福建省南平市高二級(jí)下學(xué)期期末聯(lián)考物理試題

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精2016—-—2017學(xué)年高二下學(xué)期期末考試物理試卷選擇題：本題共十小題，每小題四分共40分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第1-—6題只有一項(xiàng)符合題目要求,第7--10題有多項(xiàng)符合題目要求,全部選對(duì),得四分，選對(duì)，但不全的得兩分，有選錯(cuò)的得零分.1.下列關(guān)于光電效應(yīng)的說(shuō)法正確的是（）A.只要入射光的強(qiáng)度足夠大，就一定能發(fā)生光電效應(yīng)B.入射光的頻率高于極限頻率時(shí)，光的強(qiáng)度越大,光電流越大C。入射光的頻率高于極限頻率時(shí)，入射的頻率越大，光電流越大D。入射光的頻率高于極限頻率時(shí),光的強(qiáng)度越大，產(chǎn)生的光電子的最大初動(dòng)能越大【答案】B【解析】能否發(fā)生光電效應(yīng)與入射光的強(qiáng)度大小無(wú)關(guān)，只與入射光的頻率有關(guān),選項(xiàng)A錯(cuò)誤；入射光的頻率高于極限頻率時(shí)，能發(fā)生光電效應(yīng),光的強(qiáng)度越大，光電流越大，選項(xiàng)B正確;入射光的頻率高于極限頻率時(shí),入射的頻率越大,光電子最大初動(dòng)能越大，但是光電流不一定越大，選項(xiàng)CD錯(cuò)誤;故選B。2.某運(yùn)動(dòng)員在3分線外將一個(gè)質(zhì)量為m的籃球，以速度大小為v、方向與水平地面成θ角斜向上拋出，恰好投入球籃中,則該籃球被拋出時(shí)的動(dòng)量大小為（）A。MvB。mvsinθC.mvcosθD。mvtanθ【答案】A【解析】動(dòng)量等于質(zhì)量與速度的乘積,故拋出時(shí)的動(dòng)量P=mv;故A正確,BCD錯(cuò)誤．故選A．點(diǎn)睛：本題考查動(dòng)量的定義，要注意明確動(dòng)量大小為mv，方向與速度方向相同；不需要將速度分解后再求動(dòng)量,同時(shí)注意排除干擾內(nèi)容．3。奧斯特、法拉第、安培、楞次等人對(duì)電磁學(xué)的發(fā)展起到了重要的作用，以下關(guān)于他們的貢獻(xiàn)描述不符合事實(shí)的是（?）A。奧斯特首先發(fā)現(xiàn)電流的磁效應(yīng)B。安培首先提出了電場(chǎng)和電場(chǎng)線的概念C.楞次總結(jié)出了感應(yīng)電流方向所應(yīng)滿足的規(guī)律D.法拉第總結(jié)出了影響感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小的因素【答案】D【解析】法拉第首先提出了電場(chǎng)和電場(chǎng)線的概念，B錯(cuò)誤。4.如圖所示，左側(cè)有一個(gè)豎直放置的超導(dǎo)體圓環(huán)，O點(diǎn)為圓環(huán)的圓心，右側(cè)有一條形磁鐵.一開始圓環(huán)中沒有電流,條形磁鐵由靜止沿軸線向左加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)N極到達(dá)圓心O所在位置時(shí),突然靜止不動(dòng)。下列說(shuō)法正確的是(）A.條形磁鐵運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，線圈中有逆時(shí)針電流（從左向右看）B.條形磁鐵N極運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)靜止瞬間，線圈中的電流消失C.條形磁鐵運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中,線圈對(duì)條形磁鐵有向右的作用力D.條形磁鐵運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中,條形磁鐵對(duì)線圈始終沒有作用力【答案】C。。.。。。。..點(diǎn)睛：根據(jù)楞次定律判斷感應(yīng)電流的方向的一般步驟是：確定原磁場(chǎng)的方向→原磁場(chǎng)的變化→引起感應(yīng)電流的磁場(chǎng)的變化→楞次定律→感應(yīng)電流的方向．判斷線圈與磁鐵之間的相互作用可用“來(lái)拒去留”.5。一個(gè)小型電熱器若接在輸出電壓為10V的直流電源上,消耗的電功率為P,若把它接在某個(gè)正弦交流電源上，其消耗的電功率為P2。如果電熱器電阻不變，則此交流電源輸出電壓的最大值為(）A.5VB.52V【答案】C【解析】試題分析:根據(jù)焦耳定律Q=I2Rt求解電流的有效值，其中I是有效值．再根據(jù)有效值與最大值的關(guān)系求出最大值．解：設(shè)電熱器的電阻為R，t時(shí)間內(nèi)產(chǎn)生的熱量為Q,則：Q=此熱量是接交流電源上產(chǎn)生的熱功率的2倍,所以Q′=Q=所以：=解得：V所以最大值為故選C6。如圖所示，理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)比是10：1,原線圈輸入交變電壓u=1002√sin50πt(V),在副線圈中串接有理想電流表和定值電阻R,電容器并聯(lián)在電阻R兩端，電阻阻值R=10Ω,關(guān)于電路分析，下列說(shuō)法中正確的是(）A。電流表示數(shù)是1AB。電流表示數(shù)是2√AC。電阻R消耗的電功率為10WD。電容器的耐壓值至少是102√V【答案】D【解析】試題分析：由題意知原線圈輸入電壓有效值為100V，所以副線圈電壓為10V，由于電容器通交流，所以電流表示數(shù)大于1A，故AB錯(cuò)誤;電阻R消耗的電功率為P=U2R=考點(diǎn)：變壓器；交流電的最大值。【名師點(diǎn)睛】本題是關(guān)于變壓器的計(jì)算以及交流電的計(jì)算問(wèn)題；解題時(shí)需要掌握變壓器的電壓之比和匝數(shù)比之間的關(guān)系，同時(shí)對(duì)于電容器的作用要了解，電容器的耐壓值要大于交流電的最大值.7.一個(gè)小鋼球以大小為0。6kg?m/s的動(dòng)量向右運(yùn)動(dòng),碰到一個(gè)堅(jiān)硬的障礙物后被彈回，沿著同一直線以等大的動(dòng)量水平向左運(yùn)動(dòng)。下列說(shuō)法正確的是（)A.若選向左為正方向,則小鋼球的動(dòng)量變化是1。2kg?m/sB.若選向右為正方向，則小鋼球受的沖量是1。2N?sC。引起小鋼球動(dòng)量變化的力是小鋼球受到的重力D。引起小鋼球動(dòng)量變化的力是小鋼球受到的彈力【答案】AD【解析】若選向左為正方向，根據(jù)△P=P2—P1得：△P=P2—P1=mv2-mv1=1×0.6-1×（—0。6）kgm/s=1。2kg?m/s，故A正確；若選向右為正方向，據(jù)△P=P2-P1得：△P=P2—P1=mv2—mv1=—1×0.6-1×（0。6）kg?m/s=—1。2kg?m/s，故B錯(cuò)誤；對(duì)小球受力分析可知，小球受重力、彈力以及支持力的作用，合力等于彈力，故根據(jù)動(dòng)量定理可知，引起小球動(dòng)量變化的力是小鋼球受到的彈力，故C錯(cuò)誤，D正確．故選AD．點(diǎn)睛：本題主要考查了動(dòng)量的概念、動(dòng)量的變化直接應(yīng)用,關(guān)鍵是明確矢量性，在求解動(dòng)量以及動(dòng)量變化時(shí)一定要先設(shè)定正方向．8。圖示為一正弦交變電流電動(dòng)勢(shì)隨時(shí)間的變化規(guī)律圖象。將阻值為10Ω的電阻R接到該交變電流上，不計(jì)電源的內(nèi)阻。下列說(shuō)法正確的是()A.每秒鐘通過(guò)電阻R的電流方向改變100次B。該交變電流的頻率為50HzC.通過(guò)電阻R的電流有效值為2AD.電阻R消耗的電功率為20W【答案】BD【解析】由圖象可知,在一個(gè)周期內(nèi)電流改變2次,故1s內(nèi)改變的次數(shù)為n=10.04×2=50次,故A錯(cuò)誤；由圖象讀出該交流電的周期為0。04s，根據(jù)頻率與周期的關(guān)系可知:f=1T＝25HZ,故B錯(cuò)誤；交流電壓表測(cè)得電阻兩端的電壓為有效值，所以U=Um點(diǎn)睛:注意交流電有效值與最大值的關(guān)系是U=9.氡222是一種天然放射性氣體，被吸入后,會(huì)對(duì)人的呼吸系統(tǒng)造成輻射損傷,它是世界衛(wèi)生組織公布的主要環(huán)境致癌物質(zhì)之一，其衰變方程是22286Rn→21884Po+___。已知22286Rn的半衰期約為3。8天,則（）生成物中的x是a粒子，采用光照的方法可以減小銅222的半衰期一克22286經(jīng)過(guò)3.28天，還剩下0.5克22286Rn,2個(gè)22286經(jīng)過(guò)3。8天,還剩下一個(gè)22286Rn,【答案】AC【解析】根據(jù)電荷數(shù)守恒、質(zhì)量數(shù)守恒得,X的電荷數(shù)為2，質(zhì)量數(shù)為4,為α粒子,故A正確．半衰期的大小由原子核內(nèi)部因素決定,與所處的物理環(huán)境和化學(xué)狀態(tài)無(wú)關(guān)，故B錯(cuò)誤．經(jīng)過(guò)一個(gè)半衰期，剩余一半的質(zhì)量，即1克86222Rn經(jīng)過(guò)3.8天還剩下0.5克86222Rn,故C正確．半衰期具有統(tǒng)計(jì)規(guī)律，對(duì)大量的原子核適用，對(duì)少數(shù)的原子核不適用，故D錯(cuò)誤．故選AC．點(diǎn)睛：本題考查了半衰期的基本運(yùn)用，知道半衰期的大小與元素所處的物理環(huán)境和化學(xué)狀態(tài)無(wú)關(guān)，知道半衰期具有統(tǒng)計(jì)規(guī)律，對(duì)大量的原子核適用．10。如圖甲所示,邊長(zhǎng)L=0.4m的正方形線框總電阻R=1Ω(在圖中用等效電阻畫出),方向垂直紙面向外的磁場(chǎng)充滿整個(gè)線框平面。磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化的情況如圖乙所示，則下列說(shuō)法中正確的是（）A.回路中電流方向沿逆時(shí)針方向B.線框所受安培力逐漸減小C.5s末回路中的電動(dòng)勢(shì)為0.08VD。0?6s內(nèi)回路中產(chǎn)生的電熱為3。84×10?2J【答案】CD【解析】由楞次定律可判斷出感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針方向，故A錯(cuò)誤;由圖象可知，磁通量變化率是恒定的，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，則有感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)一定，依據(jù)閉合電路歐姆定律,則感應(yīng)電流大小也是一定的,再依據(jù)安培力表達(dá)式F=BIL，安培力大小與磁感強(qiáng)度成正比，故B錯(cuò)誤；根據(jù)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì):E=NΔΦΔt=ΔB點(diǎn)睛：本題是法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律、焦耳定律和楞次定律等知識(shí)的綜合應(yīng)用，這些都是電磁感應(yīng)現(xiàn)象遵守的基本規(guī)律，要熟練掌握，并能正確應(yīng)用．11。一個(gè)質(zhì)子和一個(gè)中子聚變結(jié)合成一個(gè)氘核，同時(shí)輻射一個(gè)γ光子。已知質(zhì)子、中子、氘核的質(zhì)量分別為m1、m2、m3，普朗克常量為h，真空中的光速為c。寫出核反應(yīng)方程該聚變反應(yīng)過(guò)程中的質(zhì)量虧損為___光子的波長(zhǎng)λ=______?！敬鸢浮?1)。H11+n01→H12（2)。(【解析】(1)核反應(yīng)方程H1（2）該聚變反應(yīng)過(guò)程中的質(zhì)量虧損為?m=（m1+m2）?m3（3)根據(jù)質(zhì)能方程可知,Δmc點(diǎn)睛：該題考察到了原子物理方面的幾個(gè)知識(shí)，要注意到在核反應(yīng)方程中，質(zhì)量數(shù)是電荷數(shù)是守恒的；無(wú)論是重核的裂變還是輕核的聚變，都有質(zhì)量的虧損，是反應(yīng)前的質(zhì)量與反應(yīng)后的質(zhì)量之差；損失的質(zhì)量轉(zhuǎn)化為能量，會(huì)應(yīng)用愛因斯坦的質(zhì)能方程計(jì)算釋放的能量的大?。恢拦庾拥哪芰颗c頻率之間的關(guān)系，并要了解γ光子是電磁波，在真空中的傳播速度等于光速．12。兩位同學(xué)用如圖所示裝置,通過(guò)半徑相同的A。

B兩球的碰撞來(lái)驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律。(1）在安裝斜槽時(shí)，應(yīng)保持斜槽末端___。(2)甲同學(xué)測(cè)得入射球A的質(zhì)量為mA，被碰撞小球B的質(zhì)量為mB,圖中O點(diǎn)時(shí)小球拋出點(diǎn)在水平地面上的垂直投影。實(shí)驗(yàn)時(shí),先讓入射球A從斜軌上的起始位置由靜止釋放,找到其平均落點(diǎn)的位置P，測(cè)得平拋射程為OP；再將入射球A從斜軌上起始位置由靜止釋放，與小球B相撞，分別找到球A和球B相撞后的平均落點(diǎn)M、N，測(cè)得平拋射程分別為OM和ON.當(dāng)所測(cè)物理量滿足表達(dá)式___時(shí)，即說(shuō)明兩球碰撞中動(dòng)量守恒；如果滿足表達(dá)式___時(shí)，則說(shuō)明兩球的碰撞為完全彈性碰撞?！敬鸢浮浚?）。切線水平（2）。mAO【解析】（1）要保證每次小球都做平拋運(yùn)動(dòng)，則軌道的末端必須切線水平；

（2)小球離開軌道后做平拋運(yùn)動(dòng),由于小球拋出點(diǎn)的高度相同,它們?cè)诳罩械倪\(yùn)動(dòng)時(shí)間t相等，它們的水平位移x與其初速度成正比，可以用小球的水平位移代替小球的初速度,

若兩球相碰前后的動(dòng)量守恒，則mAv0=mAv1+mBv2，又OP=v0t，OM=v1t,ON=v2t，

代入得：mAOP=mAOM+mBON，

若碰撞是彈性碰撞，則機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得：12mAv02=12mAv12+12mBv22,

將OP=v0t，OM=v1t，ON=v2t

代入得：mAOP2=mAOM2+mB13.如圖所示,在豎直平面內(nèi)有足夠長(zhǎng)的兩根光滑平形導(dǎo)軌ab、cd,一阻值為R的電阻接在b、c兩點(diǎn)之間,兩導(dǎo)軌間的距離為l，ef是一質(zhì)量為m，電阻不計(jì)且水平放置的導(dǎo)體桿，桿與ab、cd保持良好接觸。整個(gè)裝置放在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向與導(dǎo)軌平面垂直?，F(xiàn)用一豎直向下的里拉導(dǎo)體桿,使導(dǎo)體桿從靜止開始做加速度為32g的勻加速運(yùn)動(dòng),下降了h高度,這一過(guò)程中電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為Q，g為重力加速度,不計(jì)導(dǎo)軌電阻及感應(yīng)電流間的相互作用.求：（1）導(dǎo)體桿自開始向下運(yùn)動(dòng)到下降h高度的過(guò)程中通過(guò)桿的電荷量。（2）導(dǎo)體桿下降h高度時(shí)所受拉力F的大小及導(dǎo)體桿自開始向下運(yùn)動(dòng)到下降h高度的過(guò)程中拉力所做的功.【答案】（1）BLh【解析】（1)下降h過(guò)程中,平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：E=ΔΦΔt

電流:I=ER

故電量:q=IΔt=ΔΦ下降h時(shí)的過(guò)程中，克服安培力做功等于產(chǎn)生的電能，電能轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)內(nèi)能,故根據(jù)功能關(guān)系，有:WF+mgh—Q=12mv2

解得：WF=12mgh+Q

即下降h時(shí)時(shí)拉力為B214。如圖所示，質(zhì)量mC=3kg的小車C停放在光滑水平面上，其上表面與水平粗糙軌道MP齊平，且左端與MP相接觸。軌道左側(cè)的豎直墻面上固定一輕彈簧,現(xiàn)用外力將小物塊B緩慢壓縮彈簧，當(dāng)離小車C左端的距離l=1.25m時(shí)由靜止釋放，小物塊B在軌道上運(yùn)動(dòng)并滑上小車C，已知小物塊B的質(zhì)量mB=1kg,小物塊B由靜止釋放的彈性勢(shì)能EP=4。5J,小物塊B與軌道MP和小車C間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ=0