四川省泸州市泸县第一中学2018-2019学年高二物理下学期期中试题（含解析）

四川省泸州市泸县第一中学2018-2019学年高二物理下学期期中试题（含解析）一．选择题1.氢原子能级图如图所示，当氢原子从n＝3跃迁到n＝2的能级时，辐射光的波长为656nm.以下判断正确的是()A.氢原子从n＝2跃迁到n＝1的能级时，辐射光的波长大于656nmB.氢原子从n＝4跃迁到n＝3的能级辐射光的波长小于656nmC.用波长为633nm的光照射，能使氢原子从n＝2跃迁到n＝3的能级D.一群处于n＝3能级上的氢原子向低能级跃迁时最多产生3种谱线【答案】D【解析】【详解】A.根据波尔理论有：，所以能量差越大，波长越短，从从n＝2跃迁到n＝1的能级差大于n＝3跃迁到n＝2的能级差，所以波长小于656nm；从n＝4跃迁到n＝3的能级差小于n＝3跃迁到n＝2的能级差，所以波长大于656nm，AB错误C.根据波尔理论：氢原子从n＝3跃迁到n＝2的能级时，辐射光的波长为656nm.，从n＝2跃迁到n＝3的能级需吸收波长为656nm的光子，C错误D.一群处于n＝3能级上的氢原子向低能级跃迁时最多产生种谱线，D正确2.如图所示为等量的正、负电荷，A、B为两电荷的连线上的两点，C、D为中垂线上的两点。则关于电场性质的下列说法正确的是()A.自A至B电场强度先增强后减弱；自C至D先减弱后增强B.自A至B电场强度先减弱后增强；自C至D电场强度先增强后减弱C.自A至B电势先降低后增高D.自C至D电势一直降低【答案】B【解析】【详解】AB.根据等量异种电荷场强分布特点，连线中点处场强最小，所以从A至B电场强度先减弱后增强，中垂线中点处，场强最大，从C至D电场强度先增强后减弱，A错误B正确CD.等量异种电荷的中垂面是一个等势面，C至D电势不变；连线上电场线从A指向B，沿电场线方向电势逐渐降低，所以A至B电势一直降低，CD错误3.如图所示，一个U形金属导轨水平放置，其上放有一个金属导体棒ab，有一个磁感应强度为B的匀强磁场斜向上穿过轨道平面，且与竖直方向的夹角为θ.在下列各过程中，一定能在轨道回路中产生感应电流的是（）A.ab向右运动，同时使θ减小B.磁感应强度B减小，θ角同时也减小C.ab向左运动，同时增大磁感应强度BD.ab向右运动，同时增大磁感应强度B和θ角(0°＜0＜90°)【答案】A【解析】【详解】感应电流产生的条件①闭合回路，②穿过闭合导体回路的磁通量发生变化。即穿过闭合导体回路的磁通量发生变化闭合导体回路中就有感应电流。根据磁通量的公式：Φ=BScosθ，ab向右运动，S增大，同时使θ减小，磁通量增大。一定能产生感应电流，故A正确；根据磁通量的公式：Φ=BScosθ，磁感应强度B减小，θ角同时也减小，不能确定磁通量的变化，故B错误；根据磁通量的公式：Φ=BScosθ，ab向左运动，S减小；同时增大磁感应强度B，不能确定磁通量的变化，故C错误；根据磁通量的公式：Φ=BScosθ，ab向右运动，S增大，同时增大磁感应强度B和θ角，不能确定磁通量的变化，故D错误。4.如图所示，图甲和图乙分别表示正弦脉冲波和方波的交变电流与时间的变化关系．若使这两种电流分别通过两个完全相同的电阻，则经过1min的时间，两电阻消耗的电功之比W甲∶W乙为（）A.1∶4B.1∶2C.1∶3D.1∶6【答案】C【解析】【详解】甲图中，根据电流的热效应有，代入数据解得电流的有效值为：；乙图中，根据电流的热效应有：，代入数据解得电流的有效值为：I′=1A。根据W=I2Rt知，在相同时间内消耗的电功之比等于。故C项正确，ABD三项错误。5.一个静止的质量为M的不稳定原子核，当它放射出质量为m、速度为v的粒子后，原子核剩余部分的速度为（）A.-vB.C.D.【答案】B【解析】根据动量守恒定律得：，解得：，故B正确，ACD错误。6.图甲是线圈P绕垂直于磁场轴在匀强磁场中匀速转动时所产生的正弦交流电压图象，把该交流电压加在图乙中变压器的A、B两端．已知理想变压器原线圈Ⅰ和副线圈Ⅱ的匝数比为5∶1，交流电流表和交流电压表均为理想电表，电阻R＝1欧姆，其他各处电阻不计，以下说法正确的是()A.在t＝0.1s和0.3s时，穿过线圈P的磁通量最大B.线圈P转动的角速度为10πrad/sC.电压表的示数为2.83VD.电流表的示数为0.40A【答案】D【解析】试题分析：据题意，在0.1s和0.3s时产生的交流电压最大，据可知，这两个时刻穿过线圈的磁通量变化量最快，故A选项错误；据图像可知，故B选项错误；该交流电电压有效值为：，在AB端输入的电源为10v，则在副线圈的电压为：，故C选项错误；副线圈中电流为：，则原线圈中电流为：，故D选项正确。考点：本题考查交流电和变压器。7.如图所示，A、B两点固定两个等量异种点电荷+Q和-Q，O点为AB连线的中点，OD是AB连线的中垂线，BC与OD平行，AO=BD=BC，下列说法正确的是A.O点的场强比D点的场强大B.O点的场强方向由D指向CC.负电荷在O点的电势能比在D点的电势能低D.将一负电荷由D点移动C点，电荷的电势能增加【答案】AD【解析】等量异种电荷连线的中垂线是等势面，根据场强的叠加，可知电场强度方向相同，均由A指向B，所以D点的场强方向水平向右，故B错误；根据点电荷产生电场的原理，在O点产生的场强比在D点产生的合场强大，故A正确；因为在同一等势面上运动，电场力不做功，所以将一负电荷由O点移到D点，电场力不做功，电势能相等，故C错误；D点电势等于零，C点电势小于零，将一负电荷有D点移到C点，电场力做负功电荷的电势能增大，故D正确。所以AD正确，BC错误。8.如图所示，等边闭合三角形线框，开始底边与匀强磁场的边界平行且重合，磁场的宽度大于三角形的高度，线框由静止释放，穿过该磁场区域，不计空气阻力，则下列说法正确的是A.线框进磁场过程中感应电流为顺时针方向B.线框底边刚进入和刚穿出磁场时线圈的加速度大小可能相同C.线框出磁场的过程，可能做先减速后加速的直线运动D.线框进出磁场过程，通过线框的电量不同【答案】BC【解析】线框进入磁场过程中，磁通量增大，根据楞次定律可知，感应电流为逆时针方向，故A错误；线框底边刚进入瞬间，速度为零，产生的感应电动势为零，下落加速度为g，完全进入磁场后下落加速度为g，随着下落速度的增大，出磁场时产生的安培力可能等于2mg，此时减速的加速度大小可能为g，故B正确；线框出磁场的过程，可能做先减速随着速度减小，切割长度变短，线框受到的安培力减小，当小于重力后线框做加速的直线运动，故C正确；线框进、出磁场过程，磁通量变化相同，所以通过线框的电量相同，故D错误。所以BC正确，AD错误。9.如图所示，光滑斜面PMNQ的倾角为，斜面上放置一矩形导体线框abcd，其中ab边长为，bc边长为，线框质量为m.电阻为R，有界匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直于斜面向上，ef为磁场的边界，且。线框在恒力F作用下从静止开始运动，其ab边始终保持与底边MN平行，F沿斜面向上且与斜面平行，已知线框刚进入磁场时做匀速运动，则下列判断正确的是（）A.线框进入磁场前的加速度为B.B.线框进入磁场时的速度为C.线框进入磁场时有方向的感应电流D.线框进入磁场的过程中产生的热量为【答案】ABC【解析】线框进入磁场前，根据牛顿第二定律得：F-mgsinθ=ma，则．故A正确。线框进入磁场时匀速运动，则有F=mgsinθ+，解得速度，故B正确。根据右手定则判断得知线框进入磁场时，感应电流方向为a→b→c→d→a．故C正确。根据能量守恒知线框进入磁场的过程中产生的热量为（F-mgsinθ）L2，故D错误。故选ABC。点睛：本题是电磁感应中力学问题，记住安培力的经验公式F安=，正确分析受力和功能关系是解答本题的关键，要注意线框切割磁感线的边长与通过的位移大小是不同的，不能搞错．非选择题10.用游标卡尺测铁片厚度的读数如图(1)所示，读数为__________mm。用螺旋测微器测一圆形工件的直径读数如图(2)所示，读数为__________mm。【答案】①10.50②4.600【解析】【详解】游标卡尺读数为1cm+0.05mm×10=10.50mm。螺旋测微器的读数4.5mm+0.01mm×10.0=4.600mm.11.为了测量某一未知电阻Rx(阻值约为6Ω)的阻值，实验室里准备了以下器材：A．电源，电动势E＝3.0VB．电压表V1，量程3V，内阻约5kΩC．电压表V2，量程15V，内阻约25kΩD．电流表A1，量程0.6A，内阻约0.2ΩE．电流表A2，量程3A，内阻约0.04ΩF．滑动变阻器R1，最大阻值5Ω，最大电流为3AG．滑动变阻器R2，最大阻值200Ω，最大电流为1.5AH．开关S、导线若干（1）在用伏安法测量该电阻的阻值时，要求尽可能准确，并且待测电阻两端的电压从零开始连续调节，则在上述提供的器材中电压表应选________；电流表应选________；滑动变阻器应选________。(填器材前面的字母代号)（2）请在虚线框内画出用伏安法测量该电阻阻值时的实验电路图_______。（3）请根据电路图将下列实物图补充完整__________。【答案】(1).（1）B(2).D(3).F(4).（2）(5).（3）【解析】【详解】（1）因为电动势只有3V，所以电压表原则B；通过待测电阻的最大电流：，所以电流表选择D；电压要求从零开始调节，所以选择分压式电路，滑动变阻器选择总阻值较小的F（2）该实验选择分压电路，因为：，所以电流表选择外接法，电路图如下：（3）根据电路图连接实物图：12.如图所示，质量m1＝0.98kg的靶盒A静止在光滑水平面上，水平轻质弹簧一端栓在质量m2＝1.0kg的滑块B上，另一端与靶盒A连接。有一固定的发射器，它可以瞄准靶盒发射一颗水平速度为v0＝10m/s，质量m0＝0.02kg的弹丸，当弹丸打入靶盒A后，便留在盒内，碰撞时间极短，不计空气阻力。求：(1)弹丸打入靶盒A的过程中，弹丸与靶盒共同损失的机械能；(2)弹丸打入靶盒A后，弹簧的最大弹性势能。【答案】（1）ΔE＝0.98J（2）EP＝0.01J【解析】【详解】(1)由动量守恒定律得m0v0＝(m0＋m1)v1代入数据解得：v1＝0.2m/s由能量守恒定律得代入数据解得：ΔE＝0.98J(2)弹丸打入靶盒A后，弹丸、靶盒A和滑块B三者速度相等时弹簧的弹性势能最大由动量守恒定律得：m0v0＝(m0＋m1＋m2)v2代入数据解得：v2＝0.1m/s弹丸打入靶盒A后，由系统机械能守恒定律得代入数据解得：EP＝0.01J13.如图所示，水平绝缘轨道，左侧存在水平向右的有界匀强电场，电场区域宽度为L，右侧固定一轻质弹簧，电场内的轨道粗糙，与物体间的摩擦因数为μ=0.5，电场外的轨道光滑，质量为m、带电量为+q的的物体A从电场左边界由静止释放后加速运动，离开电场后与质量为2m的物体B碰撞并粘在一起运动，碰撞时间极短开始B靠在处于原长的轻弹簧左端但不拴接，(A、B均可视为质点)，已知匀强电场场强大小为。求：(1)弹簧的最大弹性势能；(2)整个过程A在电场中运动的总路程。【答案】(1)(2)【解析】试题分析：根据动能定理和动量守恒定律，求出物体A碰前的速度，根据机械能守恒即可求出弹簧的最大弹性势能；由题意知最终AB静止在电场外，弹簧处于自由伸长状态，AB共同在电场中运动的距离为x，由能的转化与守恒可得AB共同在电场中运动的距离，再加上电场区域宽度即可求出整个过程A在电场中运动的总路程。（1）物体A碰前的速度为，根据动能定理：碰撞过程动量守恒：压缩过程机械能守恒：，解得（2）最终AB静止在电场外，弹簧处于自由伸长状态，AB共同在电场中运动的距离为x，由能的转化与守恒：A在电场中运动的总距离为s，位移关系为：s=L+x联立解得：点睛：本题主要考查了动能定理和动量守恒的综合，关键要把握每个过程所遵守的物理规律，当涉及力在空间的效果时要优先考虑动能定理，要注意电场力做功与沿电场力方向移动的距离成正比。14.如图所示，xOy是位于足够大的绝缘光滑水平桌面内的平面直角坐标系，虚线MN是∠x