安徽省亳州市第二中学2018_2019学年高二物理下学期期末考试试题（含解析）.docx

亳州二中2018-2019学年度第二学期期末质量检测高二物理试卷一、选择题（每题4分，共48分。1-8为单选题，9-12为多选题，全对的4分，少选的2分，错选或不选的0分）1.氢原子的能级如图所示，氢原子从n4能级直接向n1能级跃迁所放出的光子，恰能使某金属产生光电效应， 下列判断错误的是( ) A. 氢原子辐射出光子后，氢原子能量变小B. 该金属的逸出功W012.75 eVC. 用一群处于n3能级的氢原子向低能级跃迁时所发出的光照射该金属，该金属仍有光电子逸出D. 氢原子处于n1能级时，其核外电子在最靠近原子核的轨道上运动【答案】C【解析】【详解】A.氢原子发生跃迁，辐射出光子后，氢原子能量变小，故A说法正确。B. 恰能使某金属产生光电效应，由跃迁到，辐射的光子能量最大值为，所以该金属的逸出功为，故B说法正确。D. 一群处于能级的氢原子向低能级跃迁时，辐射的能量小于从能级直接向能级跃迁辐射出光子的能量，则不会发生光电效应，故C说法错误。D.根据波尔原子模型可知，处于能级时，其核外电子在最靠近原子核的轨道上运动，故D说法正确。本题选不正确的，应该C。2.如图所示，质量为m的木块在质量为M的长木板上水平向右加速滑行，长木板与地面间的动摩擦因数为1，木块与长木板间的动摩擦因数为2，若长木板仍处于静止状态，则长木板对地面摩擦力大小一定为 ( )A. 1(mM)gB. 2mgC. 1mgD. 1mg2Mg【答案】B【解析】以木板为研究对象，木板水平方向两个力：m对M的向右的滑动摩擦力，大小为f1=2mg和地面对M向左的静摩擦力f2，根据平衡条件得：f2=f1=2mg，故B正确。点晴：本题采用隔离法分析木板的受力情况，木板所受的静摩擦力一般不能用f=N求解大小。3.关于分子动理论的基本观点和实验依据，下列说法不正确的是( )A. 随着分子间距离的增大，分子势能一定增大B. 扫地时扬起的尘埃在空气中的运动不是布朗运动C. 悬浮在液体中的微粒越小，布朗运动就越明显D. 在液体表面分子之间表现为引力【答案】A【解析】【详解】A.当分子间的距离小于时，随着分子间距离的增大，分子势能减小，故A说法错误。B. 做布朗运动小颗粒用肉眼是看不到的，所以扫地时扬起的尘埃在空气中的运动不是布朗运动，故B说法正确C. 悬浮在液体中的微粒越小，受到液体分子的撞击越不平衡，所以布朗运动就越明显，故C说法正确。D. 在液体表面，由于分子的蒸发使表面分子较稀疏，分子之间表现为引力，故D说法正确。本题要求选不正确的，故本题选A.4.假设将来人类登上了火星，考察完毕后，乘坐一艘宇宙飞船从火星返回地球时，经历了如图所示的变轨过程，则有关这艘飞船的下列说法，正确的是( )A. 飞船在轨道上运动时的周期大于在轨道上运动时的周期B. 飞船绕火星在轨道上运动的周期跟飞船返回地面的过程中绕地球以轨道同样的轨道半径运动的周期相同C. 飞船在轨道上运动时，经过P点时的速度大于经过到Q点时的速度D. 飞船在轨道上运动到P点时的加速度小于飞船在轨道上运动到P点时的加速度【答案】C【解析】【详解】A.在轨道的轨道上半径为，周期为；在轨道上的轨道半长轴为，周期为，由开普勒第三定律知，因为，所以，故A错误。B.飞船绕地球运动和绕火星运动时，中心天体不一样，所以飞船绕火星在轨道上运动的周期跟飞船返回地面的过程中绕地球以轨道同样的轨道半径运动的周期不相同，故B错误。C.由开普勒第二定律可知，飞船在轨道上运动时，距离火星越近速度越大，所以经过P点时的速度大于经过到Q点时的速度，故C正确。D.卫星的加速度为，飞船在轨道上运动到P点时与飞船在轨道上运动到P点时到火星的中心的距离相等，所以加速度也相等，故D错误。5.如图所示，质量为m的物体，沿着半径为R的半球形金属壳内壁滑下，半球形金属壳竖直固定放置，开口向上，滑到最低点时速度大小为v，若物体与球壳之间的动摩擦因数为，则物体在最低点时，下列说法正确的是 ( )A. 受到的摩擦力大小为mB. 受到的摩擦力大小为(mgm)C. 受到的向心力大小为mgmD. 受到的合力方向竖直向上【答案】B【解析】【详解】AB.在最低点，由牛顿第二定律可得物块受到的支持力：，受到的摩擦力大小为，故A错误，B正确。C.由牛顿第二定律可知，受到的向心力大小为，故C错误。D.物块在竖直方向受的合力向上，物块在水平方向还受到摩擦力，所以物块受到的合力方向斜向上，故D错误。6.一个小孩在绷床上做游戏，从高处落到绷床上后又被弹回到原高度。在他从高处开始下落到弹回至原高度整个过程中，运动的速度随时间变化的图像如图所示，图中oa段和de段为直线，则根据此图可知 ( )A. 小孩和绷床接触的时间段为B. 小孩和绷床接触的时间段为C. 在运动过程中小孩加速度最大的时刻是D. 在运动过程中小孩加速度最大的时刻是【答案】A【解析】【详解】AB.当小孩从高处下落而没有雨蹦床接触时，小孩只受到重力，其加速度为，而在小孩弹起过程中，当小孩与蹦床脱离后小孩只受到重力，其加速度也为，所以当速度图象为倾斜的直线时，小孩在空中不与蹦床接触，所以小孩与蹦床接触的时间为，故A正确，B错误。CD.速度时间图象的斜率表示加速度，显然时刻图象的斜率最大，故时刻小孩的加速度最大，故CD错误。7.如图所示，有三个质量相等，分别带正电，负电和不带电的微粒，从极板左侧中央以相同的水平初速度v先后垂直场强射入，分别落到极板A、B、C处，如图所示，则正确的有( )A. 粒子A带负电，B不带电，C带正电B. 三个粒子在电场中运动时间相等C. 三个粒子在电场中运动的加速度aAaBaCD. 三个粒子到这极板时动能EkAEkBEkC【答案】D【解析】【详解】ABC.三个微粒的初速度相等，水平位移关系为，根据水平方向做匀速直线运动，所以他们的运动时间关系为。三个微粒在竖直方向的位移相等，根据可知，他们加速度的关系为；从而可知B仅受重力，A受电场力向上，C受电场力向下，所以B不带电，A带正电，C带负点，故ABD错误。D.根据动能定理，三个微粒重力做功相等，A电场力做负功，C电场力做正功，所以C的动能变化量最大，A的动能变化量最小，又因为初动能相等，所以三个微粒到达极板时的动能关系为，所以D正确。8.如图所示为一圆形区域的匀强磁场,在O点处有一放射源,沿半径方向射出速度为v的不同带电粒子,其中粒子1从A点飞出磁场,粒子2从B点飞出磁场.不考虑带电粒子的重力,则( )A. 带电粒子1与2的半径的比为1:2B. 带电粒子1与2的比荷的比为C. 带电粒子1与2在磁场中运动周期比为3:1D. 带电粒子1与2在磁场中运动时间的比为2:3【答案】D【解析】【详解】A.粒子在磁场中做圆周运动，由数学知识可知，粒子做圆周运动转过的圆心角为，设粒子的轨道半径为、，则有，带电粒子1与2的半径的比，故A错误。B.洛仑磁力提供向心力，由牛顿第二定律可得：，粒子的比荷为：，所以粒子的比荷之比为，所以B错误。CD.粒子在磁场中运动的周期的表达式为：，所以两粒子的周期比为：；运动的时间分别为，所以，故D正确。9.从同样高度落下的玻璃杯，掉在水泥地上容易打碎，而掉在草地上不容易打碎，其原因是( )A. 掉在水泥地上的玻璃杯动量大，而掉在草地上的玻璃杯动量小B. 掉在水泥地上的玻璃杯动量改变大，掉在草地上的玻璃杯动量改变小C. 掉在水泥地上的玻璃杯动量改变快，掉在草地上的玻璃杯动量改变慢D. 掉在水泥地上的玻璃杯与地面接触时，相互作用时间短，而掉在草地上的玻璃杯与地面接触时，相互作用时间长【答案】CD【解析】玻璃杯落地前是自由落体运动，末速度一定，玻璃杯掉在水泥地上与掉在草地上的动量相等，故A错误；玻璃杯两次与地面碰撞过程，初动量相同，末动量为零，两种情况下动量变化量相同，故B错误；玻璃杯两次与地面碰撞过程，初动量相同，末动量为零，两次的动量变化量相同，但在水泥地上碰撞过程时间短，则动量的变化快，掉在草地上的杯子动量改变慢，故CD正确。故选CD。10.两根相互平行的金属导轨水平放置于如图所示的匀强磁场中，与导轨接触良好的导体棒AB和CD可以自由滑动当AB在外力F作用下向右运动时， 下列说法中正确的是( ) A. 导体棒CD内有电流通过，方向是DCB. 导体棒CD内有电流通过，方向是CDC. 磁场对导体棒AB的作用力向左D. 磁场对导体棒CD的作用力向左【答案】BC【解析】【详解】AB.AB棒切割磁感线产生感应电流，根据右手定则可知，AB中感应电流的方向为，则导体棒CD中的感应电流的方向为，故A错误，B正确。CD.由左手定则可知，磁场对导体棒AB的作用力向左，导体棒CD的作用力向右，故C正确，D错误。11.供电系统由于气候原因遭到严重破坏。为此，某小区启动了临时供电系统，它由备用发电机和副线圈匝数可调的变压器组成，如图所示，图中R0表示输电线的电阻。滑动触头P置于a处时，用户的用电器恰好正常工作，在下列情况下，要保证用电器仍能正常工作，则（ ）A. 当发电机输出的电压发生波动使V1示数小于正常值，用电器不变时，应使滑动触头P向上滑动B. 当发电机输出的电压发生波动使V1示数小于正常值，用电器不变时，应使滑动触头P向下滑动C. 如果V1示数保持正常值不变，那么当用电器增加时，滑动触头P应向上滑D. 如果V1示数保持正常值不变，那么当用电器增加时，滑动触头P应向下滑【答案】AC【解析】要保证用电器仍能正常工作，用电器两端电压不能发生变化，当V1示数小于正常值，要使V2不变，则应使滑动触头P向上滑动，减小原副线圈匝数比，故A正确，B错误；当用电器增加时，通过R0的电流增大，R0所占的电压也增大，要使用电器仍能正常工作，用电器两端电压不能发生变化，所以V2要变大，而V1示数保持正常值不变，则应使滑动触头P向上滑动，减小原副线圈匝数比，故C正确，D错误；故选AC.点睛：分析变压器时注意输出电压和输入功率这两个物理量的决定关系，然后结合电阻的串并联知识进行求解.12.如图所示，直径为d竖直圆筒绕中心轴线以恒定的转速匀速转动，一子弹以水平速度沿圆筒直径方向从左壁射入圆筒，从右侧射穿圆筒后发现两弹孔在同一竖直线上且相距为h，则()A. 子弹在圆筒中水平速度为v0dB. 子弹在圆筒中水平速度为v02dC. 圆筒转动的角速度可能为D. 圆筒转动的角速度可能为2【答案】AC【解析】【详解】AB.子弹在竖直方向做自由落体运动，由公式，可得，子弹在圆筒中水平速度为，所以A正确，B错误。CD.因为子弹右侧射出圆筒后发现两单孔在同一竖直线上，则有，因为，解得，当时，当时，所以C正确，D错误。二、实验题（18分）13.在“探究牛顿运动定律”的实验中，某小组选用如图甲所示的实验装置，利用小车（可增减砝码）、一端带有滑轮的导轨、打点计时器和几个已知质量的钩码进行实验。（1）图乙是用频率为50Hz交流电源的打点计时器得到的一条纸带，相邻两计数点之间有四点未标出，由图中的数据可得小车的加速度a= _ m/s2。（结果保留三位有效数字） （2）实验小组保证小车和车中砝码的总质量M一定，以测得的加速度a为纵轴，所挂钩码的总重力F为横轴，作出的图象如丙图中图线1所示，发现图象不过原点，怀疑力F的测量不准确，他们将实验进行改进，将一个力传感器安装在小车上，保证小车、砝码及传感器的总质量仍为M，直接测量细线拉小车的拉力F，作a -F图象应如丙图中图线_（选填“2”或“3”），此图线仍不过原点的原因是 _。【答案】 (1). 0.195 (2). 2 (3). 未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足【解析】【详解】（1）根据，运用逐差法求加速度可得：（2）力传感器可以直接得出绳子拉力的大小，用钩码的重力表示绳子的拉力，尽管满足钩码的质量远小于小车的质量，但是绳子上的拉力还是小于钩码的重力的。所以对于图象相同的拉力，用力传感器测得的加速度偏大，所以作a -F图象应如丙图中图线的2。此图线仍不过原点的原因是未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足。14.某同学要探究一种新材料制成的圆柱体的电阻率。步骤如下：（1）用螺旋测微器测量其直径，如图甲所示，可知其直径为_mm。（2）用游标为20分度的游标卡尺测量其长度，如图乙所示，可知其长度为_mm。（3）该同学想用伏安法测量其电阻R，现有的器材及其代号和规格如下：待测圆柱体电阻R（阻值约为300）A.电流表A1（量程04mA，内阻约50）B.电流表A2（量程010mA，内阻约30）C.电压表V1（量程03V，内阻约l0k）D.电压表V2（量程015V，内阻约25k）E.直流电源E（电动势4V，内阻不计）F.滑动变阻器R1（阻值范围015，允许通过最大电流2.0A）G.滑动变阻器R2（阻值范围020k，允许通过的最大电流0.5A）H.开关S导线若干电流表选_,电压表选_，滑动变阻器选_(填器材前面的序号)为使实验误差较小，要求测得多组数据进行分析，请在方框中画出测量的电路图_。【答案】 (1). 2.706-2.708mm (2). 50.15mm (3). (4). (5). (6). 【解析】【详解】（1）螺旋测微器的度数为：（2）游标卡尺的度数为：（3）根据闭合电路欧姆定律，可知电路中的最大电流为：，所以电流表应该选；根据闭合电路欧姆定律可知，待测电阻两端的最大电压为：，所以电压表应该选；，由于电源的电动势为，电压表的量程为，且要多测量几组数据，所以滑动变阻器采用分压式接法，滑动变阻器应选；由于待测电阻阻值满足，所以电流表应用外接法，由滑动变阻器应用分压式接法，所以电路图如图所示：三、计算题（34分，写出必要的文字说明和重要的演算步骤，只写答案不得分）15.如图所示，竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切，质量相等小滑块A和B分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点现将A无初速释放，A与B碰撞后结合为一个整体，并沿桌面滑动已知圆弧轨道光滑，半径R0.8 m，A和B整体与桌面之间的动摩擦因数0.5，重力加速度g取10 m/s2，求：(1)碰撞前的瞬间A的速度大小？(2)碰撞后的瞬间A和B整体的速度大小？(3)A和B整体在桌面上滑动的距离？【答案】(1) 4 m/s (2) 2 m/s (3) 0.4 m【解析】【详解】设两滑块的质量为。(1)物块A从最高点到最低点过程机械能守恒，根据机械能守恒定律： 解得碰撞前瞬间A的速率： (2)两物块碰撞过程动量守恒，根据动量守恒定律：解得碰撞后瞬间A和B整体的速率： (3)两物块在滑动过程，根据动能定理： 得A和B整体沿水平桌面滑动的距离：16.如图所示,在竖直放置圆柱形容器内用质量为m的活塞密封一部分气体,活塞与容器壁间能无摩擦滑动，容器的横截面积为S，开始时气体的温度为T0，活塞与容器底的距离为h0.现将整个装置放在大气压恒为p0的空气中，当气体从外界吸收热量Q后，活塞缓慢上升d后再次平衡，问:（i）外界空气的温度是多少?（ii）在此过程中密闭气体的内能增加了多少?【答案】（i） （ii）U=Q-mgd-p0Sd【解析】【详解】（i）取密闭气体为研究对象,活塞上升过程中等压变化