广东省深圳平湖外国语学校2018_2019学年高二物理下学期期中试题理（含解析）.docx

广东省深圳平湖外国语学校2018-2019学年高二物理下学期期中试题 理（含解析）一、单项选择题1.下列说法正确的是()A. 卢瑟福用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n4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n2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：2C. 质子、中子、粒子的质量分别为m1、m2、m3，质子和中子结合成一个粒子，释放的能量是(2m12m2m3)c2D. 原子从a能级状态跃迁到b能级状态时发射波长为1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2的光子，已知12，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、粒子的质量分别为m1、m2、m32个质子和2个中子结合成一个粒子，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12，所以12，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h2-h1=h3，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ebD. 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R10 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 WB. 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u14.1cos (100t) VD. 通过R的电流i随时间t变化的规律是icos (100t) 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=14.1cos100t（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=1.41cos100t（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+P22.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ab的感应电流B. 闭合开关S的瞬间，电流表G中有ba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ab 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ba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_。Am1m2，r1r2 Bm1m2，r1m2，r1=r2 Dm1m2，r1=r2(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). m1OP=m1OM+m2ON【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：m1v1m1v1+m2v2，则：m1v1tm1v1t+m2v2t，m1x1m1x1+m2x2，由图乙所示可知，需要验证：m1OPm1OM+m2ON，因此实验需要测量的量有：入射小球的质量，被碰小球的质量，入射小球碰前平抛的水平位移，入射小球碰后平抛的水平位移，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：m1v1m1v1+m2v2，则：m1v1tm1v1t+m2v2t，m1x1m1x1+m2x2，由图甲所示可知，需要验证：m1OPm1OM+m2ON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) NBL2；(3) NBL2；(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EmNBSNBL2.(3) 线圈平面与磁感线成60角时的瞬时感应电动势eEmcos 60NBL2.(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：UIR.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L0.5 m，电阻可忽略不计，其所在平面与水平