学年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试题 解析版.docx

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学年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试题解析版

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=I△t，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=∑△x•y；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

=2.0Ω，小型直流电动机线圈内阻

=0.5Ω，滑动变阻器R（0-5Ω），当开关团合后，则下列说法中正确的是

A.当滑动变阻器R=0.5Ω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=2.5Ω时，通过电路的电流为2A

C.当滑动变阻器R=1.5Ω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=0.5Ω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=2.5Ω时，若电动机不转时，外电路的总电阻为3Ω,电路总电阻为5Ω，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2Ω，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1.5Ω，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Ea＞Eb，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】A

8.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“П”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θ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mgsinθ

B.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：

2mgsinθ=mcg，解得：

mc=2mgsinθ，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=mgsinθ，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10cm

B.通过y正半轴的电子离坐标原点0最远的距离为10cm

C.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L

D.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

，则所要测量的物理量：

用天平测出小球a、b的质量分别为ma、mb；C点离桌面的高度h1；桌面离地面的高度h2和D点高桌子边缘的水平距高L；故选ABC.

（2）该实验只需验证表达式

成立即可验证动量守恒定律.

点睛：

此题关键是搞清实验的原理；此题中用小球上升的高度和平抛运动的高度和水平位移分别表示速度；

12.某同学想测量某水果电池的电动势E和内阻r，现有以下器材：

水果电池

电压表V1：

量程为0-5.0V，内阻为2.0kΩ

电压表V2：

量程为0-3.0V，内阻约为1.5kΩ

开关两个，导线若干.

（1）该同学设计了如图所示电路，并进行了如下操作：

a.将开关S1闭合，S2闭合，记下电压表V1的示数U1=4.0V；

b.将开关S1闭合，再断开S2，记下电压表V1的示数U1=3.0V，电压表V1的示数U2的示数如图所示，则电压表V2的示数U2=_______V.

（2）由上述实验数据可求得电池的电动势E=_______V，内阻r=____Ω.

（3）利用该实验方法测量电动势E与真实值比较__________.（填偏大、偏小、相等）

【答案】

（1）.2.00

（2）.8.0V（3）.2.0kΩ（4）.相等

【解析】

（1）b.电压表V2的量程为3V，则示数U2=2.00V；

（2）由闭合电路的欧姆定律：

，

带入数据：

；

，联立解得E=8.0V；r=2000Ω；

（3）因电压表的内阻对测量无影响可知，利用该实验方法测量电动势E与真实值比较相等.

三、计算题（共46分，要求写出必要的文字说明，主要方程式和重要演算步骤，有数值计算的要明确写出数值和单位）

13.如图所示，一带电荷量为+q、质量为m的小物块处于一倾角为53°长为L的斜面项端上，斜面固定在桌面上，斜面和水平面问由一段小圆须平滑连接，当整个装置被置于一水平的匀强电场中时，小物块恰好静止不计一切摩撒，重力加速度取g，sin53°=0.8，cos53°=0.6，求：

（1）求水平电场的电场强度；

（2）若将电场强度减小为原来的

，物块在水平桌面滑行的最大距离。

【答案】

（1）

，方向水平向右

（2）0.6L

【解析】

（1）小物块恰好静止，由平衡：

Eq=mgtan53º

电场强度

方向水平向右

（2）若将电场强度减小为原来的

，

物块从斜面顶端到底端过程，由动能定理：

解得：

x=0.6L

14.两相同木板A和B，质量为m=1.0kg，可视为质点质量也为m=1.0kg的滑块C放于木块B的最右端静止置于光滑的水平地面上，木板A以速度为

=6.0m/s与木板B生碰撞后粘合在一起，最终滑块恰好不从A滑块上滑下，已知滑块与木板之间的动摩擦因数为μ=0.15，重力加速度g=10m/s²，则：

（1）A木板与B木板碰撞完瞬间的速度为多少；

（2）求木板入的长度L为多少。

【答案】

（1）3m/s

（2）1m

【解析】

（1）A滑块与B滑块碰撞瞬间，A滑块与B滑块系统动量守恒

mv0=2mv1

=3m/s

（2）A滑块与B滑块碰撞到A、B、C木块共速，把组成A、B、C木块系统动量守恒

2mv1=3mv2

又由能量守恒得

解得：

L=1m

...............

15.如图所示，直角坐标系xOy位于竖直平面内，在水平的x轴下方存在匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感应为B=1.0T，方向垂直xOy平面向里，电场线平行于y轴。

一质量为m=1.0×10-2kg、电荷量为q=1.0×10-2C的带正电的小球，从y轴上的A点水平向右抛出，经x轴上的M点进入电场和磁场，恰能做匀速圆周运动，从轴上的N点第一次离开电场和磁场，MN之间的距离为L=2.0m，小球过M点时的速度方向与x轴的方向夹角为θ=30°.不计空气阻力，重力加速度g=10m/s²，求：

（1）电场强度E的大小和方向；

（2）小球从A点抛出时初速度

的大小；

（3）M点到0点的距离。

【答案】

（1）10N/C，电场强度方向竖直向上.

（2）

（3）

【解析】

（1）小球在电场、磁场中恰能做匀速圆周运动，其所受电场力必须与重力平衡，有qE=mg

解得：

E=10N/C

重力的方向是竖直向下的，电场力的方向则应为竖直向上，由于小球带正电，所以电场强度方向竖直向上.

（2）小球做匀速圆周运动，O为圆心，MON为弦长，∠MOP=θ，如图所示.设半径为r，由几何关系知

小球做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，设小球做圆周运动的速率为v，有qvB=m

由速度的合成与分解知

由以上各式联立得：

（3）设小球到M点时的竖直分速度为vy，它与水平分速度的关系为

由平抛运动规律x=v0t

vy=gt

x=

m

点睛：

该题考察到了复合场的问题，即在同一区域内同时存在电场、磁场和重力场三者中的任何两个，或三者都存在．此类问题看似简单，受力不复杂，但仔细分析其运动往往比较难以把握．常用的处理方法：

1、建立带电粒子在复合场中运动的物理情景．

2、物理情（图）景与解析几何知识有机结合，将物理问题化归为数学问题．思想方法：

数理结合，建模和化归的思想方法．解题思维流程：

题给文字信息→建立物理图景→化归为几何问题→还原为物理结论（构建物理图景（模型）是关键、化归为几何问题是手段）．

16.如图所示，在倾角θ=37°的斜面上固定两根足够长的平行金属导轨（电阻可忽略不计），相距L=1.0m，导轨处于磁感应强度B=1.0T的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向上，下端接有一阻值为R=2.0Ω的电阻。

一根质量m=1.0kg、电阻r=2.0Ω的导体棒MN垂直跨放在导轨上，该导体棒与导轨间的动摩擦因数μ=0.5，t=0时刻导体棒受到平行于导轨向上的外力作用由静止开始沿导轨以加速度a=2.0m/s²向上做匀加速直线运动，重力加速度g=10m/s²，求：

（1）t=0时刻外力的大小；

（2）如果前2s内在电阻R上产生的焦耳热为Q=4J，则该过程能的中外力做功为多少；

（3）若把磁场方向改为竖直向上，大小不变，导体棒在导轨上向上做匀加速直线运动过程中，写出外力随时间变化的关系式.

【答案】

（1）12N

（2）56J（3）F=12+0.2t（

）

【解析】

（1）静止开始时，对导体棒分析，由牛顿第二定律得F-mgsinθ-f=ma

f=μFN

FN=mgcosθ

F=mgsinθ+mgcosθ+μmgcosθ

F=12N

（2）导体棒t时间位移为x=

at2速度v=at

电路中消耗的总的焦耳热

增加的重力势能△Ep=mgxsinθ

增加的动能Ek=

mv2

摩擦产生的热量为QO=μmgxcosθ

由能量守恒得：

外力做功W=Q总+△Ep+Qo

解得：

W=56J

（3）若把磁场方向改为竖直向上，导体棒匀加速直线运动

安培力F安=BIL

E=BLvcosθ

v=at

由牛顿第二定律得：

F-f-F安cosθ-mgsinθ=ma

又由FN+F安sinθ=mgcosθ

联立解得：

F=12+0.2t

又由于FN≥0F安sinθ≤mgcosθ

解得：