浙江省宁波市高二物理下学期期末考试试题(含解析)

浙江省宁波市2016-2017学年高二下学期
期末考试物理试题
一、单项选择题（每题只有一个正确答案。

8小题，每题3分，共24分）
1. 核反应方程中的X表示( )
A. 质子
B. 电子
C. 光子
D. 中子
【答案】D
【解析】根据核反应过程中质量数守恒，电荷数守恒，X的质量数是1，电荷数是0，所以X 是中子，ABC错误、D正确。

2. 用很弱的光做双缝干涉实验，把入射光减弱到可以认为光源和感光胶片之间不可能同时有两个光子存在，如图所示是不同数量的光子照射到感光胶片上得到的照片.这些照片说明( )
A. 光只有粒子性没有波动性
B. 光只有波动性没有粒子性
C. 少量光子的运动显示波动性，大量光子的运动显示粒子性
D. 少量光子的运动显示粒子性，大量光子的运动显示波动性
【答案】D
【解析】试题分析：通过该实验可知，条纹中明亮的部分是光子到达机会比较多的地方，而条纹中暗的部分是光子到达机会比较少的地方；故这些照片说明少量光子的运动显示粒子性，大量光子的运动显示波动性，故选D．
考点：光的波粒二象性
【名师点睛】本题考查光的粒子性与波动性的区别，并掌握概率波的含义，注意波动性与光子间的相互作用力无关。

3. 关于生活中遇到的各种波，下列说法正确的是( )
A. 电磁波可以传递信息，声波不能传递信息
B. 手机在通话时涉及的波既有电磁波又有声波
C. 太阳光中的可见光和医院“B超”中的超声波传播速度相同
D. 遥控器发出的红外线波长和医院“CT”中的X射线波长相同
【答案】B
【解析】试题分析：电磁波可以传递信息，声波也能传递信息，故选项A错误；手机在通话时涉及的波既有电磁波又有声波，故选项B正确；太阳光中的可见光的传播速度是光速，医院“B超”中的超声波传播速度是声速，二者的大小不相同，故选项C错误；遥控器发出的红外线波长和医院“CT”中的X射线波长不相同，故选项D错误。

考点：电磁波与声波的区别。

4. 一个德布罗意波长为λ1的中子和另一个德布罗意波长为λ2的氘核同向正碰后结合成一个氚核，该氚核的德布罗意波长为 ( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】中子的动量，氘核的动量，对撞后形成的氚核的动量P3=P2+P1
所以氚核的德布罗意波波长为，故选A．...
5. 以下说法中正确的是( )
A. 照相机镜头表面的镀膜是光的偏振现象的应用
B. β衰变所放出的电子来自原子核外
C. γ射线是一种波长很短的电磁波
D. 放射性元素的半衰期随温度的升高而变短
【答案】C
【解析】照相机镜头表面的镀膜是光的干涉现象的应用，选项A错误；β衰变所放出的电子来自原子核内的中子转化为质子时放出的，选项B错误；γ射线是一种波长很短的电磁波，选项C正确；放射性元素的半衰期随温度的升高不发生改变，选项D错误；故选C.
6. 如图所示，弹簧振子在B、C间振动，O为平衡位置，BO＝OC＝5cm，若振子从B到C的运动时间是1s，则下列说法正确的是( )
A. 振子从B经O到C完成一次全振动
B. 振动周期是1s，振幅是10cm
C. 经过两次全振动，振子通过的路程是20cm
D. 从B开始经过3s，振子通过的路程是30cm
【答案】D
【解析】弹簧振子在BC间振动，振子从B到C经历的时间为半个周期，不是一个全振动．故A错误．振子从B到C经历的时间为半个周期，所以周期为2s，振子在B、C两点间做机械振动，BO=OC=5cm，O是平衡位置，则该弹簧振子的振幅为5cm，故B错误．结合A的分析可知，振子从B到C经历的时间为半个周期，即半个全振动；路程为10cm．故C错误．从B 开始经过3 s，振子运动的时间是1.5个周期，振子通过的路程是：1.5×4×5cm=30cm．故D正确．
故选D.
点睛：本题考查对简谐运动的周期、振幅的理解和判别能力．对于简谐运动质点通过的路程，往往一个周期通过4A去研究．
7. 研究光电效应的电路如图所示.用频率相同、强度不同的光分别照射密封真空管的钠极板(阴极K)，钠极板发射出的光电子被阳极A吸收，在电路中形成光电流.下列光电流I与A、K之间的电压U AK的关系图象中，正确的是( )
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】根据光电效应方程，联立知，遏止电压越大，入射光的频率越大，光照强度越大，饱和电流越大，所以C正确；A、B、D错误。

8. 如图所示为氢原子能级的示意图，现有大量的氢原子处于n＝4的激发态，当向低能级跃迁时辐射出若干种不同频率的光.关于这些光，下列说法正确的是( )
A. 波长最大的光是由n＝4能级跃迁到n＝1能级产生的
B. 频率最小的光是由n＝2能级跃迁到n＝1能级产生的
C. 这些氢原子总共可辐射出3种不同频率的光
D. 从n＝2能级跃迁到n＝1能级电子动能增加
【答案】D...
【解析】核外电子从高能级n向低能级m跃迁时，辐射的光子能量△E=En−Em=hγ，故能级差越大，光子的能量也越大，即光子的频率越大，根据γ=c/λ可知频率越大，波长越小。

A、由n= 4能级跃迁到n= 1能级产生的光子频率最高，波长最短，A错误；
B、频率最小的即能量最低的光是由n= 4能级跃迁到n= 3能级产生的，B错误；
越易发生明显的干涉和衍射现象。

C、当电子从n=4向低能级跃迁时，跃迁的种类有4→3，4→2，4→1，3→2，3→1，2→1.即可以辐射光的种类为种，故C错误；
D、从n= 2能级跃迁到n= 1能级，库仑力做正功，电子动能增加，D正确。

故选D。

二、不定项选择题（每题至少有一个正确答案，错选不得分，选不全得2分，全对得3分，8小题，共24分）
9. 抽制高强度纤维细丝可用激光监控其粗细，如图所示，激光束越过细丝时产生的条纹和它通过遮光板的同样宽度的窄缝规律相同.观察光束经过细丝后在光屏上所产生的条纹即可
判断细丝粗细的变化，下列叙述中正确的是( )
A. 这里应用的是光的衍射现象
B. 这里应用的是光的干涉现象
C. 如果屏上条纹变宽，表明抽制的丝变粗
D. 如果屏上条纹变宽，表明抽制的丝变细
【答案】AD
【解析】当障碍物的尺寸与波的波长相当或小于波的波长，会发生明显的衍射，该装置的原理是运用光的衍射现象，如果屏上条纹变宽，则金属丝变细．故AD正确， BC错误．故选AD．
点睛：该题考查光的衍射的特点，解决本题的关键知道衍射条纹的特点，以及知道发生明显衍射的条件．
10. 如图所示。

曲轴上挂一个弹簧振子，转动摇把，曲轴可带动弹簧振子上、下振动。

开始时不转动摇把，让振子自由振动，测得其频率为2Hz。

现匀速转动摇把，转速为240r/min。

则（）
A. 当振子稳定振动时，它的振动周期是0.5s
B. 当振子稳定振动时，它的振动频率是4Hz
C. 当转速增大时，弹簧振子的振幅增大
D. 当转速减小时，弹簧振子的振幅增大
【答案】BD
【解析】试题分析：摇把的转速为，它的周期，；转动摇把时，弹簧振子做受迫振动；
振子做受迫振动，振动周期等于驱动力的周期，当振子稳定振动时，它的振动周期是0.25s，
频率为，A错误，B正确；
摇把转动的周期与弹簧振子固有周期相差越小，振子的振幅越大，并不是转速越大，弹簧振子的振幅就越大，故C错误；
当转速减小时，弹簧振子的受迫振动周期渐渐接近振子的固有周期，所以弹簧的振幅增大，故D正确；
故BD正确；
考点：考查了受迫振动和自由振动...
点评：本题关键根据受迫振动的周期等于驱动力的周期和产生共振的条件：驱动力的周期等于固有周期．
11. 下列说法正确的是( )
A. 水面上的油膜在阳光照射下会呈现彩色，这是由于光的干涉造成的
B. 比结合能越大，原子核中核子结合的越不牢固，原子核越不稳定
C. 当观察者向静止的声源运动时，接收到的声音频率等于声源发出的频率
D. 天然放射现象说明了原子核具有复杂结构
【答案】AD
【解析】水面上的油膜在阳光照射下会呈现彩色，这是由于光的干涉造成的，选项A正确；比结合能越大，原子核中核子结合的越牢固，原子核越稳定，选项B错误；根据多普勒效应可知，当观察者向静止的声源运动时，接收到的声音频率大于声源发出的频率，选项C正确；天然放射现象说明了原子核具有复杂结构，选项D正确；故选AD.
12. 如图所示的LC振荡电路中，某时刻线圈中磁场方向向上，且电路的电流正在减小，则此时（）
A. a点电势比b点低
B. 电容器两极板间场强正在增大
C. 电路中电场能正在增大
D. 线圈中感应电动势正在减小
【答案】BC
【解析】根据安培定则，线圈中的电流从b到a，此时电流正在减小，表明电容器正在充电，所以下板带负电，上板带正电．a点电势比b点高，电容器两极板间场强正在增大，电场能在增大，电流放电变快，线圈中感应电动势变大．故BC正确、AD错误．故选BC．
点睛：本题考查对电磁振荡过程的理解，难点在于电容器极板带电情况的判断，要根据电流方向和电容器充放电情况分析．
13. 如图，一束光沿半径方向射向一块半圆形玻璃砖，在玻璃砖底面上的入射角为θ，经折射后射出a、b两束光线，则（）
A. 在玻璃中，a光的传播速度小于b光的传播速度
B. 在真空中，a光的波长小于b光的波长
C. 玻璃砖对a光的折射率小于对b光的折射率
D. 若改变光束的入射方向使θ角逐渐变大，则折射光线a首先消失
【答案】ABD
【解析】光线a的偏折程度大，根据折射定律公式，θ是入射角，r是折射角，可知a光的折射率大；再根据公式，知a光在玻璃中的传播速度小，故A正确，C错误；a光的折射率大，说明a光的频率高，根据c=λf，a光在真空中的波长较短，故B正确；a光的折射率大，则根据可知，a光的临界角较小，若改变光束的入射方向使θ角逐渐变大，则折射光线a的折射角先达到90°，故先发生全反射，折射光线先消失，故D正确；故选ABD.
点睛：本题综合考查了光的折射、全反射等知识，注意偏折程度大的折射率较大，频率较高，波长较小，在介质中的传播速度较小，全反射的临界角较小.
14. 小明在实验室做单摆实验时得到如图甲所示的单摆振动情形，O是它的平衡位置，B、C 是摆球所能到达的左右最远位置，小明通过实验测得当地重力加速度为，并且根据实验情况绘制了单摆的振动图像如图乙所示，设图中单摆向右摆动为正方向，，
则下列选项正确的是（）
A. 根据图乙可知开始计时摆球在C点
B. 此单摆的振动频率是
C. 图中P电向正方向振动
D. 根据已知数据可以求得此单摆的摆长为...
【答案】BD
【解析】由乙图可知，t=0是位移负向最大，开始向正方向运动，而单摆向右摆动为正方向，所以开始计时摆球在B点，故A错误；由乙图可知，单摆的振动周期为2s，周期和频率互为倒数，所以频率为0.5Hz，故B正确；由振动图象可知，P点向负方向振动，故C错误；由单摆的周期公式可知，摆长为，故D正确．故选BD．点睛：解决本题的关键知道在单摆运动的过程中，加速度、速度、位移如何变化，以及掌握单摆的周期公式．
15. 一列沿x轴正方向传播的简谐横波，在t=0时刻的波形图如图所示，已知波的传播速度为1m/s，下列说法正确的是（）
A. 此时P质点正向y轴正方向运动
B. 经过0.1s，P、Q两质点的位移可能相同
C. 经过0.2s，Q质点运动的路程为30cm
D. 经过0.4s，P质点向x轴正方向移动了40cm
【答案】AC
【解析】试题分析：波沿x轴正方向传播，由图示波形图可知，质点P沿y轴正方向运动，故A正确；由图示波形图可知，质点P向上运动，质点Q向下运动，经过它们的位移方向不同，位移不同，故B错误；由图示波形图可知，波长，波的周期：
，由图示波形图可知，质点的振幅为，经过，质点的路程为：，故C正确；在波的传播过程中，质点只在平衡位置附近振动并不随波的传播向外迁移，因此，经过，P质点向x轴正方向移动的距离为，故D错误。

考点：正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率、正弦式电流的图象和三角函数表达式【名师点睛】本题考查了波的传播问题，由波形图求出波长、振幅、分析清楚波的传播过程是解题的前提与关键，应用波长、波速与周期的关系可以解题。

16. 云室能显示射线的径迹，把云室放在磁场中，从带电粒子运动轨迹的弯曲方向和半径大小就能判断粒子的属性，放射性元素A的原子核静止放在磁感应强度的匀强磁场中发生衰变，放射出粒子并变成新原子核B，放射出的粒子与新核运动轨迹如图所示，测得两圆的半径之比，且，已知粒子质量6.64×10-27kg，粒子质量，普朗克常量取，下列说法正确的是（）
A. 新原子核B的核电荷数为84
B. 放射性元素A原子核发生的是衰变
C. 衰变放射出的粒子的速度大小为
D. 如果A原子核衰变时释放出一种频率为的光子，那么这种光子能使逸出功为的金属钨发生光电效应
【答案】ACD
【解析】由动量守恒0=mv-mαvα，粒子做圆周运动向心力等于洛伦兹力，又qα=2e，R1：R2=42：1，由以上关系得该放射性元素的电荷量q=84e，即衰变前原子核的电荷数为84，故A正确．衰变过程中动量守恒，因初动量为零，故衰变后两粒子动量大小相等，方向相反．粒子轨迹为外切圆，说明两粒子所受的洛伦兹力方向相反，均带正电，故发生的是α衰变，故B错误．因，得，故C正确．A原子核衰变时释放出一种频率为1.2×1015 Hz的光子，依据
E=hγ=6.6×10-34×1.2×1015J=7.92×10-19 J=4.95eV＞4.54 eV，因此能使金属钨发生光电效应，故D正确；故选ACD．
点睛：本题考查了动量守恒定律、粒子在磁场中做圆周运动的半径公式等知识点，难度中等，综合性较强，需加强这方面的训练，同时掌握光电效应产生条件，及注意电子伏特与焦耳的单位转换．
三、填空实验题（共3小题，每空2分，共12分）
17. 在用双缝干涉测光的波长的实验中，所用实验装置如图甲所示。

①调节分划板的位置，使分划板中心刻线对齐第1条亮条纹的中心，此时手轮上的读数如图乙所示，则读数为________mm；
②如果用上述装置测量氦氖激光器发出激光的波长，则图中除了光源以外，其他不必要的器材元件有______。

【答案】 (1). ①2.320mm (2). ②滤光片和单缝
【解析】①手轮上的读数为；
②氦氖激光器发出的激光具有很好的单色性和相干性，所以不需要滤光片和单缝，直接照射到双缝上即可得到干涉图样。

...
点睛：螺旋测微器的读数等于固定刻度读数加上可动刻度读数，需估读；根据双缝干涉条纹的间距公式求出光波的波长大小。

18. 在“用插针法测玻璃砖折射率”的实验中，玻璃砖的ab边与边相互平行，边
与边不平行，某同学在白纸上仔细画出了玻璃砖的两条边线边与，如图所示。

（1）实验时，先在玻璃砖的一侧插两枚大头针P1和P2以确定入射光线AO，接着，眼睛应在玻璃砖的________（选填“同一侧”.“另一侧”）观察所插的两枚大头针P1和P2，同时通过插第三.第四枚大头针来确定从玻璃砖射出的光线。

（2）实验中是否要求四枚大头针的针帽在同一视线上？____（填“是”或“否”）
（3）下列操作可以减小实验误差的是_________（填字母代号）
A.适当增大大头针P1、P2的间距
B.选择玻璃砖相互平行的、边来测量
C.选用尽可能细的笔画线
D.使AO的入射角接近于
【答案】 (1). （1）另一侧； (2). （2）否； (3). （3）AC
【解析】试题分析：（1）实验时，先在玻璃砖的一侧插两枚大头针和以确定入射光线AO；接着，眼睛在玻璃砖的另一侧观察所插的两枚大头针和，同时通过插第三、第四枚大头针来确定从玻璃砖射出的光线；
（2）实验中要求四枚大头针的针尖在同一视线上，而不是针帽。

考点：测定玻璃的折射率
【名师点睛】本题是插针法测定玻璃砖的折射率，实验原理是折射定律，采用单位圆法处理数据比较方便，同时掌握实验原理，注意实验操作事项。

19. 用如图装置做“探究碰撞中的不变量”实验，下列说法正确的是_________
A.在实验前，不用把长木板的一端垫高，使A能拖着纸带匀速下行
B.A、B两辆小车的质量无需相等
C.A、B碰撞后必须保证A、B以共同速度一起运动
D.小车A必须从紧靠打点计时器的位置无初速度释放
【答案】BC
点睛：本题考查利用纸带法来验证动量守恒的实验，应注意明确实验原理，知道如何得出碰撞前后的动量是解题的关键，同时注意明确动量守恒条件的正确应用．
四、计算题（共4小题，共40分，写出必要的文字说明和主要方程，只写答案不给分）
20. 中国已迈入高铁时代，高铁拉近了人们的距离，促进了经济的发展。

一辆高铁测试列车从甲站始发最后停靠乙站，车载速度传感器记录了列车运行的v-t图像如图所示。

已知列车的质量为4.0×105kg，假设列车运行所受的阻力是其重力的0.02倍，求：
（1）甲、乙两站间的距离L。

（2）列车出站时的加速度大小。

...
（3）列车出站时的牵引力大小。

【答案】（1）115.2km（2）0.5m/s2（3）2.8×105N
【解析】试题分析：（1）由题意，匀速运动时间，两站间距对应图线下的面积，有，距离。

（2）启动阶段。

（3）在启动阶段，根据牛顿第二定律，又，代入得。

考点：牛顿第二定律、匀变速直线运动规律的综合运用
【名师点睛】本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的基本运用，求出加速度是关键，因为加速度是联系力学和运动学的桥梁。

21. 如图所示，一质量m=0.4kg的滑块（可视为质点）静止于动摩擦因数μ=0.1的水平轨道上的A点．现对滑块施加一水平外力，使其向右运动，外力的功率恒为P=10.0W．经过一段时间后撤去外力，滑块继续滑行至B点后水平飞出，恰好在C点沿切线方向进入固定在竖直平面内的光滑圆弧形轨道，轨道的最低点D处装有压力传感器，当滑块到达传感器上方时，传感器的示数为25.6N．已知轨道AB的长度L=2.0m，半径OC和竖直方向的夹角α=37°，圆形轨道的半径R=0.5m．（空气阻力可忽略，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，
cos37°=0.8）求：
（1）滑块运动到C点时速度v c的大小；
（2）B、C两点的高度差h及水平距离x；
（3）水平外力作用在滑块上的时间t．
【答案】（1）5m/s；（2）1.2m；（3）0.4s．
【解析】试题分析：（1）滑块运动到D点时，由牛顿第二定律得：F N－mg＝m
滑块由C点运动到D点的过程，由机械能守恒定律得：mgR（1－cosα）＋mv＝mv
联立解得。

（2）滑块在C点时，速度的竖直分量为：
B、C两点的高度差为h＝＝0．45 m
滑块由B运动到C所用的时间为t y＝＝0．3 s
滑块运动到B点时的速度为
B、C间的水平距离为
（3）滑块由A点运动到B点的过程，由动能定理得：Pt－μmgL＝mv
解得。

考点：动能定理、牛顿第二定律、机械能守恒定律
【名师点睛】本题考查了动能定理、机械能守恒和圆周运动、平抛运动的综合，知道圆周运动向心力的来源和平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律是解决本题的关键。

22. 如图所示，平面直角坐标系xOy，P点在x轴上，x p=2L，Q点在负y轴上某处。

第Ⅰ象限内有平行于y轴的匀强电场，第Ⅱ象限内有一圆形区域与x、y轴分别相切于A、C两点，AO＝L，第Ⅳ象限内有一未知的矩形区域（图中未画出），圆形区域和矩形区域内有相同的匀强磁场，磁场方向垂直于xOy平面（图中未画出）。

电荷量为＋q、质量为m、速度大小为v0的粒子束a从A点沿y轴正方向发射，经过C点和P点；电荷量为－q、质量为m、速率为
的粒子b，从Q点向与y轴成45°夹角方向发射，经过并离开矩形区域后与离开P点的粒子束a相碰，相碰时粒子速度方向相反。

不计粒子的重力和粒子间相互作用力。

求：
（1）圆形区域内磁场磁感应强度B的大小、方向；
（2）第Ⅰ象限内匀强电场的场强大小E；
（3）矩形区域的最小面积S。

...
【答案】（1），方向垂直纸面向外。

（2）（3）
【解析】设粒子a在圆形区域内匀强磁场中做圆周运动的半径为R，则R=L
联立解得
由左手定则知，方向垂直纸面向外。

（2）设粒子a在第Ⅰ象限内匀强电场中运动的加速度为a，运动时间为t，则
联立解得
（3）设粒子a在P点速度为v，与x轴正方向夹角为θ，y轴方向的速度大小是v y，则
θ=45°
粒子b先做匀速直线运动，进入矩形区域，在洛伦兹力作用下偏转内偏转90°，离开矩形区域，速度方向与离开P点的粒子a的速度在一条直线上，才可能与粒子a速度相反地相碰，如图所示。

设粒子b在矩形区域内做匀速圆周运动的圆心为O1，半径为R1，矩形区域的最小区域是efgh，对应的长为L1，宽为L2，则
代入数据解得，，
23. 如图所示，两光滑金属导轨间距d=2m，在桌面上的部分是水平的，仅在桌面上有磁感应强度B=1T，方向竖直向下的有界磁场，电阻R＝3Ω，桌面高H＝0.8m，金属杆ab质量m ＝0.2kg，其电阻r＝1Ω，在导轨上距桌面h＝0.2m的高度处由静止释放，落地点距桌面左
边缘的水平距离s＝0.4m，g＝10m/s2，求：
（1）金属杆刚进入磁场时，R上的电流大小；
（2）整个过程中电阻R放出的热量；
（3）磁场区域的宽度。

【答案】（1）1A（2）0.225J（3）0. 2m
【解析】（1）设棒刚进入磁场时速度为v0，由机械能守恒定律有：mgh=m v02
解得：v0=2m/s
又由法拉第电磁感应定律有：E=Bdv0=4 V
由闭合欧姆定律有：；
（2）设金属杆离开磁场时速度为v1，金属杆离开磁场做平抛运动，由平抛运动规律，在竖直方向，H=gt2，
在水平方向，s= v1t，
联立解得：v1=1m/s。

根据能量守恒定律，整个过程中回路产生的焦耳热Q=mv02-mv2，
电阻R放出的热量Q R=Q 联立解得：Q R=0.225J。

...
（3）设磁场区域的宽度为L，金属杆通过磁场过程中某一时刻的速度为v，在接下来的一段很短时间内△t内速度变化为△v，则由牛顿第二定律，
-F=ma=m，
F=BdI，I=, E=Bd v ,
或根据动量定理：- BdI△t=△p
整理得：-v△t=m△v。

对于整个金属杆通过磁场的过程，-∑v△t=m∑△v。

而：∑v△t=L，∑△v= v1- v0
联立解得：L=0. 2m。