迁，故C错误。在氢原子谱线中，从n=4跃迁到n=3辐射的光子能量最小，频率最小，波长最长，故D错误。
4.下列说法中错误的是(　　)
A. 卢瑟福通过实验发现质子核反应方程为＋→＋
B. 铀核裂变的核反应方程是：→＋＋2
C. 质子、中子、α粒子的质量分别为m1、m2、m3，质子和中子结合成一个α粒子，释放的能量是(2m1＋2m2－m3)c2
D. 原子从a能级状态跃迁到b能级状态时发射波长为λ1的光子；原子从b能级状态跃迁到c能级状态时吸收波长为λ2的光子，已知λ1＞λ2，那么原子从a能级状态跃迁到c能级状态时将要吸收波长为的光子
【答案】B
【解析】
【详解】卢瑟福通过实验发现质子的核反应方程为＋→＋，选项A正确；铀核裂变是通过一个中子轰击铀核，产生3个中子，写核反应方程式时，核反应前和核反应后的中子不能约，选项B错误；质子、中子、α粒子的质量分别为m1、m2、m3．2个质子和2个中子结合成一个α粒子，质量亏损△m=（2m1+2m2-m3），根据质能方程，释放的能量为△E=△mc2=（2m1+2m2-m3）c2．故C正确。已知λ1＞λ2，所以γ1＜γ2，知从a能级状态跃迁到b能级状态时发射光子的能量小于从b能级状态跃迁到c能级状态时吸收光子的能量，所以a能级的能量小于c能级的能量，有hγ2-hγ1=hγ3，即，解得：．故D正确。此题选择不正确的选项，故选B.
5.能源是社会发展的基础，发展核能是解决能源问题的途径之一．下列释放核能的反应方程中，表述正确的是(　　)
A. 是原子核的人工转变
B. 是原子核人工转变
C. 是α衰变
D. 是裂变反应
【答案】AD
【解析】
【详解】A．是原子核的人工转变，选项A正确；
B．是轻核聚变方程，选项B错误；
C．是人工转变方程，选项C错误；
D．是裂变反应，选项D正确。
6.如图所示，电感线圈L的自感系数足够大，其直流电阻忽略不计，LA，LB是两个相同的灯泡，且在下列实验中不会烧毁，电阻R2阻值约等于R1的两倍，则(　　)
A. 闭合开关S时，LA，LB同时达到最亮，且LB更亮一些
B. 闭合开关S时，LA，LB均慢慢亮起来，且LA更亮一些
C. 断开开关S时，LA慢慢熄灭，LB马上熄灭
D. 断开开关S时，LA慢慢熄灭，LB闪亮后才慢慢熄灭
【答案】D
【解析】
闭合开关S时，由于线圈的自感作用LA慢慢亮起来，但LB立即亮起来，AB错误；断开开关S时，LA、LB、L形成回路，但由于LA的电流大于LB的电流，故LA慢慢熄灭，LB闪亮后才慢慢熄灭，C错误、D正确。
7.如图所示，理想变压器的、端加上某一交流电压（电压有效值保持不变），副线圈、端所接灯泡恰好正常发光．此时滑线变阻器的滑片于图示位置．现将滑片下移（导线电阻不计），则以下说法中正确的是（ ）
A. 灯仍能正常发光，原线圈输入电流变小
B. 灯不能正常发光，原线圈输入功率变大
C. 灯不能正常发光，原线圈输入电压变大
D. 灯仍能正常发光，原线圈输入功率不变
【答案】A
【解析】
因为副线圈两端的电压没发生变化，所以灯仍能正常发光．当滑片下移时，由于滑动变阻器的电阻增大，所以副线圈中的电流减小，原线圈中输入的电流也变小，且输入的功率变小，A正确．故本题选A。
二、多项选择题
8.在某次光电效应实验中，得到的遏止电压Uc与入射光的频率ν的关系如图所示，若该直线的斜率和纵截距分别为k和－b，电子电荷量的绝对值为e，则 (　　)
A. 普朗克常量可表示为
B. 若更换材料再实验，得到的图线的k不改变，b改变
C. 所用材料的逸出功可表示为eb
D. b由入射光决定，与所用材料无关
【答案】BC
【解析】
根据光电效应方程Ekm=hv-W0，以及Ekm=eUc得：，图线的斜率k=，解得普朗克常量h=ke，故A错误。纵轴截距的绝对值b=，解得逸出功W0=eb，故C正确。b等于逸出功与电荷电量的比值，而逸出功与材料有关，则b与材料有关，故D错误。更换材料再实验，由于逸出功变化，可知图线的斜率不变，纵轴截距改变，故B正确。故选BC。
点睛：解决本题的关键掌握光电效应方程，以及知道最大初动能与遏止电压的关系，对于图线问题，一般的解题思路是得出物理量之间的关系式，结合图线的斜率和截距进行求解．
9.如图甲为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴OO′匀速转动，线圈的两端经集流环和电刷与阻值为R＝10 Ω的电阻连接，与电阻R并联的交流电压表为理想电表，示数是10 V．图乙是穿过矩形线圈的磁通量Φ随时间t变化的图象，线圈电阻忽略不计，则下列说法正确的是(　　)
A. 电阻R上的电功率为10 W
B. 0.02 s时R两端的电压瞬时值为零
C. R两端的电压u随时间t变化的规律是u＝14.1cos (100πt) V
D. 通过R的电流i随时间t变化的规律是i＝cos (100πt) A
【答案】AC
【解析】
【详解】根据公式得：，故A正确；由乙图可知，0.02s时通过线圈的磁通量为零，电动势最大，R两端的电压瞬时值为10V，故B错误；由乙图可知，T=0.02s，电动势的最大值Em=10V，，又因为此交变电流是从垂直于中性面开始计时的，所以R两端的电压u随时间t变化的规律是u=14.1cos100πt（V），故C正确；根据得：通过R的电流i随时间t变化的规律是i=1.41cos100πt（A），故D错误。
10. 如图是远距离输电的示意图，交流发电机E的输出电压升压变压器升压后，由电阻为R的输电线向远方输电，到达用户端时再用降压变压器降压供用户使用，设变压器均为理想变压器，则下列说法正确的是（ ）
A. 降压变压器与用户负载连接的总开关S断开后，输电线上的功率损失为零
B. 降压变压器与用户负载连接的总开关S断开后，线路上的电压损失达最大．
C. S闭合，用户的用电器增多时，输电线上的功率损失增大．
D. S闭合，用户的用电器增多时，用户得到的电压降低
【答案】ACD
【解析】
试题分析：远距离输电示意图如下
1.从图中可看出功率之间的关系是：
P1=P1′，P2=P2′，P1′=Pr+P2
2.电压之间的关系是：；
3.电流之间的关系是：。
无负载时，无电流输出，输电线路上的电流为0，电压为损失为零，故功率损失为零，所以A正确，B错误；当用户用电器增多即负载功率变大时，需要的输入功率变大，故输电线上的电流变大，输电线上的电压降变大，故输电线上的功率损失增大，用户得到的电压降低，所以C、D均正确。
考点：变压器、远距离输电
11. 1831年法拉第把两个线圈绕在一个铁环上，A线圈与电源、滑动变阻器R组成一个回路，B线圈与开关S，电流表G组成另一个回路．如图所示，通过多次实验，法拉第终于总结出产生感应电流的条件．关于该实验下列说法正确的是（ ）
A. 闭合开关S的瞬间，电流表G中有a→b的感应电流
B. 闭合开关S的瞬间，电流表G中有b→a的感应电流
C. 闭合开关S后，在增大电阻R的过程中，电流表G中有a→b 的感应电流
D. 闭合开关S后，在增大电阻R的过程中，电流表G中有b→a的感应电流
【答案】D
【解析】
试题分析：在滑片不动的情况下，左线圈A中通过的是恒定流，产生的磁场是恒定的，所以线圈B中不产生感应电流，所以选项AB错误；在滑片移动增大电阻的过程中，线圈A中通过的是逐渐增大的电流，即线圈B处于逐渐增强的磁场中，由安培定则和楞次定律可判断得知，电流表中的电流从，故选项C错误、D正确；
考点：法拉第电磁感应定律
12.如图所示，竖直平行金属导轨MN、PQ上端接有电阻R，金属杆ab质量为m，跨在平行导轨上，垂直导轨平面的水平匀强磁场的磁感应强度为B，不计ab与导轨电阻及一切摩擦，且ab与导轨接触良好．若ab杆在竖直向上的外力F作用下匀速上升，则以下说法正确的是( )
A. 拉力F所做的功等于电阻R上产生的热量
B. 杆ab克服安培力做的功等于电阻R上产生的热量
C. 电流所做的功等于重力势能的增加量
D. 拉力F与重力做功的代数和等于电阻R上产生的热量
【答案】BD
【解析】
试题分析：对导体棒分析：受重力、安培力、拉力F，三力平衡。由功能关系知，电阻R上产生的热量等于导体棒克服安培力所做的功，A错、B对；重力势能的增加量等于克服重力所做的功，C错；由动能定理知，拉力F与重力做功的代数和等于安培力所做的功，也即等于电阻R上产生的热量，D对。
考点：功能关系
【名师点睛】功与对应能量的变化关系
功
能量的变化
合外力做正功
动能增加
重力做正功
重力势能减少
弹簧弹力做正功
弹性势能减少
电场力做正功
电势能减少
其他力（除重力、弹力）做正功
机械能增加
三、实验题
13.在实验室里为了验证动量守恒定律,一般采用如图甲、乙所示的两种装置：
(1)若入射小球质量为m1，半径为r1；被碰小球质量为m2，半径为r2,则____。?
A．m1>m2，r1>r2 B．m1>m2，r1C．m1>m2，r1=r2 D．m1(2)若采用图乙所示装置进行实验,以下所提供的测量工具中必需的是____。?
A．刻度尺　　　B．游标卡尺　　　C．天平 D．弹簧测力计　　　E．秒表
(3)设入射小球的质量为m1，被碰小球的质量为m2，则在用图甲所示装置进行实验时(P为碰前入射小球落点的平均位置)，所得“验证动量守恒定律”的结论为_______。(用装置图中的字母表示)
【答案】 (1). C (2). AC (3). m1·OP=m1·OM+m2·O'N
【解析】
【详解】（1）为保证两球发生对心正碰，两球的半径应相等，为防止碰撞后入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量，故选C。
（2）小球离开轨道后做平抛运动，由hgt2得小球做平抛运动的时间t，由于小球做平抛运动时抛出点的高度h相同，则它们在空中的运动时间t相等，验证碰撞中的动量守恒，需要验证：m1v1＝m1v1′+m2v2，则：m1v1t＝m1v1′t+m2v2t，m1x1＝m1x1′+m2x2，由图乙所示可知，需要验证：m1OP＝m1OM+m2ON，因此实验需要测量的量有：①入射小球的质量，②被碰小球的质量，③入射小球碰前平抛的水平位移，④入射小球碰后平抛的水平位移，⑤被碰小球碰后平抛的水平位移．实验需要刻度尺与天平．
（3）验证碰撞中的动量守恒，需要验证：m1v1＝m1v1′+m2v2，则：m1v1t＝m1v1′t+m2v2t，m1x1＝m1x1′+m2x2，由图甲所示可知，需要验证：m1OP＝m1OM+m2O′N．
四、计算题
14.一个电阻为r、边长为L的正方形线圈abcd共N匝，线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴OO′以如图所示的角速度ω匀速转动，外电路电阻为R.
(1)写出此时刻线圈中感应电流的方向．
(2)线圈转动过程中感应电动势的最大值为多大？
(3)线圈平面与磁感线夹角为60°时的感应电动势为多大？
(4)从图示位置开始，线圈转过60°的过程中通过R的电荷量是多少？
(5)图中理想电流表和理想电压表示数各是多少？
【答案】(1) 电流方向沿adcba ；(2) NBL2ω；(3) NBL2ω；(4) (5) ；
【解析】
【详解】(1) 由右手定则可判定电流的方向沿adcba.
(2) 感应电动势的最大值Em＝NBSω＝NBL2ω.
(3) 线圈平面与磁感线成60°角时的瞬时感应电动势
e＝Emcos 60°＝NBL2ω.
(4) 通过R的电荷量
q＝＝＝＝
(5) 理想电流表的示数：I＝＝＝
理想电压表的示数：U＝IR＝.
15.如图所示，半径为内壁光滑的半圆形轨道固定在水平地面上，质量的滑块停放在距轨道最低点A为?的O点处，质量为的子弹以速度从右方水平射入滑块，并留在其中已知滑块与水平面的动摩擦因数，子弹与滑块的作用时间很短；取，试求：
子弹刚留在滑块时二者的共同速度大小v；
滑块从O点滑到A点的时间t；
滑块从A点滑上轨道后通过最高点B落到水平面上C点，A与C间的水平距离是多少．
【答案】； 1s；
【解析】
【详解】子弹击中滑块过程动量守恒，规定向左为正方向，则：
代入数据解得：?????
子弹击中滑块后与滑块一起在摩擦力的作用下向左作匀减速运动，设其加速度大小为a，则：
由匀变速运动的规律得：
联立并代入数据得：，舍去
滑块从O点滑到A点时的速度，
代入数据得：
设滑块从A点滑上轨道后通过最高点B点时的速度，由机械能守恒定律：
代入数据得：
滑块离开B点后做平抛运动，飞行时间
而
代入数据得：
16.如图所示，足够长的U形导体框架的宽度L＝0.5 m，电阻可忽略不计，其所在平面与水平面成θ＝37°。有一磁感应强度B＝0.8 T的匀强磁场，方向垂直于导体框平面。一根质量m＝0.4 kg、电阻R＝1 Ω的导体棒MN垂直跨放在U形框架上，某时刻起将导体棒由静止释放。已知导体棒与框架间的动摩擦因数μ＝0.5.(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)
求:
(1)导体棒刚开始下滑时的加速度大小；
(2)导体棒运动过程中的最大速度；
(3)从导体棒开始下滑到速度刚达到最大时的过程中，通过导体棒横截面的电荷量Q＝4 C，求导体棒在此过程中消耗的电能。
【答案】(1)2m/s2；(5)5m/s；(3)3J
【解析】
【详解】(1)以MN为研究对象进行受力分析，根据牛顿第二定律可得：
mgsinθ?μmgcosθ=ma
代入数据解得：a=2m/s2；
(2)当导体棒匀速下滑时其受力情况如图，
因为匀速下滑，设匀速下滑的速度为v，则在平行斜面上根据平衡条件可得：
mgsinθ?f?F=0
摩擦力为：f=μmgcosθ；
安培力为：F=BIL
根据闭合电路欧姆定律可得电流强度为：I=BLv/R
由以上各式解得：v=5m/s；
(3)通过导体的电量为：Q=˙△t=
设物体下滑速度刚好为v时的位移为S，则有：△Φ=BSL
全程由动能定理得：
mgS?sinθ?W安?μmgcosθ?S=
代入数据解得：W克=3J；
此过程回路产生的热量为Q=3J，导体棒在此过程中产生的热量Q2==J=0.6J.
答：(1)导体棒刚开始下滑时的加速度大小为2m/s2；
(2)导体棒运动过程中的最大速度为5m/s；
(3)导体棒在此过程中消耗的电能为0.6J.