- 414.50 KB
- 2021-06-04 发布
江西省南昌市第十中学2017－2018学年高二下学期期末考试
物理试题
一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分。1—7每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确，选对得4分，选错得0分；8—10题每小题给出的四个选择中，至少有两个选项正确，选对得4分，漏选得2分，错选得0分）
1. 下列描绘两种温度下黑体辐射强度与波长关系的图中，符合黑体辐射规律的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】AB．黑体辐射以电磁辐射的形式向外辐射能量，温度越高，辐射越强越大，故A错误，B错误；
CD．黑体辐射的波长分布情况也随温度而变，即温度越高，辐射的电磁波的波长越短，故C正确，D错误。
故选：C.
点睛：要理解黑体辐射的规律：温度越高，辐射越强越大，温度越高，辐射的电磁波的波长越短．
2. 某同学采用如图(甲)所示的装置研究光电效应现象,分别用a,b,c三束单色光照射图(甲)中的光电管的阴极,得到光电管两端的电压与相应的光电流的关系如图(乙)所示,其中a,c两束光照射时对应的遏止电压相同,均为Ua,则下列论述正确的是( )
A. a,c两束光的光强相同
B. a,c两束光的频率不同
C. b光束光子的能量最小
D. b光束的波长最短,遏止电压最大
【答案】D
【解析】A、由图可知，a的饱和电流最大，因此a光束照射时单位时间内产生的光电子数量大，光强大，故A错误；
BCD、 当光电流为零时，光电管两端加的电压为遏止电压，对应的光的频率为截止频率，根据，入射光的频率越高，对应的遏止电压U越大，a光、c光的遏止电压相等，所以a光、c光的频率相等，而b光的频率大，能量大，且对应的波长最短，故D正确，B、C 错误；
故选D。
3. 氢原子部分能级的示意图如图所示。不同色光的光子能量如下表所示。处于某激发态的氢原子，发射的光的谱线在可见光范围内仅有2条，其颜色分别为( )
色光
红
橙
黄
绿
蓝～靛
紫
光子能量范围(eV)
1.61～2.00
2.00～2.07
2.07～2.14
2.14～2.53
2.53～2.76
2.76～3.10
A. 红、蓝－靛 B. 黄、绿 C. 红、紫 D. 蓝－靛、紫
【答案】A
【解析】根据，如果激发态的氢原子处于第二能级，能够发出10.2 eV的光子，不属于可见光；如果激发态的氢原子处于第三能级，能够发出12.09 eV、10.2 eV、1.89 eV的三种光子，只有1.89 eV属于可见光；如果激发态的氢原子处于第四能级，能够发出12.75 eV、12.09 eV、10.2 eV、2.55 eV、1.89 eV、0.66 eV的六种光子，1.89 eV和2.55 eV属于可见光，1.89 eV的光子为红光，2.55 eV的光子为蓝-靛，故A正确，B、C、D错误；
故选A。
4. 一瓶无害放射性同位素溶液，其半衰期为20天，测得每分钟衰变6×106次，今将这瓶溶液倒入一水库中，80天后可以认为溶液已均匀分布在水库中，现取2m3水样本测得每分钟衰变20次，则该水库蓄水量为（ ）
A. 1.875×104 m3 B. 1.875×105 m3
C. 3.75×104 m3 D. 3.75×105 m3
【答案】C
【解析】设水库中的水量为Qm3，80天后水库中所有放射性元素每分钟衰变的次数为10Q，放射性元素原有质量为mo，8天后剩余质量为m；
则有：，又，联立解得：，故C正确，A、B、D错误；
故选C。
【点睛】根据半衰期公式，利用比例相等的方法求水库的容量。
5. 如图所示，质量为m的小物块静止地放在半径为R的半球体上，物块与半球体间的动摩擦因数为μ，物块与球心的连线与水平地面的夹角为θ，下列说法中正确的是（ ）
A. 地面对半球体的摩擦力方向水平向左
B. 物块对半球体的压力大小为mgcosθ
C. 物块所受摩擦力大小为μmgcosθ
D. 物块所受摩擦力大小为mgcosθ
【答案】D
【解析】设半球体的质量为M，以小木块和半球体整体为研究对象，受重力和支持力，根据平衡条件得知，地面对半球体的摩擦力为零。故A错误。对小物块受力分析，如图：
将重力正交分解，由于物体静止在半球上，处于平衡态，沿半径方向列平衡方程：N-mgsinθ=0，解得：N=mgsinθ，根据牛顿第三定律，木块对半球体的压力为mgsinθ，故B错误；沿切向列平衡方程：f-mgcosθ=0，解得：f=mgcosθ，故C正确，D错误；故选C。
点睛：此题主要考查了整体法及隔离法的应用；关键是受力分析，根据正交分解法列出方程即可解答.
6. 如图所示，质量分别为m和2m的两个小球置于光滑水平面上，且固定在一轻质弹簧的两端，已知弹簧的原长为L，劲度系数为k.现沿弹簧轴线方向在质量为2m的小球上有一水平拉力F，使两球一起做匀加速运动，则此时两球间的距离为( )．
A. B. C. L＋ D. L＋
【答案】C
考点：本题考查牛顿第二定律，整体法和隔离法，胡克定律。
7. 如图所示，某极地轨道卫星的运行轨道平面通过地球的南北两极，已知该卫星从北纬60°的正上方，按图示方向第一次运行到南纬60°的正上方时所用时间为1 h，则下列说法正确的是( )
A. 该卫星与同步卫星的运行半径之比为1：4
B. 该卫星与同步卫星的运行速度之比为1：2
C. 该卫星的运行速度一定大于7.9 km/s
D. 该卫星的机械能一定大于同步卫星的机械能
【答案】A
【解析】试题分析：卫星从北纬60°的正上方，按图示方向第一次运行到南纬60°的正上方时，偏转的角度是120°，刚好为运动周期的T，所以卫星运行的周期为3t，同步卫星的周期是24h，由
得：，所以：．故A正确；由得：．故B错误；7．9km/s是卫星环绕地球做匀速圆周运动的最大速度，所以该卫星的运行速度一定小于7．9km/s．故C错误；由于不知道卫星的质量关系，故D错误．故选A。
考点：万有引力定律的应用
【名师点睛】该题考查人造卫星与同步卫星的关系，灵活运动用重力和万有引力相等以及万有引力提供圆周运动的向心力是解决本题的关键。
视频
8. 关于原子核的结合能，下列说法正确的是( )
A. 原子核的结合能等于使其完全分解成自由核子所需的最小能量
B. 一重原子核衰变成α粒子和另一原子核，衰变产物的结合能之和一定大于原来重核的结合能
C. 铯原子核 ()的结合能小于铅原子核()的结合能
D. 比结合能越大，原子核越不稳定
【答案】ABC
【解析】A、分散的核子组成原子核时放出的能量叫做原子核结合能，它等于使其完全分解成自由核子所需的最小能，故A正确；
B、一重原子核衰变成α粒子和另一原子核，该过程中要释放能量，所以衰变产物的结合能之和一定大于原来重核的结合能，故B正确；
.....................
D、比结合能越大，原子核越稳定，故D错误；
故选ABC。
【点睛】比结合能：原子核结合能对其中所有核子的平均值，亦即若把原子核全部拆成自由核子，平均对每个核子所要添加的能量．用于表示原子核结合松紧程度；结合能：两个或几个自由状态的粒子结合在一起时释放的能量．分散的核子组成原子核时放出的能量叫做原子核结合能。
9. 在人类对微观世界进行探索的过程中，科学实验起到了非常重要的作用。下列说法符合历史事实的是( )
A. 密立根通过油滴实验测出了基本电荷的数值
B. 贝克勒尔通过对天然放射现象的研究，发现了原子中存在原子核
C. 居里夫妇从沥青铀矿中分离出了钋(Po)和镭(Ra)两种新元素
D. 卢瑟福通过α粒子散射实验证实了在原子核内部存在质子
【答案】AC
【解析】试题分析：密立根通过油滴实验测出了基本电荷的数值，选项A正确；贝克勒尔通过对天然放射现象的研究揭示了原子核具有复杂的结构，选项B错误；居里夫妇从沥青铀矿中分离出了钋（Po）和镭（Ra）两种新元素，选项C正确；卢瑟福通过α粒子散射实验说明了原子核核式结构理论，选项D错误；故选AC．
考点：物理学史
10. 下列说法正确的是( )
A. 太阳辐射的能量主要来自太阳内部的核裂变反应
B. 用加热、加压或改变其化学状态的方法都不能改变原子核衰变的半衰期
C. 一个氢原子从量子数n=3的激发态跃迁到基态时最多可产生2种不同频率的谱线
D. 铀核衰变为铅核的过程中,要经过8次α衰变和6次β衰变
【答案】BCD
【解析】A、太阳辐射的能量主要来自太阳内部的核聚变反应，故A错误；
B、半衰期由原子核本身决定，与外界因素无关，故B正确；
C、一个氢原子从量子数n=3的激发态跃迁到基态时最多可产生2条不同频率的谱线，分别是从2到1和从3到2，故C正确；
D、由质量数守恒和电荷数守恒知铀核衰变为铅核的过程中，238=206+8×4，要经过8次α衰变，92=82+8×2−6×1，6次β衰变，故D正确；
故选BCD。
【点睛】太阳内部是核聚变反应，由质量数守恒和电荷数守恒判断衰变次数，半衰期由原子核本身决定。
二、填写题（本大题共12空，每空2分共24分，请把答案写在答题卷指定的空格上。）
11. 某同学利用图装置研究小车的匀变速直线运动．
(1)实验中，必须的措施是________．
A．细线必须与长木板平行
B．先接通电源再释放小车
C．小车的质量远大于钩码的质量
D．平衡小车与长木板间的摩擦力
(2)他实验时将打点计时器接到频率为50 Hz的交流电源上，得到一条纸带，打出的部分计数点如图所示(每相邻两个计数点间还有4个点，图中未画出)．s1＝3.59 cm，s2＝4.41 cm，s3＝5.19 cm，s4＝5.97 cm，s5＝6.78 cm，s6＝7.64 cm.则小车的加速度a＝________m/s2(要求充分利用测量的数据)，打点计时器在打B点时小车的速度vB＝________m/s.(结果均保留两位有效数字)
【答案】 (1). （1）AB (2). （2）0.80， (3). 0.40
【解析】试题分析：①实验时，细线必须与长木板平行，以减小实验的误差，选项A正确；实验时要先接通电源再释放小车，选项B正确；此实验中没必要使小车的质量远大于钩码的质量，选项C错误；此实验中不需平衡小车与长木板间的摩擦力，选项D错误。
②两相邻计数点间的时间间隔T="0.1" s；由逐差法可得a=="0.80" m/s2，打点计时器在打B点时小车的速度vB=="0.40" m/s。
【考点定位】研究小车的匀变速直线运动实验
【名师点睛】此题是一道考查研究小车的匀变速直线运动的常规实验题；注意不要把此实验与验证牛顿第二定律的实验相混淆；在验证牛顿第二定律的实验中，要求小车的质量远大于钩码的质量和平衡小车与长木板间的摩擦力，但在此实验中是不必要的；此题考查学生对力学基本实验的掌握情况。
12. 某同学要测量一个由均匀新材料制成的圆柱体的电阻率ρ。步骤如下：
（1）游标卡尺测量其长度如图甲所示，可知其长度为________mm；
（2）用螺旋测微器测量其直径如图乙所示，可知其直径为________mm；
（3）选用多用电表的电阻“×1”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘的示数如图所示，则该电阻的阻值约为________Ω；
（4）为更精确地测量其电阻，可供选择的器材如下：
电流表A1(量程300 mA，内阻约为2 Ω)；
电流表A2(量程150 mA，内阻约为10 Ω)；
电压表V1(量程1 V，内阻r＝1 000 Ω)；
电压表V2(量程15 V，内阻约为3 000 Ω)；
定值电阻R0＝1 000 Ω；
滑动变阻器R1(最大阻值5 Ω)；
滑动变阻器R2(最大阻值1 000 Ω)；
电源E(电动势约为4 V，内阻r约为1 Ω)；
开关，导线若干。
为了使测量尽量准确，测量时电表读数不得小于其量程的，电压表应选________，电流表应选________，滑动变阻器应选________。(均填器材代号)
根据你选择的器材，请在线框内画出实验电路图。
【答案】 (1). （1）50.15 (2). （2）4.696～4.701均给分 (3). （3）22 (4). （4）V1， (5). A2，R1 (6).
【解析】（1）由图甲所示可知，游标卡尺主尺示数为50mm，游标尺示数为3×0.05mm=0.15mm，游标卡尺示数为50mm+0.15mm=50.15mm；
（2）由图乙所示可知，螺旋测微器固定刻度示数为4.5mm，游标尺示数为20.0×0.01mm=0.200mm，螺旋测微器示数为4.5mm+0.200mm=4.700mm；
（3）用多用电表的电阻“×1”挡，由图丙所示可知，电阻阻值为22×1=22Ω；
（4）由于电源电压为4 V，显然电压表选V2时不满足读数不得小于其量程的的要求，因此只能选V1，而V1读数又太小，而题目中给了一个定值电阻，将定值电阻与电压表串联，改装成一个新电压表，量程为4 V，满足要求，这样由于电阻值约22 Ω，因此回路电流最大约120 mA左右，因此电流表选A2，为了测量精确，滑动变阻器采分压式接法，为了便于调节，滑动变阻器选用R1，电路图电流表采用外接法，实验电路图如图。
点睛：应掌握游标卡尺与螺旋测微器的读数方法．通过估算电路中的最大电流来选择电流表的量程；若有“测得多组数据”要求或要求电流从零调时，变阻器应用分压式接法，选择阻值小的变阻器时方便调节.
13. 铀核裂变的一种方式是
，该反应的质暈亏损是0.2u，1u相当于931.5MeV的能量.
①核反应方程中的X是_______________。
②该反应放出的能量是_______ J.（结果保留3位有效数字）
【答案】 (1). （电子） (2). 2.98×10-11J
【解析】由反应过程中的电荷数守恒、质量数守恒可求得X的电荷数和质量数判断出为电子 ②由爱因斯坦的质能方程可求得放出的能量
三、计算题（本大题共5小题，共46分，解答本题时，应写出必要的文字说明，方程式和重要的算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数字计算的解答中必须明确写出数值和单位。）
14. 列车由静止开始以a1=0.9m/s2的加速度做匀加速直线运动, 经t1=30s后改为匀速直线运动, 又经一段时间后以大小为a2=1.5m/s2的加速度做匀减速直线运动直至停止, 全程共计2km, 求列车行驶的总时间。
【答案】98s
【解析】对于匀加速运动过程，位移为：
30s末的速度为：v=a1t1=1×30=30m/s；
对于匀减速运动过程，位移为：
匀减速运动的时间：
所以列车匀速直线运动行驶的位移为：s2=s-s1-s3=3000-450-300=2250m
则匀速的时间为：
则列出行驶的总时间为：t=t1+t2+t3=30+75+20=125s
【点睛】根据匀变速直线运动的速度-位移公式求出匀加速运动的位移，及30s末的速度，即匀速直线运动的速度；根据v2−v02＝2ax，求出匀减速运动的位移，根据速度公式求出匀减速的时间，进而可求得匀速运动的位移，再根据位移公式x=vt即可求出匀速运动时间，总时间为三段时间之和．
15. 光滑曲面轨道置于高度为H＝1.8 m的平台上，其末端切线水平；另有一长木板两端分别搁在轨道末端点和水平地面间，构成倾角为θ＝37°的斜面，如图所示．一个可视作质点的质量为m＝1 kg的小球，从光滑曲面上由静止开始下滑(不计空气阻力，g取10 m/s2，sin 37°≈0.6，cos 37°≈0.8)
(1)若小球从高h＝0.2 m处下滑，则小球离开平台时速度v0的大小是多少？
(2)若小球下滑后正好落在木板的末端，则释放小球的高度h为多大？
【答案】（1）2m/s (2)0.8m
【解析】【分析】小球下滑过程中受重力和支持力，其中支持力不做功，只有重力做功，机械能守恒，根据机械能守恒定律列式求解v0；先根据平抛运动的位移公式求解出平抛的初速度，然后对沿斜面下滑过程运用机械能守恒定律列式求解h；
解：(1)小球从曲面上滑下，只有重力做功，由机械能守恒定律知：
得
(2)小球离开平台后做平抛运动，小球正好落在木板的末端，
则
联立解得：
设释放小球的高度为h1，则由
得
16. 如图所示，用不可伸长的细线悬挂一质量为M＝1 kg的小木块，木块处于静止状态．现有一质量为m＝0.01 kg的子弹以初速度v0＝300 m/s自左方水平地射穿木块，木块上升的最大高度h＝0.2 m，求：
(1)子弹射出木块时子弹和木块的速度分别为多少？
(2)若子弹射穿木块的时间为Δt＝0.02 s，子弹对木块的平均作用力F大小为多少？
【答案】（1）2m/s，100m/s (2)100N
【解析】【分析】木块上摆过程机械能守恒，应用机械能守恒定律可以求出子弹射穿木块后木块的速度，子弹射穿木块过程系统动量守恒，应用动量守恒定律可以求出子弹和木块的速度；对木块，应用动量定理可以求出力F的大小；
解：(1)设子弹射穿木块后木块获得速度为v′，子弹速度为v；
木块上摆过程，只有重力做功，其机械能守恒，由机械能守恒定律得：
子弹射穿木块过程系统的动量守恒，以水平向右为正方向，由动量守恒定律得：
联立并代入数据解得：
(2)以木块为研究对象,由动量定理可得：
代入数据解得：
17. 如图所示，在xoy坐标系中，y>0的范围内存在着沿y轴正方向的匀强电场，在y<0的范围内存在着垂直纸面的匀强磁场（方向未画出）。现有一质量为m，电荷量大小为-q（重力不计）的带电粒子，以初速度v0（v0沿x轴正方向）从y轴上的a点出发，运动一段时间后，恰好从x轴上的d点第一次进入磁场，然后从O点第—次离开磁场。已知oa=L，od=2L，求
（1）电场强度；
（2）磁感应强度的大小和方向。
【答案】(1) (2)
【解析】【分析】运用运动的合成与分解，结合牛顿第二定律与运动学规律结合即可求出E的大小；洛伦兹力提供向心力结合圆周运动的规律，再与几何关系结合可求磁感应强度的大小；根据左手定则确定磁感应强度的方向；
解：(1)粒子在匀强电场中做类平抛运动
x方向：①
y方向：②
根据牛顿第二定律得：③
由①②③式得：电场强度
(2)设粒子在电场中出射时，沿y方向的速度大小为vy，速度方向与x轴正方向的夹角为α，
y方向：④
联立①②④式得：
,所以
所以粒子进入磁场时速度大小：⑤
画出粒子的运动轨迹如图，根据左手定则可知磁场方向垂直纸面向里
根据洛伦兹力提供向心力有： ⑥
根据几何关系有：⑦
由⑤⑥⑦式得：
18. 如图所示，两条相距d=1 m的平行光滑金属导轨位于同一水平面内，其左端接一阻值为R=9 Ω的电阻，右端放置一阻值r=1 Ω、质量m=1 kg的金属杆，开始时，与MP相距L=4 m．导轨置于竖直向下的磁场中，其磁感应强度B随时间t的变化规律如图2所示．给金属杆施加一向右的力F（F未知），使0~2 s内杆静止在NQ处．在t=2 s时杆开始做匀加速直线运动，加速度大小a=1 m/s²，6 s末力F做的功为30 J（g取10 m/s²）．求：
（1）杆静止时，杆中感应电流的大小I和方向；
（2）杆在t=6 s末受到的力F的大小
（3）0~6 s内杆上产生的热量．
【答案】(1)0.8A，顺时针 （2）7.4N （3）3.48J
【解析】试题分析：杆静止时，B均匀减小，由法拉第电磁感应定律求出感应电动势，再由欧姆定律求感应电流的大小。由楞次定律判断感应电流的方向；2-6s内杆做匀加速直线运动，由v=at求得6s末杆的速度，由E=Bdv、欧姆定律求得感应电流的大小，由F=BId求得安培力的大小，再由牛顿第二定律求得F的大小；分段求热量。0-2s内，感应电流恒定，由焦耳定律求热量。2-6s内，感应电流均匀增大，由克服安培力做功求热量。
（1）在0~2 s内，由电磁感应定律得
解得E1=8 V（
由闭合电路欧姆定律得
联立解得I1=0.8 A，方向N→Q
（2）杆做匀加速直线运动的时间为t=4 s
6 s末杆的速度v=at=4 m/s
由电磁感应定律得E2=Bdv=16 V
由闭合电路欧姆定律得
联立解得I2=1.6 A
在运动过程中杆受到的安培力FA=BI2d=6.4 N
对杆运用牛顿第二定律，有：F–FA=ma
解得F=ma+FA=7.4 N
（3）0~2 s内系统产生的焦耳热Q1=I1²(R+r)t=12.8 J
2~6 s内，根据能量守恒定律有：W=
系统产生的热量
则0~6 s内系统产生的总热量=34.8 J
故0~6 s内杆上产生的热量
点睛：本题主要考查了电磁感应与力学知识的综合应用，要理清杆的运动状态，明确磁通量均匀变化时产生的感应电流恒定，由焦耳定律求热量。当电流变化时，根据电流的平均值求克服安培力做功，来求焦耳热。