湖北省鄂东南省级示范高中教育教学改革联盟校高二下学期期中考试物理---精校解析Word版

www.ks5u.com湖北省鄂东南省级示范高中教育教学改革联盟校2017-2018学年高二下学期期中考试物理试题一、选择题(本题包括10小题，其中第1-7题为单选题，第8-10题为多选题。每小题5分，共50分.单选题有且仅有一个选项正确，选对得5分，选错或不答得0分，多选题至少有两个选项正确，全部选对的得5分，选不全的得3分，有选错或不答的得0分.)1. 关于近代物理，下列说法正确的是A. 光电效应实验中，从金属表面逸出的光电子的最大初动能与入射光的频率无关B. 放射性元素原子核发生衰变时，产生的射线实质上是原子核外电子抛射出来形成的C. 康普顿效应证明了实物粒子具有波粒二象性D. 玻尔格量子观念引入原子领域，其理论能够解释氢原子光谱的特征【答案】D【解析】光电效应实验中，从金属表面逸出的光电子的最大初动能与入射光的频率有关，与入射光的强度无关，选项A错误；放射性元素原子核发生衰变时，是原子核内的核子发生变化，与核外电子无关，选项B错误；康普顿效应说明了光子具有能量和动量，揭示了光的粒子性，选项C错误；玻尔将量子观念引入原子领域，其理论能够解释氢原子光谱的特征，故D正确；故选D.2. 类比是一种常用的研究方法，我们在直线运动的教学中，由v-t图线和横轴围成的面积求位移的大小从而推出位移公式，借鉴此方法分析下列说法中不正确的是A. 由F-t(力-时间)图线和横轴围成的面积数值上等于对应时间内力的冲量B. 由F-S(力-位移)图线和横轴围成的面积数值上等于对应位移内力所做的功C. 由U-I(电压-电流)图线和横轴围成的面积数值上等于对应的电流变化过程中的电功率D. 由I-t(电流-时间)图线和横轴围成的面积数值上等于对应时间内通过导体的电量【答案】C【解析】F-t图线中任意一点的横坐标与纵坐标的乘积等于Ft，即力的冲量，故图象与横轴围成的面积等于对应时间内力的冲量，选项A正确；F-s图线中任意一点的横坐标与纵坐标的乘积等于Fs，即力的功，故图象与横轴围成的面积等于对应位移内力做的功，选项B正确；由U-I（电压-电流）图线，根据公式P=UI可知，根据U与I的坐标值的乘积，求出对应电流做功的功率，故C错误；根据q=It，得由I-t（电流-时间）图线和横轴围成的面积可以求出对应时间内通过导体横截面的电量。故D正确；此题选择不正确的选项，故选C.点睛：本题关键明确在x-y坐标系中，图线和横轴围成的面积为：S=xy；将x-y换成具体的物理量分析即可得出结论例如可以根据此方法求解功、速度改变量等3. 如图所示电路中，A、B为两块竖直放置的金属板，G是一只静电计，开关S合上后，静电计指针张开一个角度，下述做法可使静电计指针张角增大的是A. 使A、B两板靠近一些B. 使A、B两板正对面积错开一些C. 断开S后，使B板向左平移一些D. 断开S后，使A、B正对面积错开一些【答案】D【解析】AB. 开关S闭合，电容器两端的电势差不变，等于电源的电动势，则指针的张角不变。故A错误，B错误；C. 断开S,电容器所带的电量不变,B板向左平移一些,则电容增大,根据U=Q/C知，电势差减小，则指针张角减小。故C错误；D. 断开S,电容器所带的电量不变,A、B的正对面积错开,电容减小,根据U=QC知，电势差增大，则指针张角增大。故D正确。故选：D.点睛：开关S闭合，电容器两端的电势差不变；断开S，电容器所带的电量不变；通过确定电容器两端间的电势差变化判断指针张角的变化4. 如图所示，理想变压器的副线圈上通过输电线接有两个相同的灯泡L1和L2，输电线的等效电阻为R，开始时，开关S断开，当开关S接通时，下列说法中正确的是A. 通过L1的电流增大B. 原线圈上电流增大C. 副线圈输电线等效电阻R上的电压减小D. 副线厦两端M、N的输出电增大【答案】B【解析】副线圈两端M、N的输出电压有匝数和原线圈两端的电压有关，保持不变；当开关S接通时，相当于增加了负载，副线圈中电阻减小，电流增大，则原线圈中的电流也增大，选项B正确；当副线圈中电流增大，则R上的分压增大，次级电压不变，则灯泡两端的电压减小，故通过灯泡L1的电流减小，故ACD错误；故选B.5. 如图所示电路，电源电动势为E=10V，内阻为=2.0，小型直流电动机线圈内阻=0.5，滑动变阻器R(0-5)，当开关团合后，则下列说法中正确的是A. 当滑动变阻器R=0.5时，电动机和滑动变阻器消耗的功率相同B. 当滑动变阻器R=2.5时，通过电路的电流为2AC. 当滑动变阻器R=1.5时，电源的输出功率最大D. 当通过电路的电流为2.5A时，电源的输出功率最大【答案】D【解析】当滑动变阻器R=0.5时，此时R=r2，则此时滑动变阻器消耗的功率等于电动机的热功率，电动机消耗的功率大于滑动变阻器消耗的功率，选项A错误；当滑动变阻器R=2.5时，若电动机不转时，外电路的总电阻为3,电路总电阻为5，则通过电路的电流为，而当电动机转动时，电路中的电流不等于2A，选项B错误；电源的输出功率最大时，外电路的等效电阻等于内阻，即外电路等效电阻为2，此时电路中的电流为；因电动机在转动，则此时滑动变阻器不等于1.5，选项C错误，D正确；故选D.点睛：此题是关于含电动机的电路问题；注意电动机是非纯电阻，不满足欧姆定律，但是解题时可将电动机进行等效处理.6. 两个不规则带电导体间的电场线分布如图所示，已知导体附近的电场线均与导体表面垂直，a、b、c、d为电场中几个点，并且a、d为紧靠导体表面的两点，选无穷远为电势等点，则A. 场强大小关系有>B. 电势大小关系有>C. 将一负电荷放在d点时其电势能为负值D. 将一正电荷由a点移到d点的过程中电场力做负功【答案】B【解析】由电场线越密的地方，电场强度越大，由图可得a点的电场线较b点密集，所以有EaEb，故A正确；沿着电场线，电势逐渐降低，b点所处的电场线位于右侧导体的前面，即b点的电势比右侧的导体高，而d点紧靠右侧导体的表面，电势与导体的电势几乎相等，故b点电势高于d点的电势，故B正确；电势能的正负与0势能点的选择有关，该题以无穷远为零电势点，所以d点的电势为负，负电荷放在d点时其电势能为正值。故C错误；从图中可以看出，a点的电势高于b点的电势，而b点的电势又高于d点的电势，所以a点的电势高于d点的电势。正电荷在电势高处电势能大，在电势低处电势能小，故正检验电荷从a点移到d点的过程中，电势能减小，则电场力做正功，故D错误。故选AB.点睛：本题关键是根据电场线及其与等势面的关系判断出电势高低、场强大小关系；同时知道等差等势面越密的地方，电场线也越密；当然也可以由电场力做功的正负来确定电势能的增减7. 如图所示，磁场垂直于纸面向外，磁场的磁感应强度随x按（x>0，、k为常量)的规律均匀增大，位于纸面内的圆形线圈处于磁场中，在外力作用下始终保持圆形线圈与x轴平行向右匀速运动。则从t=0到的时间隔内，图中关于该导线框中产生的电流i大小随时间t变化的图像正确的是A. B. C. D. 【答案】A8. 某同学通过抖音短视频学习制作了一个电动机模型，如图所示，把电池放在圆柱形强碰铁上，把“”形线圈放在电池上，线圈可以在电池上绕竖直转轴转动，转动过程中线圈两个电刷A、B始终与磁铁相互接触，下列有关说法正确的是A. 若把磁铁固定，从上往下看，线圈会逆时针转动B. 若把破铁固定，从上往下看，线圈会顺时针转动C. 若把线圈固定，从上往下看，磁铁会逆时针转动D. 若把线圈固定，从上往下看，磁铁会顺时针转动【答案】AD【解析】由图，线圈的左右两边电流向上，右边处在斜向右上方的磁场中，根据左手定则可知右边受安培力向里，同理左边受安培力向外，则若把磁铁固定，从上往下看，线圈会逆时针转动；若把线圈固定，从上往下看，磁铁会顺时针转动，选项AD正确，BC错误；故选AD.9. 在倾角为的斜面上固定两根足够长的光滑平行金属导轨PQ、MN，相距为L，导轨处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下。有两根质量均为m的金属棒a、b，先将a棒垂直导轨放置，用跨过光滑定滑轮的细线与物块c连接，连接a棒的细线平行于导轨，由静止标放c，此后某时刻，将b也垂直导轨放置，a、c此刻起做匀速运动，b棒刚好能静止在导轨上，a棒在运动过程中始终与导轨垂直，两棒与导轨电接触良好，导轨电阻不计。则A. 物块e的质量是mgsinB. b棒放上导轨前，物块c减少的机械能等于a增加的机械能C. b棒放上导轨后，物块减少的机械能等于回路消耗的电能D. b棒放上导轨后，a棒中电流大小是【答案】BD【解析】b棒静止，a、c做匀速直线运动，系统处于平衡状态，由平衡条件得：2mgsin=mcg，解得：mc=2mgsin，故A错误；由能量守恒定律可知，b棒放上轨道之前，系统的机械能守恒，即物块c减少的机械能等于a增加的机械能，故B正确；b棒放上轨道后，b静止、a、c做匀速直线运动，由能量守恒定律可知，物块c减少的重力势能与a增加的重力势能之差等于回路消耗的电能，故C错误；b棒放上轨道后静止，由平衡条件得：BIL=mgsin，解得：，故D正确；故选BD.点睛：从导体棒的平衡展开处理可得各力的大小，从能量守恒角度分析能量的变化是关键，能量转化问题从排除法的角度处理更简捷10. 如图所示，在xoy坐标系第一象限存在垂直于纸面向外的匀强磁场(图中未面出)，磁场强度，有一坐标为(5cm，5cm)电子放射源S可在纸面内360°方向均匀发射速度大小相等的电子，电子电荷量为e=1.6×10-19C，质量为m=9.1×10-31kg，速度大小为v=1.6×106m/s，不计电子的重力，则A. 通过y正半轴的电子离坐标原点O最远的距离为10cmB. 通过y正半轴的电子离坐标原点0最远的距离为10cmC. 通过y正半轴的电子占发射电子总数的25%D. 通过y正半轴的电子占发射电子总数的25%【答案】BC【解析】粒子在磁场中运动的轨道半径 ；由图可知，通过y正半轴离坐标原点O最远的电子轨迹与y轴的交点A与S的距离等于轨迹圆的直径，由几何关系可知离原点O的最远距离为 由图可知，速度方向水平向右的电子轨迹与y轴相切，恰能达到y轴，速度方向水平向左的电子轨迹与y轴也相切，也是恰能达到y轴，则通过y正半轴的电子占发射电子总数的50%，选项C正确，D错误；故选BC.点睛：此题是带电粒子在有界磁场中的运动问题，关键是能找到临界的粒子的轨迹，尤其是知道达到y轴最远点的粒子轨迹的特点，借助几何关系求解.二、实验题(共14分)11. 如图，光滑水平桌面左侧是一个1/4光滑圆弧轨道，小球a、b用细线连接，中间有一被压缩了的轻弹簧，静止放在水平桌面上。烧断细线后，a、b瞬间被弹开，向相反方向运动，a球上升到圆弧轨道上的最高点C点，b球从桌面边缘飞出后落到地面上的D点。(1)若小明利用该装置验证动量守恒定律，需要测量的物理量_.A.用天平测出小球a、b的质量分别为、B.测出C点离桌面的高度C.测出桌面离地面的高度和D点高桌子边缘的水平距高LD.测出当地的重力加速度g(2)该实验只需验证表达式_成立即可验证动量守恒定律。(使用第一问的字母表示)【答案】 (1). ABC (2). 【解析】（1）a球上升到圆弧轨道上的最高点C点，设C点的高度h1，则；b球从桌面边缘飞出后落到地面上的D点，设桌面离地面的高度h2和D点离桌子边缘的水平距离L，则由平抛运动可知，若动量守恒则：，即，即