【解析】福建省宁德市2018-2019学年高二下学期期末质量检测物理试题

宁德市2018-2019学年度第二学期期末高二质量检测
物理试题
第Ⅰ卷选择题
一、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.有关近代原子物理的若干叙述，下列说法正确的是
A. 卢瑟福通过分析α粒子轰击氮核实验结果，发现了中子
B. 太阳辐射的能量主要来自太阳内部的核聚变反应
C. 玻尔理论指出原子可以处于连续的能量状态中
D. 现已建成的核电站利用的是放射性同位素衰变放出的能量
【答案】B
【详解】A．卢瑟福通过分析α粒子轰击氮核实验结果，发现了质子，中子是查德威克发现的，故A错误；
B．太阳内部发生的核聚变，会产生大量的能量，这些能量以太阳光的形式辐射出来，故B正确；
C．玻尔理论指出原子可以处于不连续的能量状态中，能量状态是分立的、量子化的，故C错误；
D．现已建成的核电站利用的是核裂变放出的能量，故D错误。

2.一束黄光照射某金属表面发生了光电效应，下列说法正确的是
A. 若增加黄光的照射强度，则逸出的光电子数不变
B. 若增加黄光的照射强度，则逸出的光电子最大初动能增加
C. 若改用红光照射，则可能不会发生光电效应
D. 若改用红光照射，则逸出的光电子的最大初动能增加
【答案】C
【详解】AB．光的强度增大，则单位时间内逸出的光电子数目增多，根据光电效应方程知，光电子的最大初动能不变，故AB错误；
C．因为红光的频率小于黄光的频率，不一定发生光电效应，故C正确；
D ．若是红色光照射，若能发生光电效应，根据光电效应方程
E km =hv -W 0知，由于红色光的频率小，所以光电子的最大初动能减小，故D 错误。

3.关于天然放射现象，下列说法正确的是
A. β衰变所释放的电子是原子核外电子电离所产生的
B. 若使放射性物质的温度升高，其半衰期将增大
C. 在α、β、γ这三种射线中，α射线的穿透能力最强，γ射线的电离作用最强
D. 铀核238 92(U)衰变为铅核206
82(Pb)的过程中，要经过8次α衰变和6次β衰变
【答案】D
【详解】A ．β衰变所释放的电子是原子核内的中子转变为质子时产生的，故A 错误；
B ．半衰期的大小与放射性元素的温度无关，故B 错误；
C ．在α、β、γ，这三种射线中，α射线的电离作用最强，γ射线的穿透能力最强，故C 错误；
D ．铀核238 92(U)衰变为铅核206 82(Pb)的过程中，电荷数少10，质量数少32，设经过n 次α衰变，m 次β衰变，则有： 432210n n m =-=，
解得：
86n m ==，
故D 正确。

4.氢原子从能级A 跃迁到能级B 时，释放频率为1ν的光子；氢原子从能级B 跃迁到能级C 时，吸收频率为2ν的光子。

若21νν<，则氢原子从能级A 跃迁到能级C 时，下列说法正确的是
A. 释放频率为12-v v 的光子
B. 释放频率为12v v +的光子
C. 吸收频率为12νν-的光子
D. 吸收频率为12νν+的光子 【答案】A
【详解】氢原子从能级A 跃迁到能级B 释放光子，则B 能级的能量小于A 能级的能量，从能级B 跃迁到能级C ，吸收光子，则B 能级的能量小于C 能级的能量；由于12νν<，可知C 能级
的能量小于A 能级的能量。

A 与C 能级间的能量为
12h h νν-
所以从A 到C 将释放光子，根据玻尔理论可知
12h h νν-
故A 正确。

5.如图所示，某运动员用头颠球，足球的
质量为0.4kg ，空气阻力不计，g ＝10 m/s 2，设竖直向上为正方向。

若足球用头顶起，，在足球离开头部以4 m/s 的初速度竖直向上运动的过程中，足球的动量变化量和受到重力的冲量分别是
A. -1.6kg·m/s、-1.6N·s
B. 1.6kg·m/s、1.6N·s
C. 1.6kg·m/s 、-1.6N·s
D. - 1.6kg·m/s 、1.6N·s
【答案】A
【详解】上升过程中动量的该变量为
0(00.44)kg m/s 1.6kg m/s t P P P ∆=-=-⨯⋅=-⋅
根据动量定理可知重力的冲量为 1.6N s I P =∆=-⋅ 故A 正确，BCD 错误。

6.如图所示，两个完全相同的灯泡a 、b 分别与自感系数很大的线圈L 和定值电阻R 组成电路（线圈L 的直流电阻与定值电阻R 的阻值相等），闭合开关S ，待电路稳定后两灯均正常发光。

下列说法正确的是
A. 闭合开关瞬间，通过a灯和b灯的电流相等
B. 闭合开关后，a灯逐渐变亮，b灯立即变亮
C. 闭合开关，待电路稳定后断开开关，通过b灯的电流方向不变
D. 闭合开关，待电路稳定后断开开关，a灯逐渐变暗，b灯先闪一下再变暗
【答案】B
【详解】AB．闭合开关的瞬间，b灯立即正常发光，a灯所在电路上线圈产生自感电动势，阻碍电流的增大，电流只能逐渐增大，a灯逐渐变亮，故A错误，B正确；
CD．由于线圈中自感电动势的阻碍，通过a灯的电流小于通过b灯的电流。

闭合开关，待电路稳定后断开开关，L中产生自感电动势，相当于电源，a、b两灯串联，同时逐渐变暗，两灯不会闪亮；通过a灯的电流方向不变，通过b灯的电流方向与开始时相反，故C错误，D错误。

7.一理想变压器原、副线圈的匝数比为50∶1，原线圈输入电压的变化规律如图甲所示，副线圈所接电路如图乙所示，P为滑动变阻器的触头。

下列说法正确的是
A. 电压表的读数为6.2V
B. P向左移动时，电压表的示数增大
C. P向左移动时，原线圈的电流减小
D. P向左移动时，变压器的输出功率增大
【答案】C
【详解】A．根据电压与匝数成正比可知，原线圈的电压的最大值为310V，所以副线圈的电压的最大值为
2
21
16.2V
n
U U
n
==所以电压有效值为
3.12V U =
故A 错误；
B ．原副线圈电压之比等于匝数的正比，与负载无关，所以电压表的示数不变，故B 错误；
C ．P 左移，R 变大，原副线的电流都变小，故C 正确；
D ．P 左移，R 变大，原副线的电流都变小，而电压不变，所以功率减小，故D 错误。

8.如图所示，一个金属导体做成的三角形线圈，以恒定的水平速度v 穿过匀强磁场区域（L ＞d ），若设顺时针方向为电流的正方向，从进入磁场的左边界开始计时，则下列表示线圈中电流i 随时间t 变化的图象中正确的是
A. B. C. D.
【答案】D
【详解】根据楞次定律判断可知，线圈进入磁场时产生的感应电流的方向为逆时针，为正。

线圈出磁场过程中感应电流方向为顺时针，为负，设从开始进入起线圈运动的时间为t ，三角形左下角的角为α．线圈进入磁场过程：感应电动势
2tan tan E Bv vt Bv t t αα=⋅=⋅∝（）
感应电流
E i t R
=∝ 此段i -t 图象是在t 轴下方过原点的直线，线圈完全在磁场中过程：磁通量不变，没有感应电流产生；同理，线圈出磁场的过程，感应电流均匀增大，i -t 图象是在t 轴上方向上倾斜的直线，故D 正确。

9.“两弹一星”可以说长了中国人的志气，助了中国人的威风。

其中原子弹是一种没有减速
剂、不加控制的爆炸性链式反应装置，它在工作中有一种核裂变反应方程式为235
92U＋1
n→X＋
141 56Ba＋31
n，下列说法正确的是
A X原子核中有36个中子
B. 铀块体积只有在大于临界体积时才能发生链式反应
C. 裂变反应中由于质量亏损释放出能量
D. 原子核反应过程中的质量亏损现象违背了能量守恒定律
【答案】BC
【详解】A．根据质量数守恒可知X的质量数
2351141392
A=+--=
电荷数
925636
z=-=
所以中子数
923656
n=-=
故A错误；
B．根据链式反应的条件可知，铀块体积只有在大于临界体积时才能发生链式反应。

故B正确；C．根据裂变的特点可知，裂变反应中由于质量亏损释放出能量，故C正确；
D．根据爱因斯坦质能方程可知，原子核反应过程中的质量亏损现象是不违背能量守恒定律的，故D错误。

10.一个闭合矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，产生的感应电流如图所示。

由该图可得出的正确判断是
A. t=0.01s时，线圈平面处于中性面位置
B. t=0.02s时，线圈平面的磁通量变化率最大
C. 该交流电的频率为100Hz
D. 1s内电流的方向变化100次
【答案】AD
【详解】A．由图象可知，0.01s时，感应电流为零，则感应电动势为零，磁通量最大，线圈平面处于中性面位置，故A正确；
B．由图象可知，0.02s时，感应电流为零，则感应电动势为零，线圈平面的磁通量变化率最小为0，磁通量最大，线圈平面处于中性面位置，故B错误；
C．由图象可知，该交流电的周期T=0.02s，则频率
1
50Hz
==
f
T
故C错误；
D．该交流电的频率为50Hz，一个周期内电流方向改变两次，故1s内电流的方向变化
50×2=100次
故D正确。

11.如图甲，圆形线圈P静止在水平桌面上，其正上方悬挂一相同的线圈Q，P和Q共轴，P中通有变化电流，电流随时间变化的规律如图乙所示，Q所受重力为G，细线对Q的拉力为F，下列说法正确的是
A. t1时刻F＜G
B. t2时刻F＞G
C. t3时刻 F＜G
D. t4时刻F＝G
【答案】AD
【详解】由楞次定律可知，线圈总是阻碍磁通量的变化，所以t1电流增大，磁通量变大，所以两线圈间有相互排斥作用，所以
<
F G
t2与t4时刻，无电流变化，不会出现磁感应现象，两线圈间无相互作用，所以
F G
=
t3时刻，线圈P有感应电流，但线圈Q中没有电流，因此
F G =
故AD 正确。

12.如图所示，边长为L 的单匝正方形金属框，质量为m ，电阻为R ，用细线把它悬挂于一个有界的匀强磁场中，金属框的上半部处于磁场内，下半部处于磁场外。

磁场随时间变化规律为B ＝kt (k >0)，已知细线所能承受的最大拉力为3mg ，下列说法正确的是
A. 线框中产生的感应电流方向为逆时针
B. 线框的感应电动势大小为kL 2
C. 从t ＝0开始直到细线被拉断所经历的时间为23
4mgR k L D. 从t ＝0开始直到细线被拉断的过程中，金属框产生的热量为mgL
【答案】ACD
【详解】A ．磁感应强度随时间均匀增大，故通过线圈的感应电流的磁场方向和原磁场方向相反，根据右手定则判断感应电流方向为逆时针，故A 正确；
B ．根据法拉第电磁感应定律可知感应电动势为
2
2
BS L E n k t t ∆Φ∆===∆∆ 故B 错误；
C ．当细线刚好被拉断时有
T mg F =+安
即
2
22kL kt L mg R
⋅= 所用时间为
23mgR t k L =
故C 正确；
D ．根据焦耳定律可知产生的热量为 2
E Q t mgL R
== 故D 正确。

第Ⅱ卷 非选择题
二．实验题
13.某实验探究小组用如图所示的装置来验证碰撞中的动量守恒定律。

（1）下列说法中不符合．．．
本实验要求的是______ A ．安装轨道时，轨道末端必须水平
B ．需要使用的测量仪器有天平和刻度尺
C ．在同一组实验的多次碰撞中，每次入射小球可以从斜槽上的不同位置由静止释放
（2）若入射小球和被碰小球的质量分别为m 1 、m 2，则小球质量应该满足m 1 ______m 2（填“大于”、“小于”或“等于”）；
（3）实验中轨道末端在记录纸上的竖直投影为O 点，经多次实验，两小球在记录纸上三个落地点的平均位置分别为M 、P 、N ，并测得它们到O 点的距离分别为OM 、OP 和ON ，验证碰撞中动量守恒的表达式为________________________。

【答案】 (1). C (2). 大于 (3). m 1OP = m 1OM + m 2ON
【详解】(1)[1] A ．为了保证小球做平抛运动，安装轨道时，轨道末端必须水平，故A 正确；
B ．在该实验中需要测量小球的质量以及小球的水平位移，需要的测量仪器是天平、刻度尺，故B 正确；
C ．在同一组实验的不同碰撞中，每次入射球必须从同一高度由静止释放，保证碰前的速度相
同，故C 错误。

(2)[2]为了保证入射小球不反弹，则入射小球的质量大于被碰小球的质量；
(3)[3]放上被碰小球后小球12,m m 的落地点依次是图中水平面上的M 点和N 点，碰撞过程中，如果水平方向动量守恒，由动量守恒定律得
111122m v m v m v ='+
小球做平抛运动时抛出点的高度相等，它们在空中的运动时间t 相等，两边同时乘以时间t ，得
111122m v t m v t m v t ='+
即
112m OP m OM m ON =+
14.由压敏电阻制成的压力传感器组成的电路可用于对汽车“称重”。

经实测，某压力传感器（内含电源）输出电压U 与压力N 的关系（在一定范围内）如下表: 5/10N N ⨯ 0 1.0 2.0 3.0 4.0 5.0 U /V
0 0.8 1.6 2.4 3.2 4.0
将该压力传感器水平放置，并和电阻箱R （最大电阻999.9Ω）及部分其它器材组成了图甲所示的电路，电磁继电器控制电路的电压由传感器的输出电压U 提供，继电器线圈的电阻r =10Ω，当线圈中的电流I ≥40mA 时，继电器的衔铁被吸合。

（1）根据表格中数据，请在图乙坐标系中描绘出压力传感器的输出电压U 随压力N 变化的图象____；
（2）当汽车的总重超过某一值时电铃会报警，说明汽车超载，则图甲中电铃应接在__________(选填“A 、B ”或“C 、D ”)两端；
（3）通过调整电阻箱R 的阻值，可以调整报警车重。

若要提高报警车重，电阻箱的阻值应调_____（选填“大”或“小”）；当调节电阻箱的阻值R =70Ω，报警车重G ≥______N。

【答案】 (1). (2). C 、D (3). 大
(4). 54.010N ⨯
【详解】(1)[1]根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后根据坐标系内描出的点作出图线如图所示
(2)[2]由图示图线可知，随汽车重量的增加，压力传感器输出电压增大，电路电流增大，电磁铁磁性增大，电磁继电器的衔铁被吸下来，此时电铃报警，说明电铃接入报警电路，由图示电路图可知，电铃应接在C 、D 两端；
(3)[3]若要提高报警车重，压力传感器输出电压增大，电铃报警时电阻箱分压增大，电阻箱的阻值应调大；
[4]电铃报警时压力传感器的输出电压
0.040(1070)V 3.2V U I r R =+=⨯+=（）
由图示图象可知，此时压力为5410N ⨯，由此可知，电阻箱的阻值R =70Ω，报警车重
5410N G ≥⨯
三、计算题（本题有4小题，共38分，解答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） 15.质量m =0.02kg 的子弹以速度v 0=200m/s 射入质量M =2kg 静止在光滑水平面上的木块，子弹射穿木块的时间t =0.02s ，穿出时速度v 1=100m/s ，求： （1）子弹穿出木块时木块的速度大小v 2 （2）木块对子弹的平均阻力大小f 【答案】(1)1m/s （2）100N
【详解】(1)根据动量守恒定律
012mv mv Mv =+
代入数据解得：
21m/s v =
(2)对子弹，根据动量定理，
10ft mv mv -=-
代入数据解得：
100N f =
16.如图所示，某发电机输出功率为30KW ，输出电压U 1=300V ，用原、副线圈匝数比n 1:n 2=1:5的变压器升压后向远处用户供电，输电线的总电阻R =10Ω，用户端用一降压变压器把电压降为U 4=220V 。

（变压器均为理想变压器）求： （1）输电线上损失的电功率ΔP （2）降压变压器的匝数比n 3:n 4
【答案】（1）4000W （2）65
11
【详解】(1)变压器原线圈电流
11
100A P
I U =
= 由
12
21
I n I n = 可得
1
212
20A n I I n =
= 输电线路上损失的功率
2
24000W P I R ∆==
(2)输电线路上降低的电压
2200V U I R ∆==
11
22
U n U n = 则
321300V U U U =-∆=
降压变压器匝数比
33446511
n U n U == 17.如图为某交流发电机和外接负载的示意图，发电机电枢线圈abcd 为n =20匝的矩形线圈，其面积S =0.02m 2，线圈绕'OO 轴以角速度ω=50rad/s 逆时针匀速转动（不计一切摩擦）。

矩形线圈的电阻r =2.0Ω，外电路负载电阻R =8.0Ω，匀强磁场B 只分布在转轴'OO 的左侧，垂直纸面向里，B =0.5T 。

求： （1）线圈产生感应电动势的峰值E m
（2）线圈由中性面转过90︒的过程中，产生的平均感应电动势E （3）线圈转动过程中，交流电压表的示数U
【答案】（1）10V （2）6.37V (3)4V
【详解】(1)感应电动势的峰值
200.50.0250V 10V m E nBS ω==⨯⨯⨯=
(2)由图示位置转过90︒的过程中，时间为
1π
42t T ω
∆==
线圈产生的平均感应电动势
BS
E n
t
=∆ 代入数据可得
6.37V E ≈
(3)电动势的有效值E 有，由电流热效应有
2
2m E T T R =有总总（）
代入数据可得
5V E =有
根据闭合电路的欧姆定律，电压表的读数
4V E U R R r
==+有
18.如图所示，P Q 、MN 两轨道间距L =1 m ，其中Pe 、Mf 段是光滑轨道且ce 、df 段水平，而e Q 、
fN 段为水平粗糙轨道，同时在efhg 区域存在方向竖直向下、磁感应强度B =1 T 的匀强磁场，
定值电阻R 1=2 Ω。

现有质量m =1 kg 、电阻R 2=2 Ω的两根相同导体棒ab 和cd ，导体棒cd 静止在水平轨道上，导体棒ab 在距cd 高H =0.45 m 处由静止释放，ab 棒在光滑轨道上下滑至
cd 棒处与其发生弹性碰撞，两者速度交换后导体棒cd 进入匀强磁场区域，在磁场中运动距
离x =1.5m 后恰好停在磁场右边界gh 处，其中导体棒cd 与水平粗糙轨道间的动摩擦因数
μ=0.1，g 取10 m/s 2，不计轨道电阻。

求：
（1）导体棒cd 刚进入磁场时,通过导体棒cd 的电流大小I
（2）导体棒cd 进入磁场区域后直至停止，定值电阻R 1产生的热量Q 1 （3）导体棒cd 进入磁场区域到停止的运动时间
t
【答案】(1)1A (2)0.5J (3)2.5s
【详解】(1)导体棒ab 由静止释放至与cd 碰撞前，由动能定理得：
2
12
mgH mv =
两导体棒发生弹性碰撞后，ab 棒静止，cd 棒以v=3 m/s 的速度进入磁场区域 回路的总电阻
12
112
R R R R R R =+
+总
导体棒cd 刚进入磁场时，通过导体棒cd 的电流大小
E BLv I R R =
=总总
联立以上公式得
1A I =
(2) 导体棒cd 在磁场中运动，根据动能定理得
21
-02
A W mgx mv μ=-
回路产生的总焦耳热
2
13J 2
A Q W mv mgx μ=-=
-=总 因为定值电阻R 1与ab 棒并联后再与cd 棒串联且三者电阻均为2 Ω，三者电流之比为1∶1∶2，所以热量之比为1∶1∶4，故定值电阻R 1产生的热量：
Q 1=
1
6
Q 总=05J (3)导体棒cd 通过的电荷量为
E BLx q It t R R ==
=总总
对导体棒cd 由动量定理得
0BILt mgt mv μ--=-
解得
t =2.5s。