学年福建省师大附中高二下学期期末考试物理试题 解析版.docx
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学年福建省师大附中高二下学期期末考试物理试题 解析版.docx
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学年福建省师大附中高二下学期期末考试物理试题解析版
福建省师大附中2016-2017学年高二下学期期末考试物理试题
一、单项选择题:
1.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.汤姆逊通过阴极射线在电场和磁场中偏转的实验,发现了原子的核式结构
B.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
C.查德威克发现了中子,证实了中子是原子核的组成部分
D.爱因斯坦发现的质能方程解释了光电效应产生的原因
【答案】C
【解析】汤姆逊通过阴极射线在电场和磁场中偏转的实验,发现了电子,选项A错误;卢瑟福通过α粒子散射实验证实了在原子的核式结构理论,选项B错误;查德威克发现了中子,证实了中子是原子核的组成部分,选项C正确;爱因斯坦发现的光电效应方程解释了光电效应产生的原因,选项D错误;故选C.
2.要增大一个单摆(最大摆角不超过5°)的频率,下列方法可行的是
A.只减小单摆的振幅B.只增加摆球的质量
C.只减小单摆的摆长D.只将单摆移到高山上
【答案】C
【解析】根据单摆的周期公式
可知,要增大单摆的频率,可减小摆长,或者增大g,故选项C正确,D错误;单摆的频率与单摆的振幅和质量无关,选项AB错误;故选C.
3.a、b两种单色光以相同的入射角从某种介质射向空气,光路如图所示,则下列说法正确的是
A.逐渐增大入射角α的过程中,a光先发生全反射
B.在空气中a光的波长比b光的小
C.在该介质中a光的传播速度小于b光的传播速度
D.a光光子的能量大于b光光子的能量
【答案】D
【解析】由图知b光的折射率大,则b的临界角较小,所以b光先发生全反射,A错误;b的折射率较大,则b的频率较大,波长较小,根据E=hγ可知,b的光子能量较大,选项B错误,D正确;由公式
知折射率大的速度小,即b在介质中的传播速度较小,C错误;故选D.
点睛:
要记住折射率和频率、波长的关系,折射程度越大的折射率越大,频率越大,波长小,临界角较小,这是解决此类问题的关键.
4.如图所示,b是理想变压器原线圈中心的抽头,电压表和电流表均为理想电表,从某时刻开始在原线圈c、d两端加上交变电压。
下列操作中能使电压表V1读数减小同时电流表A0读数增加的是
A.保持滑动变阻器滑片P位置不变,将开关从a扳向b
B.保持滑动变阻器滑片P位置不变,将开关从b扳向a
C.保持单刀双掷开关的位置不变,滑动变阻器滑片P向上移动
D.保持单刀双掷开关的位置不变,滑动变阻器滑片P向下移动
【答案】D
【解析】保持滑动变阻器滑片P位置不变,将开关从a扳向b,则初级匝数减小,次级电压变大,次级电流变大,电阻器R上的电压变大,V1读数变大;因次级电流变大,则初级电流变大,A0读数变大,选项A错误;保持滑动变阻器滑片P位置不变,将开关从b扳向a,则初级匝数增加,次级电压变小,次级电流变小,电阻器R上的电压变小,V1读数变小;因次级电流变小,则初级电流变小,A0读数变小,选项B错误;保持单刀双掷开关的位置不变,滑动变阻器滑片P向上移动,则次级电压不变,次级电路变大,次级电流减小,R0上的电压减小,R上的电压变大,即V1读数变大;因次级电流减小,则初级电流减小,即A0示数减小,选项C错误;同理可知选项D正确;故选D.
点睛:
电路的动态变化的分析,总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况,再确定其他的电路的变化的情况,即先部分后整体再部分的方法.
5.质量为0.2kg的小球,水平撞击竖直墙壁后沿与初速度相反的方向反弹,撞墙前速率为10m/s,撞击过程损失75%的动能,小球与墙壁作用时间为0.1s。
则小球对墙壁的平均撞击力为
A.10NB.30NC.10
ND.10
N
【答案】B
【解析】碰后速度满足:
,解得v=5m/s;设向左为正,根据动量定理可知:
,解得F=30N,故选B.
6.如图所示,有一宽度为L的匀强磁场区域,磁场方向垂直纸面向外。
一个等腰直角三角形的导线框abc,其直角边长也为L,在水平拉力F作用下从图示位置开始向右匀速穿过磁场区,这一过程中直角边ab始终与磁场边界平行。
以导线框中逆时针方向为电流的正方向。
则下图中能正确表示线框中电流i随时间t变化的图象是
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】线框刚进入磁场时磁通量向外增加,感应磁场向里,因此感应电流方向为顺时针,电流i应为负,选项CD错误;随着线框的运动,导线切割磁感线长度减小,感应电流减小,当线圈全部进入磁场时,感应电流减为零;线圈出离磁场后,感应电流为逆时针方向,即为正向,随着线框的运动,导线切割磁感线长度减小,感应电流减小,直到为零,故选项A正确,B错误;故选A.
点睛:
该题实际上由第一时间段内的感应电流的大小变化和方向就可以判定结果,把后面的每一段都分析,就是为了能够熟练楞次定律的应用.
7.如图为氢原子能级示意图的一部分,则氢原子
A.从n=4能级跃迁到n=3能级比从n=3能级跃迁到n=2能级辐射出电磁波的波长长
B.从n=5能级跃迁到n=1能级比n=5能级跃迁到n=4能级辐射出电磁波的速度大
C.用能量为10.6eV的光子照射,可使处于基态的氢原子跃迁到激发态
D.一群处于n=3能级的氢原子向基态跃迁时,能辐射出无数种不同频率的光子
【答案】A
【解析】因从n=4能级跃迁到n=3能级差比从n=3能级跃迁到n=2能级差较小,则从n=4能级跃迁到n=3能级比从n=3能级跃迁到n=2能级辐射出电磁波的频率较小,波长长,选项A正确;电磁波在真空中的传播速度是相同的,选项B错误;10.6eV的能量不等于任何两个能级的能级差,不能被原子吸收,故不能使氢原子跃迁,选项C错误;一群处于n=3能级的氢原子向基态跃迁时,能辐射出
种不同频率的光子,选项D错误;故选A.
二、多项选择题:
8.一束绿光照射某金属发生了光电效应,则下列说法正确的是
A.若增加绿光的照射强度,则逸出的光电子的最大初动能增加
B.若增加绿光的照射强度,则逸出的光电子数增加
C.若改用红光照射,则一定会发生光电效应
D.若改用紫光照射,则逸出的光电子的最大初动能增加
【答案】BD
点睛:
解决本题的关键知道影响光电子最大初动能的因素,以及知道光的强度影响单位时间发出的光电子数目.
9.一台小型发电机产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图甲所示.已知发电机线圈匝数为1000匝、内阻不计,现外接一只电阻为100.0Ω的灯泡,如图乙所示,则
A.电压表的示数为220
V
B.穿过线圈磁通量的最大值为220
Wb/s
C.任意一个0.02s内通过灯泡灯丝横截面的电量均为零
D.灯泡每秒钟产生的焦耳热为484J
【答案】CD
【解析】由Em=220
V,
,电压表示数为220V.故A错误.根据
其中
,则
,选项B错误;根据
可知,任意一个0.02s内磁通量的变化量均为零,则通过灯泡横截面的电量为零,选项C正确;灯泡每秒钟产生的焦耳热为
,选项D正确;故选CD.
点睛:
解题的关键是知道交流电的最大值表达式的形式
;
是求解电量的经验公式,也需熟练掌握,以备快速解题.
10.如图甲所示,一轻质弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物块A、B相连接,并静止在光滑的水平面上。
现使A瞬时获得水平向右的速度3m/s,以此刻为计时起点,两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示,从图象信息可得
A.t2时刻弹簧的弹性势能最大
B.两物体的质量之比为m1:
m2=1:
2
C.t1时刻弹簧处于压缩状态,t3时刻弹簧处于伸长状态
D.从计时开始到t4的过程中,物块A、B及弹簧组成的系统动量守恒、机械能不守恒
【答案】BC
点睛:
对于这类弹簧问题注意用动态思想认真分析物体的运动过程,注意过程中的功能转化关系;解答时注意动量守恒和机械能守恒列式分析,同时根据图象,分析清楚物体的运动情况.
11.如图所示,电池内阻不计,L是电阻不计、自感系数足够大的线圈,D1、D2是两个规格相同的灯泡。
对于这个电路,下列说法中正确的是
A.S刚闭合瞬间,D1、D2同时亮。
稳定后,D1熄灭,D2比S刚闭合时亮
B.S刚闭合瞬间,D1先亮,D2后亮,最终D1、D2亮度相同
C.闭合S待电路达到稳定后,再将S断开时,D2亮一下再逐渐变暗,D1立即熄灭
D.闭合S待电路达到稳定后,再将S断开时,D1亮一下再逐渐变暗,D2立即熄灭
【答案】AD
【解析】S闭合瞬间,由于自感线圈相当于断路,所以两灯是串联,电流相等,D1、D2同时亮;待电路达到稳定时,D1被短路而熄灭,D2比开关S刚闭合时更亮,A正确,B错误;S闭合稳定后再断开开关,D2立即熄灭,但由于线圈的自感作用,L相当于电源,与D1组成回路,D1要过一会在熄灭,故D正确;故选AD.
点睛:
线圈中电流变化时,线圈中产生感应电动势;线圈电流增加,相当于一个瞬间电源接入电路,线圈上端是电源正极.当电流减小时,相当于一个瞬间电源,线圈下端是电源正极.
12.如图所示,实线是一列简谐横波某时刻的波形,虚线是经过0.5s后的波形.已知波的周期为T,而且0.25s<T<0.5s,下列说法中正确的是
A.当波向x轴的正方向传播时,该波的波速为7m/s
B.当波向x轴的正方向传播时,在这0.5s内,x=1.5m处的质点通过的路程为50cm
C.当波向x轴负方向传播时,x=1.5m的质点M比x=1.75m的质点N在0.5s内通过的路程少
D.当t=0.1s时.x=1.5m处的质点的位移一定是0
【答案】AC
【解析】由图线可直接读出波长λ=4m.∵0.25s<T<0.5s,∴当波向+x方向传播时,0.5s=(0.75+n)T,当n=1时符合条件,解得T=s,所以
,选项A正确;因
,则在0.5s内,x=1.5m处的质点通过的路程为7A=70cm,选项B错误;
当波向-x方向传播时,0.5s=(0.25+n)T,当n=1时符合条件,解得T=0.4s,所以0.5s=1T,则在T内,x=1.75m处的质点向上振动的速度大于x=1.5m处质点的速度,故x=1.75m处的质点的路程比x=1.5m处质点的路程较大,故C正确;若波沿+x传播,则从t=0.1s到t=0.5s的时间内,0.4s=1.4T,因t=0.5s时,x=1.5m处的质点在波谷,则t=0.1s时刻不在平衡位置,即位移不为,选项D错误;故选AC.
点睛:
本题是利用波的时间周期性,求出周期,再求解波速的,也可以根据空间的周期性,求出波传播距离的通项,再求解波速,注意0.25s<T<0.5s条件的应用.
三、实验题
13.某同学利用“插针法”测定玻璃的折射率,所用的玻璃砖两面平行、正确操作后,作出的光路图及测出的相关角度如图所示.
(1)此玻璃的折射率计算式为n=________(用图中的θ1、θ2表示);
(2)如果有几块宽度大小不同的平行玻璃砖可供选择,为了减小误差,应选用宽度________(选填“大”或“小”)的玻璃砖来测量.
【答案】
(1).
(2).大
【解析】
(1)此玻璃的折射率计算式为
;
(2)玻璃板的厚度越大,则光线通过玻璃板的侧移量越大,则测量的误差越小,故如果有几块宽度大小不同的平行玻璃砖可供选择,为了减小误差,应选用宽度大的玻璃砖来测量.
14.如图甲所示,用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律,即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系.
(1)图中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影.实验时,先让入射球m1多次从斜轨上S位置静止释放,找到其平均落地点的位置P,测量平抛射程OP。
然后,把被碰小球m2静置于轨道的水平部分,再将入射球m1从斜轨上S位置静止释放,与小球m2相碰,并多次重复.
接下来要完成的必要步骤是________.(多选。
填选项前的字母)
A.用天平测量两个小球的质量m1、m2
B.测量小球m1开始释放高度h
C.测量抛出点距地面的高度H
D.分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M、N
E.测量平抛射程OM、ON
(2)经测定,m1=45.0g,m2=7.5g,小球落地点的平均位置距O点的距离如图乙所示.碰撞前后m1的动量分别为p1与p1′,则p1∶p1′=________∶11;若碰撞结束时m2的动量为p2′,则p1′∶p2′=11∶________.实验结果说明,碰撞前后总动量的比值
=________.
【答案】
(1).ADE
(2).14 (3).2.9 (4).1.01
【解析】
(1)要验证动量守恒定律定律,即验证:
m1v1=m1v2+m2v3,小球离开轨道后做平抛运动,它们抛出点的高度相等,在空中的运动时间t相等,上式两边同时乘以t得:
m1v1t=m1v2t+m2v3t,得:
m1OP=m1OM+m2ON,因此本实验需要测量的量有两小球的质量m1、m2和平抛射程OM、ON,显然要确定两小球的平均落点M和N的位置.故选实验的步骤为:
ADE.
(2)实验需要验证:
m1OP=m1OM+m2ON;
(3)碰撞前m1的动量p1=45×44.80g∙cm;碰撞后m1的动量p1′=45×35.20g∙cm;则p1∶p1′=44.80:
35.20=14∶11;若碰撞结束时m2的动量为p2′=7.5×55.68g∙cm;则p1′∶p2′=45×35.20:
7.5×55.68=11∶2.9.
(4)把测量的小球的质量以及图中的距离代入动量守恒公式中,得:
.
点睛:
实验的一个重要的技巧是入射球和靶球从同一高度作平抛运动并且落到同一水平面上,故下落的时间相同,所以在实验的过程当中把本来需要测量的速度改为测量平抛过程当中水平方向发生的位移,可见掌握了实验原理才能顺利解决此类题目.
四、计算题
15.如图所示,三角形OMN是由某种透明物质制成的直角三棱镜横截面,∠OMN=30°。
一束光线在纸面内垂直MN面射入棱镜,发现光线刚好不能从ON面射出,最后从OM面第一次射出。
求:
(1)制成直角三棱镜物质的折射率n。
(2)若垂直MN射入的光线恰好射到ON的中点,已知ON长度为a,光在真空中的速度为c。
则光从射入棱镜到即将第一次射出棱镜经过的时间为多少?
【答案】
(1)
(2)
【解析】
(1)光路图如图所示,由题意可知,光线从MN垂直射入,恰好在ON面发生全反射,光线最后从OM面射出,设光发生全反射的临界角为C,由几何关系可知C=θ1=60°
则sinC=
解得:
n=
由几何关系知光在棱镜中的路程为l=
光在棱镜中的速度为
时间
16.如图所示,竖直放置,粗细均匀且足够长的U形玻璃管,玻璃管中的水银柱封闭一定质量的理想气体,当环境温度t1=7℃时,U形玻璃管右侧水银面比左侧水银面高出h1=6cm,右管水银柱上方空气柱长h0=19cm,现在左管中加入水银,保持温度不变,使两边水银柱在同一高度,大气压强p0=76cmHg。
(1)求需要加入的水银柱的长度L。
(2)若在满足
(1)的条件下,通过加热使右管水银面恢复到原来的位置,求此时封闭气体的温度t2(℃)。
【答案】
(1)9cm
(2)43℃
【解析】
(1)气体的状态参量:
p1=p0-ph=76cmHg-6cmHg=70cmHg,V1=h0S=19S,p2=75cmHg,V2=hS
气体温度不变,气体发生等温变化,由玻意耳定律得:
p1V1=p2V2,
即:
60×10=75×h,
解得:
h=17.5cm,即空气柱长度为17.5cm
加入的水银为:
h1+2(h0-h)=9cm。
(2)气体的状态参量:
p1=p0-ph=70cmHg,T1=280K,p3=76cmHg+3cmHg=79cmHg,
气体发生等容变化,由查理定律得:
=,
解得:
T3=316K,t2=43℃
17.如图所示,两根足够长、电阻不计且相距L=0.5m的平行金属导轨固定在倾角θ=37°的绝缘斜面上,顶端接有一个额定电压U=3V的小灯泡,两导轨间有一磁感应强度大小B=2.0T、方向垂直斜面向上的匀强磁场。
今将一根长为L、质量m=0.5kg、电阻r=1.0Ω的金属棒ab垂直于导轨放置在顶端附近无初速度释放,金属棒ab与导轨始终接触良好,金属棒ab与导轨间的动摩擦因数μ=0.2,已知金属棒ab下滑到速度稳定时,小灯泡恰能正常发光,重力加速度g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8.求:
(1)金属棒ab刚开始运动时的加速度大小。
(2)金属棒ab稳定下滑时通过金属棒ab电流的大小和方向。
(3)金属棒ab稳定下滑时的速度大小。
【答案】
(1)4.4m/s2
(2)I=2.2A方向从b到a(3)5.2m/s
【解析】
(1)金属棒刚开始运动时初速度为零,不受安培力作用,由牛顿第二定律得:
mgsinθ-μmgcosθ=ma,
代入数据得:
a=4.4m/s2.
(2)设金属棒稳定下滑时的速度为v,感应电动势为E(金属棒的有效长度为L),回路中的电流为I,由平衡条件得:
mgsinθ=BIL+μmgcosθ
解得I=2.2A方向从b到a
(3)由闭合电路欧姆定律得
由法拉第电磁感应定律得E=BLv
解得:
v=5.2m/s.
18.如图所示,光滑水平面上有一质量M的平板车,车的上表面是一段粗糙水平轨道,水平轨道左侧连一半径R的四分之一光滑圆弧轨道,圆弧轨道与水平轨道在点O′处相切.现将一质量m的小物块(可视为质点)从平板车的右端以水平向左的初速度v0滑上平板车,小物块恰能到达圆弧轨道的O′处。
求:
(1)小物块到达圆弧轨道的O′处时平板车速度v的大小;
(2)在上述过程中,小物块与平板车组成的系统损失的机械能
(3)要使小物块能到达圆弧轨道的最高点A,小物块进入平板车的速度v'应多大?
【答案】
(1)
(2)
(3)
【解析】
(1)平板车和小物块组成的系统动量守恒
mv0=(M+m)v
(2)ΔE=mv-(M+m)v2=
(3)平板车和小物块组成的系统在水平方向上动量守恒,设小物块到达圆弧轨道的最高点A时,它们的共同速度为v1
mv'=(M+m)v1①
mv'2-(M+m)v=mgR+ΔE②
解得
点睛:
本题是系统水平方向动量守恒和能量守恒的问题,求解两物体间的相对位移,往往根据能量守恒研究,所以在解题时必须要搞清能量之间的转化关系.
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