2017-2018学年江西省高安中学高二上学期期末考试物理试题 解析版

2017-2018学年江西省高安中学高二上学期期末考试物理试题 解析版

江西省高安中学2017-2018学年高二上学期期末考试物理试题 一、选择题 ‎1. 在科学发展史上，不少物理学家作出了重大贡献。下列陈述中不符合历史事实的是( )‎ A. 伽利略对自由落体的研究，开创了研究自然规律的科学方法，‎ B. 在研究电磁现象时，安培引入了 “场”的概念 C. 密立根进行了多次实验，比较准确地测定了电子的电量 D. 奥斯特发现了电流的磁效应，首次揭示了电与磁的联系 ‎【答案】B ‎【解析】伽利略对自由落体的研究，开创了研究自然规律的科学方法，选项A正确；在研究电磁现象时，法拉第引入了 “场”的概念，选项B错误； 密立根进行了多次实验，比较准确地测定了电子的电量，选项C正确；奥斯特发现了电流的磁效应，首次揭示了电与磁的联系，选项D正确；此题选择不符合事实的选项，故选B.‎ ‎2. 以下宏观概念中，哪些是“量子化”的（　　）‎ A. 物体的带电荷量 B. 物体的质量 C. 物体的动量 D. 学生的温度 ‎【答案】A ‎【解析】物体的带电荷量只能是元电荷的整数倍，所以物体的带电荷量是量子化的．故A正确；物体的质量的数值可以取小数或分数，甚至取无理数也可以，因而是连续的，非量子化的．故B错误；物体的动量的数值可以取小数或分数，甚至取无理数也可以，因而是连续的，非量子化的．故C错误；学生的温度的数值的数量也能取分数或小数，因而是连续的，不是量子化的．故D错误．故选A.‎ ‎3. 如图所示电路中，A1、A2是两只相同的电流表，电感线圈L的直流电阻与电阻R阻值相等，下面判断正确的是（　　）‎ A. 开关S接通的瞬间，电流表A1的读数大于A2的读数 B. 开关S接通的瞬间，电流表A1的读数小于A2的读数 C. 开关S接通电路稳定后再断开的瞬间，电流表A1的读数大于A2的读数 D. 开关S接通电路稳定后再断开的瞬间，电流表A1的读数小于A2的读数 ‎【答案】B ‎【解析】A、闭合S瞬间，由于线圈的电流变大，导致其产生电动势，从而阻碍电流的变大，所以电流表示数小于示数，故A错误，B正确；‎ C、断开S瞬间，线圈电流变小，从而产生电动势，相当于电压会变小电源与电阻相串联，由于两电流表串联，所以电流表示数等于示数，故C错误，D正确。‎ 点睛：线圈电流增加，相当于一个电源接入电路，线圈左端是电源正极．当电流减小时，相当于一个电源，线圈左端是电源负极。‎ ‎4. 关于下列图象的描述和判断正确的是（　　）‎ A. 图甲表示，电子束通过铝箔时的衍射图样证实了运动电子具有粒子性 B. 图甲表示，电子束通过铝箔时的衍射图样证实了运动电子具有波动性 C. 图乙表示，随着温度的升高，各种波长的辐射强度都会减小 D. 图乙表示，随着温度的升高，黑体辐射强度的极大值向波长较大的方向移动 ‎【答案】B ‎【解析】衍射是波特有的现象，因此电子束通过铝箔时的衍射图样证实了运动电子具有波动性，故A错误，B正确；由图乙可知，随着温度的升高，各种波长的辐射强度都会增大，故C错误；由图乙可知，随着温度的升高，黑体辐射强度的极大值向波长较短的方向移动，故D错误； 故选B．‎ 点睛：本题考查了物质波及黑体辐射的规律，电子的衍射图样证明了物质波，即实物粒子也具有波动性，黑体辐射的规律直接看图即可总结出来．‎ ‎5. 如图所示，有一个等腰直角三角形的匀强磁场区域其直角边长为L，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B.边长为L、总电阻为R的正方形导线框abcd，从图示位置开始沿x轴正方向以速度v匀速穿过磁场区域．取沿abcda的感应电流为正，则表示线框中电流i随bc边的位置坐标x变化的图象正确的是(　　)‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】bc边的位置坐标x在L-2L过程，线框bc边有效切线长度为l=x-L，感应电动势为E=Blv=B（x-L）v，感应电流，电流的大小随x逐渐增大；根据楞次定律判断出来感应电流方向沿a→b→c→d→a，为正值．x在2L-3L过程，根据楞次定律判断出来感应电流方向沿a→d→c→b→a，为负值，线框ad边有效切线长度为l=x-2L，感应电动势为E=Blv=B（x-2L）v，感应电流，大小随x逐渐增大，根据数学知识得D正确．故选D.‎ ‎6. 质量相等的A、B两个物体，沿着倾角分别是α和β的两个光滑的固定斜面，由静止从同一高度h2下滑到同样的另一高度h1，如图所示，则A、B两物体(　　)‎ A. 滑到h1高度时的动量相同 B. 滑到h1高度时的动能相同 C. 由h2滑到h1的过程中所受重力的冲量相同 D. 由h2滑到h1的过程中所受合力的冲量相同 ‎【答案】B ‎【解析】由于斜面倾角不同，滑到h1高度时，两物体动量方向不同，两物体动量不同，故A错误；物体下滑过程中，只有重力做功，物体初末位置相同，重力做功相等，由动能定理可知，物体的动能相等，故B正确；物体下滑过程中，下滑高度h=h2-h1相等，由机械能守恒定律得：mgh=mv2，物体到达斜面低端时，速度 ，由牛顿第二定律得：mgsinθ=ma，加速度a=gsinθ，物体沿斜面下滑的时间： ，由于斜面倾角θ不同，物体下滑的时间t不同，重力的冲量I=mgt不同，故C错误；由h2滑到h1的过程中由于斜面倾角不同，物体的动量不同，由动量定理可知，物体所受合力的冲量不同，故D错误；故选B．‎ 点睛：利用动量定理求冲量、由动能定理求功是常用的方法．要注意功、动能是标量，冲量、动量是矢量．‎ ‎7. 图甲为电热毯的电路示意图。电热丝接在u=311sin 100πt (V)的电源上,电热毯被加热到一定温度后,通过装置P使输入电压变为图乙所示波形,从而进入保温状态。若电热丝电阻保持不变,此时交流电压表的读数是(　 　)‎ A. 110 V B. 156 V C. 220 V D. 311 V ‎【答案】B ‎【解析】试题分析:由有效值的定义知：，解得U=156V，B对。‎ 考点:交流电的有效值。‎ ‎【名师点睛】交变电流有效值的计算 ‎1．正弦式交流电的有效值：I＝，U＝，E＝‎ ‎2．非正弦式交流电的有效值：根据电流的热效应进行计算。‎ ‎8. 质量为m的小球A沿光滑水平面以速度v0与质量为2m的静止小球B发生正碰，碰撞后，A球的动能变为原来的1/9，那么，小球B的速度可能是( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】AB ‎【解析】根据碰后A球的动能恰好变为原来的1/9得：mv2=•mv02可得：v=±v0；碰撞过程中AB动量守恒，则有：mv0=mv+2mvB；解得：vB=v0或vB=v0，故选AB．‎ ‎9. 图（a）所示，理想变压器的原、副线圈的匝数比为4：1，RT为阻值随温度升高而减小的热敏电阻，R1为定值电阻，电压表和电流表均为理想交流电表．原线圈所接电压u随时间t按正弦规律变化，如图（b）所示．下列说法正确的是（　　）‎ A. 变压器输入、输出功率之比为4：1‎ B. 变压器原、副线圈中的电流强度之比为1：4‎ C. u随t变化的规律为u=51sin（50πt）（国际单位制）‎ D. 若热敏电阻RT的温度升高，则电压表的示数不变，电流表的示数变大 ‎【答案】BD ‎【解析】由题意，理想变压器输入、输出功率之比为1:1，选项A错误；变压器原、副线圈中的电流强度与匝数成反比，即，故选项B正确；由图（b）可知交流电压最大值Um="51" V，周期T="0.02" s，角速度ω="100π" rad/s，则可得u=51sin（100πt）（V），故选项C错误；RT的温度升高时，阻值减小，电流表的示数变大，电压表示数不变，故选项D正确。‎ ‎【考点定位】变压器的构造和原理 ‎【名师点睛】根据图象准确找出已知量，是对学生认图的基本要求，准确掌握理想变压器的特点及电压、电流比与匝数比的关系，是解决本题的关键。‎ 视频 ‎10. 如图所示，两个闭合铝环A、B与一个螺线管套在同一铁芯上，A、B可以左右摆动，则（ ）‎ A. 在S闭合的瞬间，A、B必相吸 B. 在S闭合的瞬间，A、B必相斥 C. 在S断开的瞬间，A、B必相吸 D. 在S断开的瞬间，A、B必相斥 ‎【答案】AC ‎【解析】A、在S闭合瞬间，穿过两个线圈的磁通量变化相同，线圈中产生同方向的感应电流，同向电流相吸，则A、B 相吸，A正确，B错误； C、在S断开瞬间，穿过两个线圈的磁通量变化相同，线圈中产生同方向的感应电流，同向电流相吸，则A、B 相吸，C正确，D错误。‎ 点睛：本题考查了楞次定律的应用，同时要掌握：同向电流相互吸引，反向电流相互排斥，也可以使用楞次定律的规范化的步骤解答，比较麻烦。‎ 二、填空题 ‎11. 在“探究产生感应电流的条件”的实验中，如图甲所示，把条形磁铁插入或者拔出闭合线圈的过程中， 线圈的面积尽管没有变化，但是线圈内的磁场强弱发生了变化，此时闭合线圈中____________感应电流（填“有” 或“无”）。继续做图乙所示的实验，当导体棒做切割磁感线运动时， 尽管磁场的强弱没有变化，但是闭合回路的面积发生了变化，此时回路中_________感应电流（填“有”或“无”）。‎ ‎【答案】 (1). 有 (2). 有 ‎【解析】把条形磁铁插入或者拔出闭合线圈的过程，线圈的面积尽管没有变化，但是线圈内的磁场强弱发生了变化，则磁通量发生变化，闭合线圈中有感应电流． 当导体棒做切割磁感线运动时，尽管磁场的强弱没有变化，但是闭合回路的面积发生了变化，通过闭合回路的磁通量发生变化，有感应电流． 点睛：本题考查了感应电流产生的条件，掌握基础知识、分析清楚题意即可正确解题，同时判断是否产生感应电流，关键看穿过闭合回路的磁通量是否发生变化．‎ ‎12. 有一根细而均匀的管状导电原件（如图所示），此原件长L约为3cm，电阻约为100 Ω ，已知这种材料的电阻率为，因该样品的内圆直径太小，无法直接测量，为了测量其内圆直径可先测其电阻Rx，现提供以下实验器材：‎ A．20分度的游标卡尺 B．螺旋测微器 C．电流表A1（量程50mA，内阻r1为100 Ω）‎ D．电流表A2（量程100mA，内阻r2约为40 Ω）‎ E．电流表A3（量程1A，内阻r3约为0.1 Ω）‎ F．滑动变阻器R1（20 Ω ，额定电流1A）‎ G．滑动变阻器R2（0~20kΩ ，额定电流0.1A）‎ H．直流电源E（12V，内阻不计）‎ I．导电材料样品Rx（长约为3cm，电阻Rx约为100 Ω）‎ J．开关一只，导线若干 ‎（1）用游标卡尺测得该样品的长度如图甲所示，其示数L=________mm；用螺旋测微器测得该样品的外径如图乙所示，其示数D=________mm。‎ ‎ ‎ 甲图 乙图 ‎（2）为了尽可能精确地测量原件电阻Rx，请设计合适电路，选择合适电学仪器，在方框中画出实验电路图，所选器材注意角标区分__________________。‎ ‎（3）除了需要测量样品长度L、外径D外，还需要测量__________________，用已知物理量的符号和测量的符号来表示样品的内径d=_________________。‎ ‎【答案】 (1). 30.25 (2). 3.204-3.206 (3). 如图所示:‎ ‎ (4). 电流表A1示数I1、电流表A2示数I2 (5). ‎ ‎【解析】（1）游标卡尺读数为：L=30mm+7×0.05mm=30.35mm 螺旋测微器测得该样品的外径为：d=3mm+20.6×0.01mm=3.206mm． （2）通过电阻的最大电流大约I=A＝120mA，3A电流表量程偏大，另外两个电流表中，D电流表的满偏电流大于C电流表的满偏电流，又C电流表内阻为定值，根据欧姆定律与串并联知识，应将C电流表与待测材料并联后再与D电流表串联，又因滑动变阻器阻值太小应用分压式接法，可设计电路图如图所示．‎ ‎ （3）设A1电流表示数为I1，A2电流表示数为I2，由欧姆定律可得待测电阻阻值 ． 又由电阻定律：‎ ‎． 联立解得： ．‎ 故除了需要测量样品长度L、外径D外，还需要测量电流表A1示数I1、电流表A2示数I2.‎ 点睛：本题属于电流表与电压表的反常规接法，即可将电流表当做电压表来使用，关键是根据电路图能求出待测电阻的阻值才行．‎ 三、计算题 ‎13. 把一质量为m=0.2kg的小球放在高度h=5.0m的直杆的顶端，如图所示，一颗质量m′=0.01kg的子弹以v0=500m/s的速度沿水平方向击中小球，并穿过球心，小球落地处离杆的距离s1=20m。求子弹落地处离杆的距离s2。（g=10m/s2）‎ ‎【答案】100m ‎【解析】本题考查平抛运动和动量守恒定律，先根据平抛运动求出小球末速度，再由动量守恒求解 ‎14. 一光电管的阴极K用截止频率为ν的金属铯制成，光电管阳极A和阴极K之间的正向电压为U．用波长为λ的单色光射向阴极，产生了光电流．已知普朗克常量为h，电子电荷量为e，真空中的光速为c．求：‎ ‎①金属铯的逸出功W；‎ ‎②光电子到达阳极的最大动能EK．‎ ‎【答案】①hv ②‎ ‎【解析】①金属铯的逸出功W=hv．‎ ‎②根据光电效应方程知，光电子的最大初动能Ekm＝h−W＝h−hv，‎ 根据动能定理得，eU=Ek-Ekm， 解得光电子到达阳极的最大动能Ek=eU+Ekm=eU+h−hv ‎． 点睛：解决本题的关键掌握光电效应方程，知道逸出功与极限频率的关系，注意本题求解的是到达阳极的电子最大动能，不是发生光电效应的最大初动能．‎ ‎15. 发电机输出功率为P1=100kW，输出电压是U1=250V，用户需要的电压是U4=220V，输电线电阻为R=10Ω．若输电线中因发热而损失的功率为输送功率的4%，输电线路的示意图如图所示，试求：‎ ‎（1）用户得到的电功率是多少？‎ ‎（2）在输电线路中设置的升、降压变压器原副线圈的匝数比？‎ ‎【答案】（1）96KW（2）‎ ‎...............‎ 对于降压变压器： ‎ 点睛：解决本题的关键知道：1、输出功率、输出电压、电流的关系；2、变压器原副线圈电压比、电流比与匝数比的关系；3、升压变压器输出电压与降压变压器输入电压和电压损失的关系．‎ ‎16. 如图所示，在方向竖直向上的磁感应强度为B=1T的匀强磁场中有两条光滑固定的平行金属导轨MN、PQ，导轨足够长，间距为L=0.5m，其电阻不计，导轨平面与磁场垂直，ab、cd为两根相同的、垂直于导轨水平放置的金属棒，电阻均为R=2Ω，质量均为m=2kg，与金属导轨平行的水平细线一端固定，另一端与cd棒的中点连接，细线能承受的最大拉力为T=0.5N，一开始细线处于伸直状态，两棒均静止，ab棒在平行导轨的水平拉力的作用下以加速度a=2m/s2向右做匀加速直线运动，两根金属棒运动时始终与导轨接触良好且与导轨相垂直．‎ ‎（1）求经多长时间细线被拉断？‎ ‎（2）从ab棒开始运动到cd棒刚要运动过程中，流过cd棒的电量．‎ ‎（3）若在细线被拉断瞬间撤去水平拉力，求此后电路中产生的焦耳热.‎ ‎【答案】（1） (2) （3）32J ‎【解析】（1）设经t时间细线被拉断，此时ab棒产生的电动势为：‎ ab棒的速度为 回路中的感应电流为：‎ cd棒所受的安培力为： 细线被拉断时有： ‎ ‎ 联立解得：‎ ‎(2)从ab棒开始运动到cd棒刚要开始运动的过程中，由法拉第电磁感应定律得：‎ ‎ 解得： ‎ ‎ 解得：‎ ‎（3）两棒最终以相同的速度做匀速运动，根据动量守恒定律有：得：‎ 细线断后，回路中产生的焦耳热为：‎ ‎【名师点睛】‎ ‎ ‎