物理---广东省深圳高中2015-2016学年高二下学期期中试卷

2015-2016学年广东省深圳高中高二（下）期中物理试卷一、单项选择题：（本题共4小题；每小题5分，共20分．）1．两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同，方向平行．一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子（不计重力），从较强磁场区域进入到较弱区域后，粒子的（）A．轨道半径减小，角速度增大 B．轨道半径减小，角速度减小C．轨道半径增大，角速度增大 D．轨道半径增大，角速度减小2．一物块在拉力F的作用下沿着水平方向做匀速运动，则拉力F与摩擦力f的合力方向（）A．可能向上偏右 B．可能向上偏左 C．一定向上 D．无法确定3．如图所示，同一轨道平面内的几颗人造地球卫星A、B、C绕地球做匀速圆周运动，某时刻它们恰好在同一直线上，下列说法正确的是（）A．根据可知它们的运行速度大小关系为v A＞v B＞v CB．它们的运转角速度的关系为ωA＞ωB＞ωCC．它们的向心加速度的大小关系为a A＜a B＜a CD．各自运动一周后，A最先回到图示位置4．目前世界上输送功率最大的直流输电工程﹣﹣哈（密）郑（州）特高压直流输电工程已正式投运，高压直流输电具有无感抗、无容抗、无同步问题等优点．已知某段直流输电线长度l=200m，通有从西向东I=4000A的恒定电流，该处地磁场的磁感应强度B=5×10﹣5T，磁倾角（磁感线与水平面的夹角）为5°（sin5°≈0.1）．则该段导线所受安培力的大小和方向为（）A．40N，向北与水平面成85°角斜向上方B．4N，向北与水平面成85°角斜向上方C．4N，向南与水平面成5°角斜向下方D．40N，向南与水平面成5°角斜向下方二、多项选择题：（本题共3小题；每小题5分，共15分．全对得5分，选对但不全得3分，有选错的得0分）5．如图所示，为一轻质弹簧的长度和弹力大小的关系，根据图象判断，正确的结论是（）A．弹簧的劲度系数为1N/mB．弹簧的劲度系数为100N/mC．弹簧的原长为6cmD．弹簧伸长0.02m时，弹力的大小为2N6．如图所示，水平放置的平行板电容器，上板带负电，下板带正电，带电小球以速度v0水平射入电场，且沿下板边缘飞出．若下板不动，将上板上移一小段距离，小球仍以相同的速度v0从原处飞入，则带电小球（）A．将打在下板中央B．仍沿原轨迹由下板边缘飞出C．不发生偏转，沿直线运动D．若上板不动，将下板上移一段距离，小球可能打在下板的中央7．如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三条电场线，实线为一带负电的粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、R、Q是这条轨迹上的三点．由此可知（）A．带电粒子在R点时的速度大小大于在Q点时的速度大小B．带电粒子在P点时的电势能比在Q点时的电势能小C．带电粒子的动能与电势能之和保持不变D．带电粒子在R点时的加速度大小小于在Q点时的加速度大小三、实验题（本题共2个小题，第1小题7分，第2小题8分，共15分．）8．如图1所示是在做“验证牛顿第二定律”的实验时的装置，实验中使用的是电火花打点计时器，所用的电源是（填“直流”或“交流”）电源，电压为V，频率是50Hz．放在水平桌面的小车（包括里面的钩码）的总质量为M，悬挂的每个钩码的质量为m．挂一个钩码时，水平木板上的小车恰好匀速运动，挂5个同样钩码时小车带动的纸带如图2所示，每相邻两点之间有四个点没有画出来，纸带上数字的单位是厘米，都是该点到点“0”的距离，该纸带（填“是”或“不是”）从开始的“0”点就做匀加速直线运动．小车做匀加速直线运动段的加速度a=m/s2（保留三位有效数字），g=9.8m/s2，=（用分数表示）．9．为确定某电子元件的电气特性，做如下测量．①用多用表测量该元件的电阻，选用“×10”倍率的电阻档后，应先，再进行测量，之后多用表的示数如图（a）所示，测得该元件电阻为Ω．②某同学想精确测得上述待测电阻R x的阻值，实验室提供如下器材：A．电流表A1（量程50mA、内阻r1=10Ω）B．电流表A2（量程200mA、内阻r2约为2Ω）C．定值电阻R0=30ΩD．滑动变阻器R（最大阻值约为10Ω）E．电源E（电动势约为4V）F．开关S、导线若干该同学设计了测量电阻R x的一种实验电路原理如图（b）所示，N两处的电流表应选用（填器材选项前相应的英文字母）．开关s闭合前应将滑动变阻器的滑片置于（选填“a”或者“b”）．③若M、N电表的读数分别为I M、I N，则R x的计算式为R x=．（用题中字母表示）四、计算题（本题共1小题，15分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．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．）10．一辆质量为100t的机车，从停车场出发经225m匀加速直线运动后速度达到54km/h．此时，司机关闭发动机，让机车进站．机车又沿直线匀减速行驶了125m才停在站上，设机车所受的阻力保持不变，求：（1）机车加速和减速阶段的加速度大小a1和a2．（2）机车加速阶段的时间t1．（3）摩擦力的大小F f和机车关闭发动机前所受的恒定的牵引力的大小F．（4）在机车行驶的过程中存在这样的一段路程，牵引力所做的功恰好等于克服摩擦力所做的功的一半，求这个路程的最大值．（本小问的计算结果保留三位有效数字）五、单项选择题：（本题共2小题；每小题5分，共10分．）11．下列说法中正确的是（）A．α粒子散射实验是卢瑟福建立原子核式结构模型的重要依据B．Bi的半衰期是5天，12 g Bi样本经过15天后，样本质量变为1.5 gC．根据玻尔理论可知，氢原子辐射出一个光子后，氢原子的电势能增大，核外电子的运动速度不变D．在N+He→O+X核反应中，X是中子，这个反应过程叫衰变12．如图为氢原子的能级示意图，锌的逸出功是3.34ev，那么对氢原子在能量跃迁过程中发射或吸收光子的特征认识正确的是（）A．用氢原子从高能级向基态跃迁时发射的光照射锌板一定不能产生光电效应B．一群处于n=3能级的氢原子向基态跃迁时，能放出3种不同频率的光C．一群处于n=3能级的氢原子向基态跃迁时，发出的光照射锌板，锌板表面所发出的光电子的最大初动能为8.75eVD．用能量为10.3eV的光子照射，可使处于基态的氢原子跃迁到激发态六、多项选择题：（本题共2小题；每小题5分，共10分．全对得5分，选对但不全得3分，有选错的得0分）13．在光电效应实验中，用频率为ν的光照射光电管阴极，发生了光电效应，下列说法正确的是（）A．增大入射光的强度，光电流增大B．减小入射光的强度，光电效应现象消失C．改变频率小于ν的光照射，一定不发生光电效应D．改变频率大于ν的光照射，光电子的最大初动能变大14．如图甲所示是一台交流发电机构造示意图，产生交变电流的感应电动势随时间变化的正弦规律如图乙所示．发电机线圈电阻为1Ω，外接电阻为4Ω，其他电阻不计，则（）A．该交变电流的频率为25HzB．理想电压表的示数为4VC．在t=0.01s时刻，电路中电流的瞬时值为1AD．若线圈转速变为原来的2倍，将耐压值为5V的电容器与外接电阻并联，该电容器不会被烧坏七、计算题（本题共1小题，15分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．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．如图所示，两根完全相同的光滑金属导轨OP、OQ固定在水平桌面上，导轨间的夹角为θ=74°．导轨所在空间有垂直于桌面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B0=0.2T．t=0时刻，一长为L=1m的金属杆MN在外力作用下以恒定速度v=0.2m/s从O点开始向右滑动．在滑动过程中金属杆MN与导轨接触良好，且始终垂直于两导轨夹角的平分线，金属杆的中点始终在两导轨夹角的平分线上．导轨与金属杆单位长度（1m）的电阻均为r0=0.1Ω．sin 37°=0.6．（1）求t1=2s时刻，金属杆中的感应电动势E和此时闭合回路的总长度．（2）求t1=2s时刻，闭合回路中的感应电流I．（3）若在t1=2s时刻撤去外力，为保持金属杆继续以v=0.2m/s做匀速运动，在金属杆脱离导轨前可采取将B从B0逐渐减小的方法，从撤去外力开始计时的时间为t2，则磁感应强度B应随时间t2怎样变化（写出B与t2的关系式）．2015-2016学年广东省深圳高中高二（下）期中物理试卷参考答案与精析一、单项选择题：（本题共4小题；每小题5分，共20分．）1．【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．【分析】通过洛伦兹力提供向心力得知轨道半径的公式，结合该公式即可得知进入到较弱磁场区域后时，半径的变化情况；再利用线速度与角速度半径之间的关系式，即可得知进入弱磁场区域后角速度的变化情况．【解答】解：带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提高向心力，由牛顿第二定律有：qvB=m，解得：r=，从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后．B减小，所以r增大．线速度、角速度的关系为：v=ωR线速度v不变，半径r增大，所以角速度减小，故D正确，ABC错误．故选：D．2．【考点】物体的弹性和弹力；共点力平衡的条件及其应用．【分析】物体受到4个力，四力平衡时，其中两个力的合力与其余两个力的合力等值、反向、共线，故确定重力和支持力的合力方向即可．【解答】解：分析物体的受力情况：重力、地面的支持力、摩擦力和力F，根据平衡条件则知，摩擦力f与拉力F的合力方向与重力、支持力的合力方向相反，而重力、支持力的合力方向竖直向下，则物块受的摩擦力f与拉力F的合力方向竖直向上．故选：C．3．【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．【分析】研究卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式表示出所要比较的物理量即可解题．【解答】解：A、根据v=中距离r的变化去判断速度大小关系是错误的，因为随着距离r的变化，g也在改变．研究卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式：v=，其中M为地球质量，r为轨道半径．所以v A＜v B＜v C．故A错误．B、根据得：ω=，其中M为地球质量，r为轨道半径．所以ωA＜ωB＜ωC故B错误．C、卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式：a=，其中M为地球质量，r为轨道半径．所以向心加速度a A＜a B＜a C．故C正确．D、研究卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式：T=，其中M为地球质量，r为轨道半径．所以T A＞T B＞T C．所以运动一周后，C先回到原地点．故D错误．故选C．4．【考点】安培力．【分析】通电导线在磁场中，受到安培力作用．方向由左手定则来确定，大小由安培力公式求得【解答】解：匀强磁场方向为由南向北，而电流方向为从西向东．则由左手定则可得向北与水平面成85°角斜向上方．安培力的大小为F=BIL=5×10﹣5×4000×200N=40N故选：A二、多项选择题：（本题共3小题；每小题5分，共15分．全对得5分，选对但不全得3分，有选错的得0分）5．【考点】胡克定律．【分析】由弹簧的长度L和弹力F大小的关系图象，读出弹力为零时弹簧的长度，即为弹簧的原长；由图读出弹力为F=2N，弹簧的长度为L1=4cm或8cm，求出弹簧压缩的长度，由胡克定律求出弹簧的劲度系数．【解答】解：A、B、由图读出弹力为F1=2N，弹簧压缩的长度x1=L0﹣L1=2cm=0.02m或拉伸x1=8﹣6cm=0.02m；由胡克定律得弹簧的劲度系数为：k==100N/m；故A错误，B正确；C、由图读出，弹簧的弹力F=0时，弹簧的长度为L0=6cm，即弹簧的原长为6cm，故C正确；D、弹簧伸长0.02m时，弹力的大小为：F=kx=100×0.02=2.0N，故D正确；故选：BCD．6．【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；电容器的动态分析．【分析】将电容器上板向上移动一段距离，电容器所带的电量Q不变，根据电容器的定义式导出电场强度的变化，判断粒子的运动情况．【解答】解：ABC、将电容器上板向上移动一段距离，电容器所带的电量Q不变，由于：E===，由公式可知当d增大时，场强E不变，以相同的速度入射的小球仍按原来的轨迹运动，故A错误，B正确，C错误．D、若上板不动，将下板上移一段距离时，根据推论可知，板间电场强度不变，粒子所受的电场力不变，粒子轨迹不变，小球可能打在下板的中央，故D正确．故选：BD7．【考点】电势差与电场强度的关系；电势能．【分析】根据轨迹弯曲的方向可知，电场力的方向向下．由于题目没有说明带电粒子的电性，所以不能判断出电场线的方向；根据受力的方向与运动方向之间的关系，判断出电场力做功的正负，从而判断出电荷电势能和动能的变化；总能量守恒；由电场线疏密确定出，P点场强大，电场力大，加速度大．【解答】解：AB、电荷做曲线运动，电场力指向曲线的内侧，所以电场力的方向向右；若粒子从P经过R运动到Q，电场力做负功，电荷的电势能增大，动能减小，知道R点的动能大，即速度大，而P点电势能较小，故AB正确；C、根据能量守恒定律，带电质点在运动过程中各点处的动能与电势能之和保持不变．故C 正确；D、由电场线疏密确定出，R点场强大，电场力大，加速度大小大于在Q点时的加速度大小，故D错误；故选：ABC．三、实验题（本题共2个小题，第1小题7分，第2小题8分，共15分．）8．【考点】验证牛顿第二运动定律．【分析】对于基本实验仪器，首先理解仪器的工作原理，会正确使用实验仪器，根据所测量数据正确进行数据处理以及具体使用仪器的注意事项等．由导出公式：x1：x2：x3…=1：4：9…做出判断；从纸带上求加速度可以用逐差法求出加速度；小车受到的拉力F不等于重物的重力，设重物的质量m，小车的质量M，拉力F=，只有当m＜＜M时，F才近似等于mg．【解答】解：电磁打点计时器是一种能够按照相同的时间间隔，在纸带上连续打点的仪器，它使用交流电源，由学生电源供电，工作电压为4～6V．电火花打点计时器使用电压为220V．当电源的频率为50Hz时，它每隔0.02s打一个点．由图可知，0到1、2、3、4、个点的距离分别为1.40，3.55，8.60，16.55，显然不能满足导出公式：x1：x2：x3…=1：4：9…，可知该纸带不是从开始的“0”点就做匀加速直线运动．由匀变速运动的规律得：联立得：解得：a====2.90m/s2钩码的总质量5m，小车的质量M，设加速度为a：对小车：F=Ma对重物：5mg﹣F=5ma联立得：a=所以：故答案为：交流，220，不是，2.90，9．【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．【分析】使用欧姆表测电阻应选择合适的倍率，使指针指针表盘中央刻度线附近；欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零；欧姆表指针示数与倍率的乘积是欧姆表示数．根据欧姆定律估算出通过电阻R0的电流和通过待测电阻的电流，再选择量程恰当的电表；根据串并联电路特点及欧姆定律求出待测电阻阻值．【解答】解：①用多用表测量该元件的电阻，选用“×10”倍率的电阻档后，应先欧姆调零，再进行测量，由图（a）所示可知，测量结果为7×10=70Ω．②通过待测电阻的最大电流约为I M==0.057A=57mA；通过N出的最大电流约为I N=I M+=0.057A+≈0.190A=190mA，为保证测量时电流表读数不小于其量程的三分之一，N处的电流表应选B；开关s闭合前应将滑动变阻器的滑片置于a．③通过定值电阻R0的电流I=I N﹣I M，并联电路两端电压U=IR0=（I N﹣I M）R0，R X+r1==，则待测电阻阻值R X=﹣r1故答案为：①欧姆调零；70②B； a③﹣r1四、计算题（本题共1小题，15分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．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．）10．【考点】动能定理的应用；匀变速直线运动规律的综合运用；牛顿第二定律．【分析】（1）根据速度位移关系公式求解机车加速和减速阶段的加速度大小a1和a2．（2）根据速度时间公式求出机车加速阶段的时间t1．（3）根据牛顿第二定律对于加速和减速两个过程分别列式工，可求解F f和F．（4）根据题意：牵引力所做的功恰好等于克服摩擦力所做的功的一半，列式，求解这个路程的最大值．【解答】解：（1）由题知，v=54km/h=15 m/s，根据速度位移关系公式得：加速过程有：v2=2a1x1，减速过程有：0﹣v2=﹣2a2x2解得a1=0.5m/s2，a2=0.9 m/s2（2）机车加速阶段的时间t1==s=30s（3）由牛顿第二定律得：加速过程有：F﹣F f=ma1，减速过程有：F f=ma2解得：F=1.4×105N，F f=9×104N（4）设加速过程的位移为s1．据题有：Fs1=f（s1+x2）解得：s1=59.2m路程的最大值为s m=s1+x2=59.2m+125m≈184m答：（1）机车加速和减速阶段的加速度大小a1和a2分别为0.5m/s2，0.9m/s2．（2）机车加速阶段的时间t1是30s．（3）摩擦力的大小F f和机车关闭发动机前所受的恒定的牵引力的大小F分别为9×104N和1.4×105N．（4）这个路程的最大值是184m．五、单项选择题：（本题共2小题；每小题5分，共10分．）11．【考点】裂变反应和聚变反应；原子核衰变及半衰期、衰变速度．【分析】α粒子散射实验提出卢瑟福建立原子核式结构模型，根据牛顿第二定律，由库仑力提供向心力，可知，辐射出一个光子后，氢原子的电势能与核外电子的运动速度的变化；根据半衰期的定义，即可求解．【解答】解：A、α粒子散射实验是卢瑟福建立原子核式结构模型的重要依据，故A正确；B、Bi经过15天后，发生了三次衰变，根据m=m0（）n，则还有1.5g未衰变，故B 错误；C、根据玻尔理论可知，结合，可知，氢原子辐射出一个光子后，核外电子的运动速度增大，即动能增大，则氢原子的电势能减小，故C错误；D、在N+He→O+X核反应中，X是质子，这个反应过程不叫α衰变，只有是氦原子核，才是α衰变，故D错误；故选：A12．【考点】氢原子的能级公式和跃迁．【分析】氢原子从高能级向基态跃迁时发出的光子的最小能量与锌板的逸出功的关系判断是否发生光电效应现象．要使处于基态的氢原子电离，照射光光子的能量应能使电子从基态跃迁到无限远处，最小频率的电磁波的光子能量应为：hγ=0﹣E1．【解答】解：A、氢原子从高能级向基态跃迁时发出的光子的最小能量为10.2eV，照射金属锌板一定能产生光电效应现象，故A错误；B、一群处于n=3能级的氢原子向基态跃迁时，根据可知，能放出3种不同频率的光，故B正确；C、氢原子从高能级向n=3的能级向基态跃迁时发出的光子的能量最小为E大=﹣1.51+13.6=12.09eV，因锌的逸出功是3.34ev，锌板表面所发出的光电子的最大初动能为E Km=12.09﹣3.34=8.75eV，故C正确；D、用能量为10.3eV的光子照射，小于12.09eV，不可使处于基态的氢原子跃迁到激发态，要正好等于12.09eV，才能跃迁，故D错误；故选：BC．六、多项选择题：（本题共2小题；每小题5分，共10分．全对得5分，选对但不全得3分，有选错的得0分）13．【考点】光电效应．【分析】光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，与入射光的强度无关，根据光电效应方程判断影响光电子最大初动能的因素．【解答】解：A、光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，能否发生光电效应，与入射光的强度无关，与光照时间也无关，当发生光电效应时，增大入射光的强度，则光电流会增大．故A正确；B、入射光的频率大于金属的极限频率，才会发生电效应，与入射光的强度无关，故B错误；C、光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，当改变频率小于ν，但不一定小于极限频率，故C错误；D、在光电效应中，根据光电效应方程知，E km=hv﹣W0，入射光的频率越高，光电子最大初动能越大．故D正确．故选：AD．14．【考点】交流的峰值、有效值以及它们的关系．【分析】当线圈沿逆时针方向匀速转动时，产生的电动势随时间变化的正弦规律图象，则图象可求出最大值，并能算出有效值，从而确定电压表的读数．同时能求出转动的周期，并能确定电流方向在一个周期内的改变的次数．【解答】解：A、由图象可知，周期为0.02s，故频率f===25Hz；故A正确；B、由图象可知，正弦式交流电的电动势的最大值为E m=5V，则电动势的有效值为，那么电压表的示数为U=，故B错误；C、在t=0.01s时刻，电路中电流的瞬时电压e=5V，故电路中电流的瞬时值为i==1A，故C正确D、若线圈转速变为原来的2倍，产生的最大感应电动势E m=NBSω将加倍，故将耐压值为5V的电容器与外接电阻并联，该电容器会被烧坏；故D错误；故选：AC七、计算题（本题共1小题，15分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．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．【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律．【分析】（1）先求出t1=2s时导体棒的有效切割长度，求出切割产生的动生电动势；根据三角形边角关系计算闭合回路的总长度．（2）根据法拉第电磁感应定律求出感生电动势，再由欧姆定律求出回路中的电流强度I．（3）若在t1=2s时刻撤去外力，为保持金属杆继续以v=0.2m/s做匀速运动，光滑金属杆不再受到安培力作用，回路中感应电流应为零，磁通量不变，据此列式求解．【解答】解：（1）在t1时刻，连入回路的金属杆的长度L=2vt1tan 37°=1.5vt1，回路的电动势E=B0Lv=1.5 B0v2t1=0.024V，回路的总长度：s=1.6m（2）回路的电阻R=0.4vt1=0.16Ω，回路的电流I==0.75v=0.15 A．（3）在t1=2 s时刻撤去外力后，因金属杆做匀速运动，故光滑金属杆不再受到安培力作用，回路的感应电流为零，任一时刻回路磁通量相等Φ1=Φ2，三角形回路的面积S=，t1=2s时刻回路的磁通量Φ1=B0，再过时间t2回路的磁通量Φ2=B，B0=B，联立解得B=（0 s≤t2≤s）．或写成B=（0 s≤t2≤s）．答：（1）t1=2s时刻，金属杆中的感应电动势E为0.024V，此时闭合回路的总长度为1.6m．（2）t1=2s时刻，闭合回路中的感应电流I为0.15 A．（3）磁感应强度B应随时间t2变化关系式为B=（0 s≤t2≤s）或写成B=（0 s≤t2≤s）．。