湖北黄石实验高中2018-2019学年高二物理下学期期

发布者:admin 发布时间:2019-10-26 08:21 浏览次数:

  湖北黄石实验高中2018-2019学年高二物理下学期期末考试模拟卷_高二理化生_理化生_高中教育_教育专区。湖北黄石实验高中2018-2019学年高二物理下学期期末考试模拟卷

  此 卷 只 装 订 不 密 封 座位号 班级 姓名 准考证号 考场号 2018-2019 学年下学期高二期末考试模拟测试卷 物 理 (A) 注意事项: 1.答题前,先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上,并将准考证号条形 码粘贴在答题卡上的指定位置。 2.选择题的作答:每小题选出答案后,用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂 黑,写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 3.非选择题的作答:用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草 稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 4.考试结束后,请将本试题卷和答题卡一并上交。 一、选择题:本题共 12 小题,每小题 4 分,共 48 分。在每小题给出的四个选项中,第 1~8 题只有一项符合题目要求,第 9~12 题有多项符合题目要求。全部选对的得 4 分,选对但不全的得 2 分,有选错的得 0 分。 1.了解物理规律的发现过程,学会像科学家那样观察和思考,往往比掌握知识本身更重要。以 下符合物理学发展史实的是( ) A.汤姆逊通过对天然放射性现象的研究发现了电子 B.波尔进行了 α 粒子散射实验提出了著名的原子核式模型 C.约里奥居里夫妇用 α 粒子轰击金属铍发现并命名了中子 D.卢瑟福用 α 粒子轰击氮原子核发现了质子,并预言了中子的存在 2.随着科技的不断发展,手机无线充电已经实现了从理论研发到实际应用的转化,下图给出了 某品牌的无线充电手机利用电磁感应方式无线充电的原理图,关于无线充电,下列说法错误的是 () A.无线充电时手机接收线圈部分的工作原理是电磁感应现象 B.只要有无线充电底座,所有手机都可以进行无线充电 C.只有将充电底座接到交流电源上才能对手机进行充电 D.接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同 3.如图所示为氢原子的能级示意图,一群氢原子处于 n=3 的激发 态,在向较低能级跃迁的过程中向外发出光子,用这些光照射逸出功为 2.49 eV 的金属钠。下列说法正确的是( ) A.这群氢原子能发出 3 种不同频率的光,其中从 n=3 跃迁到 n=2 所发出的光波长最短 B.这群氢原子能发出 2 种不同频率的光,其中从 n=3 跃迁到 n=1 所发出的光频率最小 C.金属钠表面发出的光电子的最大初动能为 9.60 eV D.这群氢原子发出不同频率的光,只有一种频率的光可使金属钠发生光电效应 4.在如图所示的电路中,a、b、c 为三盏完全相同的灯泡,L 是自感线圈,直流电阻为 RL,则 下列说法正确的是( ) A.合上开关后,c 先亮,a、b 后亮 B.断开开关时,N 点电势高于 M 点 C.断开开关后,b、c 同时熄灭,a 缓慢熄灭 D.断开开关后,c 马上熄灭,b 闪一下后缓慢熄灭 5.如图为法拉第圆盘发电机的示意图,铜圆盘安装在竖直的铜轴上,两铜片 P、Q 分别与圆盘 的边缘和铜轴接触,圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场 B 中,圆盘顺时针旋转(从上往下看),下 列说法正确的是( ) A.穿过圆盘的磁通量发生变化 B.圆盘中心电势比边缘要低 C.R 上的热功率与圆盘转动角速度成正比 D.产生的电动势大小与圆盘半径的平方成正比 6.如图,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 S 接通时,以下说法正确的是( ) A.原线圈中的电流增大 B.通过灯泡 L1 的电流增大 C.副线圈两端 M、N 的输出电压减小 D.副线圈输电线等效电阻 R 上的电压降减小 7.如图,在同一平面内有两根平行长导轨,导轨间存在依次相邻的矩形匀强磁场区域,区域宽 度均为 l,磁感应强度大小相等、方向交替向上向下。一边长为 3 l 的正方形金属线 匀速运动,线框中感应电流 i 随时间 t 变化的正确图线.如图甲所示为风速测量仪的简易模型,在风力的作用下,风叶通过杆带动与其固定在一起的 永磁铁转动,假设杆的转速与风速成正比,在某一风速作用下,线圈中产生的正弦式电流如图乙所 示,下列说法中正确的是( ) A.风叶带动杆的转速为 10 r/s i ? 0.6 sin10πt B.电流的表达式为 2 (A) C.风速加倍时线 A D.风速加倍时电流的表达式为 i ?1.2sin10πt (A) 9.下列说法正确的是( ) A.比结合能小的原子核结合成比结合能大的原子核时一定释放核能 B.碘 131 的半衰期约为 8 天,32 个碘 131 经过 40 天后只剩下 1 个 C.根据玻尔理论可知,氢原子辐射出一个光子带走能量后,氢原子的电势能,核外电子的动能 均减小 D. 237 93 Np 经过一系列衰变后变成 209 83 Bi ,此过程一共发生了 7 次 α 衰变和 4 次 β 衰变 10.如图甲所示,质量 M=1 kg 的绝缘底板座静止在动摩擦因数 μ 1=0.1 的粗糙水平地面上, 1 位于磁场中的正方形金属框 ABCD 为动力源,其质量 m=1 kg,边长为 1 m,电阻为 16 Ω ,与绝缘板 间的动摩擦因数 μ 2=0.4,OO?为 AD、BC 的中线。在金属框内有可随金属框同步移动的磁场,OO?CD 区域内磁场的磁感应强度 B1 随时间 t 的变化情况如图乙所示,CD 恰在磁场边缘以外;OO?BA 区域内 磁场的磁感应强度 B2 随时间 t 的变化情况如图丙所示,AB 恰在磁场边缘以内。若绝缘板足够长且认 为绝缘板与地面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力,从 t=0 时刻由静止释放金属框,则金属框由静止 释放瞬间(g=10 m/s2) ( ) A.金属框产生的感应电动势为 1 V B.金属框受到的安培力大小 16 N C.若金属框固定在绝缘板上,金属框的加速度为 3m/s2 D.若金属框不固定,金属框的加速度为 4 m/s2,绝缘板的加速度为 2 m/s2 11.图甲为磁控健身车,图乙为其车轮处结构示意图,在金属飞轮的外侧有磁铁与飞轮不接触, 人用力蹬车带动飞轮旋转时,需要克服磁铁对飞轮产生的阻碍,通过调节旋钮拉线可以实现不同强 度的健身需求(当拉紧旋钮拉线时可以减少磁铁与飞轮间的距离),下列说法正确的是( ) A.飞轮受到的阻力主要来源于磁铁对它的安培力 B.人蹬车频率一定时,拉紧旋钮拉线,飞轮受到的阻力越小 C.控制旋钮拉线不动时,飞轮转速越大,受到的阻力越小 D.控制旋钮拉线不动时,飞轮转速越大,内部的涡流越强 12.放在光滑水平面的小车上 AC 间夹了一压缩轻质弹簧(未栓接在一起),用两手分别控制小 车 A 端和滑块 C 处于静止状态,释放 C 会离开弹簧向 B 端冲去,并跟 B 端油泥粘在一起。忽略一切 摩擦,对于 A、B、C 组成系统,下列说法中正确的是( ) A.先放开右手,再放开左手后,系统动量不守恒 B.先放开左手,再放开右手,A、B、C 的总动量向左 C.两手同时放开后,C 与油泥粘在一起时,车立即停止运动 D.无论先放哪个手,C 与油泥粘在一起时,车都立即停止运动 二、非选择题(本题共 5 小题,共 52 分。按题目要求做答,解答题应写出必要的文字说明、方 程式和重要演算步骤,只写出最后答案的不能得分,有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和 单位) 13.(6 分)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)实验中,直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的,但是,可以通过仅测量________(填选 项前的符号),间接地解决这个问题。 A.小球开始释放高度 h B.小球做平抛运动的水平射程 C.小球做平抛运动所用的时间 D.小球抛出点距地面的竖直高度 H (2)若两球相碰前后的动量守恒,其表达式可表示为 (用图中标识的量表 示); (3)若碰撞是弹性碰撞,那么还应满足的表达式为 (用图中标识的量表 示)。 14.(8 分)如图所示,图甲为热敏电阻的 R-t 图象,图乙为用此热敏电阻和继电器组成的一个 简单恒温箱温控电路,继电器的电阻为 100 Ω ,当线 mA 时,继电器的衔铁 被吸合。为继电器线圈供电的电池的电动势 E=9.0 V,内阻不计。图中的“电源”是恒温箱加热器 的电源。 (1)应该把恒温箱内的加热器接在____________端(填“A、B”或“C、D”); (2)若恒温箱系统要保持温度为 50℃,则需把滑动变阻器调节到_________Ω ;为了实现调节滑 动变阻器到此阻值进行了下列步骤: ①电路接通前,滑动变阻器调节最大,需将电阻箱调到一固定的阻值,根据实验要求,这一阻 值应为_______Ω ; ②将单刀双掷开关向________(填“c”或“d”)端闭合,缓慢移动滑动变阻器的滑片,直至 继电器的衔铁被吸合。 ③保持滑动变阻器的位置不变,将单刀双掷向另一端闭合,恒温箱系统即可正常使用。 15.(10 分)如图所示,矩形线圈在匀强磁场中绕 OO′轴匀速转动,磁场方向与转轴垂直。线 匝,线 Ω ,磁场的磁感强度 B=0.10 T,线圈绕 OO′轴以 ω =50 rad/s 的角速度转动,线 Ω 的电阻和一块内阻 不计的交流电流表。求: (1)电流表的读数; (2)线圈转过一周的过程中,整个回路中产生的焦耳热。 (2)若金属杆由静止释放至达到最大速度的过程中,电阻 R 上产生的焦耳热总共为 QR=1.5 J, 则流过电阻 R 的总电荷量 q 为多少; (3)金属杆由静止释放至达到最大速度的过程中,经历的时间 t。 16.(12 分)在图甲中,直角坐标系 Oxy 的 1、3 象限内有匀强磁场,第 1 象限内的磁感应强度 大小为 2B,第 3 象限内的磁感应强度大小为 B,磁感应强度的方向均垂直于纸面向里。现将半径为 L,圆心角为 90°的扇形导线框 OPQ 以角速度 ω 绕 O 点在纸面内沿逆时针匀速转动,导线框回路电 阻为 R。 (1)求导线框中感应电流最大值; (2)在图乙中画出导线框匀速转动一周的时间内感应电流 I 随时间 t 变化的图象;(规定与图甲 中线框的位置相对应的时刻为 t=0) 17.(16 分)如图所示,两根足够长光滑平行金属导轨 MN、PQ 固定在倾角 θ =37°的绝缘斜面 上,两导轨间距 L=1 m,M、P 两点间接有阻值 R=3 Ω 的电阻。整个装置处于磁感应强度 B=2 T 的 匀强磁场中,磁场方向垂直斜面向下。一根质量 m=1 kg 的均匀直金属杆 ab 放在两导轨上,并与导 轨垂直,ab 在导轨之间的电阻 r=1 Ω ,电路中其余电阻不计。金属杆 ab 由静止释放后沿导轨运动 时始终垂直于导轨,且与导轨接触良好。不计空气阻力影响,已知 sin 37°=0.6,cos 37°=0.8, 重力加速度取 g=10 m/s2。求: (1)金属杆 ab 沿导轨向下运动时的最大速度 v 以及此时杆中电流方向; 2018-2019 学年下学期高二期末考试模拟测试卷 物 理(A)答 案 一、选择题:本题共 12 小题,每小题 4 分,共 48 分。在每小题给出的四个选项中,第 1~8 题只有一项符合题目要求,第 9~12 题有多项符合题目要求。全部选对的得 4 分,选对但不全的得 2 分,有选错的得 0 分。 1.【答案】D 【解析】汤姆孙通过对阴极射线的研究,发现了电子,故 A 错误;卢瑟福通过 α 粒子的散射 实验,提出了原子核式结构学说,故 B 错误;居里夫人过对天然放射性的研究,发现了两种放射性 新元素镭和钋,查德威克用 α 粒子轰击金属铍并发现了中子,故 C 错误;卢瑟福用 α 粒子轰击氦 原子核发现了质子,并预言了中子的存在,原子核是由质子和中子组成的,故 D 正确。 2.【答案】B 【解析】无线充电时手机接收线圈部分的工作原理是电磁感应现象,故 A 正确;被充电手机内 部,应该有一类似金属线圈的部件,与手机电池相连,当有交变磁场时,则出现感应电动势,那么 普通手机不能够利用无线充电设备进行充电,故 B 错误;当充电设备通以恒定直流,无线充电设备 不会产生交变磁场,那么不能够正常使用,只有将充电底座接到交流电源上才能对手机进行充电, 故 C 正确;接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同,故 D 正确。 3.【答案】C 【解析】一群氢原子处于 n=3 的激发态,可能发出 3 中不同频率的光子,因为 n=3 和 n=2 间 ?E ? h c 能级差最小,所以从 n=3 跃迁到 n=2 发出的光子频率最低,根据 ? ,所以波长最长,故 AB 错误;所以从 n=3 跃迁到 n=1 发出的光子频率最高,发出的光子能量为△E=13.60-1.51eV= 12.09eV.根据光电效应方程 EKm=hv-W0 得,最大初动能 EKm=12.09-2.49eV=9.60Ev,故 C 正确; 从 n=2 到 n=1 和 n=3 到 n=1 能级发出的光均可以使金属钠发生光电效应,故 D 错误。 4.【答案】B 【解析】开关 S 闭合瞬间,因线圈 L 的电流增大,产生自感电动势,根据楞次定律可知,自感 电动势阻碍电流的增大,通过 a 灯的电流逐渐增大,所以 b、c 先亮,a 后亮,故 A 错误;断开开关 S 的瞬间,因线圈 L 的电流减小,产生自感电动势,根据楞次定律可知通过自感线圈的电流方向与 原电流方向相同,N 点电势高于 M 点;L 和 a、b 组成的回路中有电流,由于原来 a 灯的电流小于 b 灯的电流,开关断开的瞬间,通过 a、b 和线圈回路的电流从 a 灯原来的电流减小,所以 b 灯会闪暗 后 a、b 一起缓慢熄灭,而 c 没有电流,马上熄灭,故 B 正确,C、D 错误。 5.【答案】D 【解析】实验过程中,穿过圈盘的磁通量不变,产生感应电动势可等效看成无数轴向导体切割 磁感线产生的,故 A 错误;从上向下看,圆盘顺时针转动,根据右手定则可知,感应电流方向是从 E ? 1 Br2? 边缘流向圆心,可知圆盘中心电势比边缘要高,故 B 错误;根据法拉第电磁感应定律可知 2 , 故产生的电动势大小与圆盘半径的平方成正比,故 D 正确;R P 上的热功率 ? I2R ? E2R (R ? r)2 ,可知 R 上的热功率与圆盘转动角速度的平方成正比,故 C 错误。 6.【答案】A 【解析】对理想变压器输入电压决定输出电压,输出电流决定输入电流,输出功率决定输入功 率。当 S 接通时,MN 两端电压不变而负载电阻减小,因此输出电流(副线圈中电流)增大,则输入 电流(原线圈中电流)也增大。副线圈中电流增大,则等效电阻 R 上的电压增大。等效电阻上电压 增大而输出电压不变,因此灯泡 L1 两端电压减小,则通过灯泡 L1 的电流减小,故 A 正确,B、C、D 错误。 7.【答案】D 【解析】第一过程从①移动②的过程中,左边导体棒切割产生的电流方向是顺时针,右边切割 磁感线产生的电流方向也是顺时针,两根棒切割产生电动势方向相同所以 E=2Blv,则电流为 i ? E ? 2Blv R R ,电流恒定且方向为顺时针。 在从②移动到③的过程中左右两根棒切割磁感线产生的电流大小相等,方向相反,所以回路中 电流表现为零。然后从③到④的过程中,左边切割产生的电流方向逆时针,而右边切割产生的电流 i ? E ? 2Blv 方向也是逆时针,所以电流的大小为 R R ,方向是逆时针。当线框再向左运动时,左边切割 产生的电流方向顺时针,右边切割产生的电流方向是逆时针,此时回路中电流表现为零,故线圈在 运动过程中电流是周期性变化,故 D 正确。 8.【答案】C n? 1 【解析】根据 T 可知转速为 5 r/s,故 A 错误;由图象可知,线π T rad/s,由交流电的电流表达式 i ? Asin?t ? 0.6sin10πt (A),故 B 错误;由转速与风速成 正比,当风速加倍时,转速也加倍,电流的最大值 Im=1.2A,则电流的表达式为 i ?1.2sin 20πt (A), 线圈中电流的有效值 I ? 0.6 2 A,故 C 正确,D 错误。 9.【答案】AD 【解析】比结合能小的原子核结合成或分解成比结合能大的原子核时有质量亏损,释放核能, 故 A 正确;半衰期是大量放射性元素的原子衰变过程中的统计规律,对个别的粒子没有意义,故 B 错误;根据玻尔理论可知,氢原子辐射出一个光子后,电子从高轨道跃迁到低轨道,电子与原子核 之间的距离变小,由库仑力提供向心力可得,核外电子的运动速度增大,核外电子的动能增大,故 C 错误;设 237 93 Np 经过一系列衰变后变成 209 83 Bi ,需要经过 x 次 α 衰变和 y 次 β 衰变,根据质量数和 电荷数守恒则有:93=2x-y+83,4x=237-209,所以解得:x=7,y=4,故 D 正确。 10.【答案】CD 【解析】金属框固定在绝缘板上,由题意得 E ? ?B1 ?t ? 1 2 SABCD ? 0.5 V,则电流为 I ? E R ?8 A,那么 安培力 FAB=B2IL=8N,取绝缘板和金属框整体进行受力分析,由牛顿第二定律有 FAB-μ 1(M+m)g= (M+m)a,解得 a=3m/s2,故 A、B 错误,C 正确;金属框不固定,对金属框进行受力分析,假设其相 对绝缘板滑动,有 f1=μ 2mg=4N,对金属框应用牛顿第二定律得:FAB-f1=ma1,解得 a1=4m/s2;对 绝缘板应用牛顿第二定律得 f1-f2=Ma2,f2=μ 1(M+m)g =2N,解得 a2=2m/s2,a1a2,假设正确, 故 D 正确。 11.【答案】AD 【解析】飞轮在磁场中做切割磁感线的运动,会产生感应电动势和感应电流,根据楞次定律可 知,磁场会对运动的飞轮产生阻力,以阻碍飞轮与磁场之间的相对运动,所以飞轮受到的阻力主要 来源于磁铁对它的安培力,故 A 正确;拉紧旋钮拉线,磁铁越靠近飞轮,飞轮处于的磁感应强度越 强,所以在飞轮转速一定时,磁铁越靠近飞轮,飞轮上产生的感应电动势和感应电流越大;飞轮受 到的阻力越大,故 B 错误;控制旋钮拉线不动时,则有磁铁和飞轮间的距离一定,飞轮转速越大, 根据法拉第电磁感应定律可知,飞轮上产生的感应电动势和感应电流越大,飞轮受到的阻力越大, 内部的涡流越强,故 D 正确,C 错误。 12.【答案】BC 【解析】先放开右手,再放开左手后,系统在水平方向不受外力作用,系统的动量守恒,故 A 错误;先放开左手,后放开右手,放开右手时,小车已经有向左的速度,系统的动量不为零,所以 A、B、C 的总动量向左,故 B 正确;两手同时放开后,系统的总动量为零,C 与油泥粘在一起时,根 据动量守恒可知车立即停止运动,故 C 正确;先放开左手,后放开右手,此后 ABC 的总动量向左,C 与油泥粘在一起时,车向左运动,先放开右手,后放开左手,此后 ABC 的总动量向右,C 与油泥粘 在一起时,车向右运动,故 D 错误。 二、非选择题(本题共 5 小题,共 52 分。按题目要求做答,解答题应写出必要的文字说明、方 程式和重要演算步骤,只写出最后答案的不能得分,有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和 单位) 13.(6 分) 【答案】(1) B (2)m1?OM+m2?ON=m1?OP (3)m1?OM2+m2?ON2=m1?OP2 (每空 2 分) 【解析】(1)小球离开轨道后做平抛运动,由于小球抛出点的高度相等,它们在空中的运动时间 相等,小球的水平位移与小球的初速度成正比,可以用小球的水平位移代替其初速度,故选 B。 (2)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 m1?OM+m2?ON =m1?OP。 (3)若碰撞是弹性碰撞,动能是守恒的,则有 1 2 m1v12 ? 1 2 m2 v22 ? 1 2 m1v32 ,即 m1?OM2+m2?ON2=m1?OP2 成 立。 14.(8 分) 【答案】(1)A、B (2)260 90 c (每空 2 分) 【解析】(1)由图知,热敏电阻 R 的阻值随温度的升高而减小,由闭合电路欧姆定律得,干路电 流增大,当大到继电器的衔铁被吸合时的电流,恒温箱内的加热器,停止加热,故恒温箱内的加热 器接在 A、B 端; (2)当恒温箱内的温度保持 50℃,应调节可变电阻 R′的阻值使电流达到 20mA,由闭合电路欧 r ? R ? R? ? E R? ? E ? R ? r ? 9 ?100 ? 90 ? 260 姆定律得 I ,即 I 0.02 Ω ,即可变电阻 R′的阻值应调节为 260Ω 。 ①电路接通前,滑动变阻器调节最大,需将电阻箱调到一固定的阻值,根据实验要求,电阻箱 的阻值应等于热敏电阻的电阻,应为 90Ω ,②将单刀双掷开关向 c 端闭合,缓慢移动滑动变阻器的 滑片,直至继电器的衔铁被吸合。 15.(10 分) 【解析】(1)由 ,解得: (2 分) 由 ,解得: (1 分) 由 ,解得: (2 分) (2)由 解得: 16.(12 分) , (2 分) (3 分) 【解析】(1)线框从图甲位置开始(t=0)转过 900 的过程中,产生的感应电动势为: (2 分) 由闭合电路欧姆定律得,回路电流为: (1 分) 联立以上各式解得: (1 分) 同理可求得线 象限的过程中,回路电流为: 故感应电流最大值为: (2)I-t 图象如图所示 (6 分) (1 分) (1 分) 17.(16 分) 【解析】(1)金属棒速度最大时,满足: (2 分) 解得 v=6m/s,电流方向为由 a 到 b;(2 分) (2)金属杆由静止释放至达到最大速度的过程中,由动能定理: (2 分) 其中: (1 分) 流过电阻 R 的总电荷量 q 为: (2 分) 联立解得 (1 分) (3)由动量定理: 其中安培力的冲量: (2 分) (2 分) 联立解得: (2 分)。


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