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1、福建省南平市2017-2018学年高二下学期期末质量检测物理试题一、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小题只有一个选项正确，第9-12小题有多个选项正确。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分。1. 下列关于原子和原子核的说法正确的是（ ）A. 粒子散对实验现象中，绝大多数粒子不偏转，说明原子内几乎是“空”的B. 核聚变反应方程中，表示质子C. 放射性元素的半衰期随温度的升高而变短D. 衰变现象说明粒子是原子核的组成部分【答案】A【解析】A、卢瑟福的粒子散射实验现象中，绝大多数粒子不偏转，说明原子内绝大部分空间都是“空”的，故A
2、正确； B、根据核反应过程中质量数、电荷数守恒，则核聚变反应方程中，x表示中子，故B错误； C、元素的半衰期由元素本身决定，与外界的物理、化学环境无关，故C错误；D、衰变现象说明原子核内部还有复杂的结构，故D错误。故选：A。2. 如图所示，放射性元素镭衰变过程中释放出、三种射线，分别进入匀强电场和匀强磁场中，下列说法正确的是（ ）A. 和是射线，它们有很强的穿透本领B. 和是射线，它们是高速电子流C. 和是射线，它由原子核外的内层电子跃迁产生D. 和是射线，它们有很强的电离本领【答案】D【解析】射线实质为氦核，带正电，有很强的电离本领；射线为高速电子流，带负电，由核内中子衰变而来；射线为高频电
3、磁波，不带电，有很强的穿透本领。根据电荷所受电场力特点可知：为射线，为射线，为射线，根据左手定则，射线受到的洛伦兹力向左，故是射线。射线受到的洛伦兹力向右，故是射线。射线在磁场中不受磁场的作用力，轨迹不会发生偏转。故是射线。故D正确，ABC错误。故选：D3. 关于光电效应有如下几种陈述，其中正确的是（ ）A. 爱因斯坦提出“光子说并成功解释了光电效应现象B. 入射光的频率必须小于极限频率，才能产生光电效应C. 光电效应说明光具有波动性D. 发生光电效应时，若入射光频率增大一倍，则光电子的最大初动能也增大一倍【答案】A【解析】A、爱因斯坦用光子说成功解释了光电效应，故A正确；B、发生光电效应的条
4、件是入射光的频率大于金属的极限频率，与入射光的强度与照射的时间无关，故B错误；C、光电效应可以用光子说成功解释，说明光具有粒子性，故C错误；D根据光电效应方程EKm=hv-W0知，最大初动能与光子频率成一次函数关系，随照射光的频率增大而增大，不是成正比关系故D错误故选：A4. 如图所示，正方形线圈边长，匝数匝，线圈电阻为，在磁感应强度为的匀强磁场中以角速度绕轴匀速转动。若从图示位置开始计时，则（ ）A. 线圈电动势的最大值是B. 线圈电动势的有效值是C. 线圈电动势瞬时值的表达式为D. 线圈由图示位置转过的过程中，通过导线线截面的电荷量为【答案】D【解析】A根据法拉第电磁感应定律，感应电动势的
5、最大值Em=nBS=200.50.20.2100V=40V，故A错误；B根据正弦交流电最大值和有效值的关系，E有=，故B错误；C图示位置为中性面，从图示位置开始计时，线圈转动过程中的瞬时电动势表达式为：e=nBSsint=Emsint=40sin100t（V），故C错误；D根据感应电动势平均值为：，感应电流平均值为：，通过导线截面的电量：q=，线圈从初始位置开始,转过90角的过程中，q=20C=0.1C，故D正确。故选：D 5. 如图所示的远距离输电电路，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，升压变压器原、副线圈的电压、电流和功率分别为、，降压变压器原、副线圈的电压、电流和功率分别为、，输电线
6、上的总电阻为，下列说法中正确的是（ ）A. B. C. D. 输电线上损耗的功率为【答案】C【解析】A因为变压器分别是升压变压器和降压变压器，所以U1U4，故A错误；B因为变压器分别是升压变压器和降压变压器，原副线圈的电压与电流成反比，所以I1I2，I3P3，故C正确；D输电线上损耗的功率P损=，故D错误。故选:C6. 如图所示，边长为的正方形闭合线圈，以垂直于磁场边界的恒定速度通过宽为（）的匀强磁场。设线圈的感应电动势为，感应电流为，所受安培力为，通过导线横截面的电荷量为。则下图中可能正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】A. 在导体框进入磁场的过程中，根据=BS知，穿过线
7、圈中磁通量均匀增加，完全在磁场中运动时磁通量不变，穿出磁场时磁通量均匀减小，根据法拉第电磁感应定律，A图是不可能的，故A错误；B. 由E=BLv和I=E/R知，线框进入和穿出磁场过程产生恒定不变的感应电流，由楞次定律知进入和穿出磁场的过程感应电流方向相反，B图是可能的，故B正确；C. 根据楞次定律知，安培力阻碍线圈与磁场间的相对运动，进入和穿出磁场的过程安培力均向左，方向相同，则C是不可能的，故C错误；D. 线圈进入和穿出磁场时感应电流不变，由Q=It知，通过线圈的电量均匀增加，完全在磁场中运动，没有电荷量通过线圈，则D不可能，故D错误。故选：B点睛：根据磁通量的定义=BS分析磁通量变化；再根
8、据法拉第电磁感应定律或E=BLv分析感应电动势，由欧姆定律分析电流的变化；根据Q=It分析电量，由F=BIL可分析安培力7. 如图甲所示，在光滑水平面上的两小球发生正碰，小球的质量分别为和。图乙为它们碰撞前后的图象。已知，规定水平向右为正方向。由此可知（ ）A. B. 碰撞过程对的冲量为C. 两小球碰撞过程损失的动能为D. 碰后两小球的动量大小相等、方向相反【答案】C【解析】A由图知碰撞前m2位置不变，则m2静止，vm1=4 m/s，碰撞后vm2= m/s=5 m/s，而vm1= m/s=2 m/s，由动量守恒知m1vm1=m1vm1+m2vm2，代入数据得m11.5 kg.故A错误；B根据动
9、量定理，对的冲量I1= m1vm1- m1vm1=1.52-1.54=-3，故B错误；C碰撞前后，系统损失的动能 =1.5J，故C正确； D碰后两小球的动量方向都沿正方向，故D错误。故选：C点睛：由s-t图像可知碰撞前后两物体的速度。根据碰撞过程动量守恒定律可得m1的质量。根据动量定理，可求对的冲量。求出碰撞前后的动能，可得系统损失的动能。碰后两小球的速度都为正，动量方向都沿正方向。8. 如图所示，直角三角形线框总电阻为，边水平。圆形虚线与相切于、两点，该区域内有方向垂直纸面向里，磁感应强度随时间变化关系为（，）的磁场。则（ ）A. 线框中产生的感应电动势大小为B. 线框中产生逆时针方向的感应
10、电流，大小C. 边所受安培力方向向左，大小为D. 线框的热功率为【答案】D【解析】A. 设磁场区域半径为r，由几何关系得r=L/3，根据法拉第电磁感应定律得电动势为：E= = =，故A错误；B根据楞次定律可知线圈中电流为逆时针，回路中的电阻为R，所以电流大小为I=E/R=，故B错误；C根据左手定则，边所受安培力方向向右，大小F=（）I=，故C错误；D线框的热功率P=I2R=，故D正确。故选：D9. 如图所示，、是完全相同的的两个小灯泡，为自感系数很大的线圈，其直流电阻等于灯泡电阻。闭合开关，电路稳定时，灯恰能正常发光。则（ ）A. 开关闭合时，、两灯同时亮B. 开关闭合，电路稳定时，灯熄灭C.
11、 开关断开时，两灯都会闪亮一下再她灭D. 开关断开时，灯灯丝不可能被烧断【答案】AD【解析】A. 开关s闭合瞬间，A和B同时发光，故A正确；B. 电路稳定后L的电感不再起作用，起作用的只是它的直流电阻，因A.B灯相同，B此时正常发光，那么说明灯的额定电流由并联的A和L的直流电阻分配，L的直流电阻等于灯泡电阻,那么A支路的电流会等于其额定电流的1/2，也就是说其亮度较B灯暗，不一定熄灭，故B错误；CD. 断开开关S的瞬间，由电感的特性可知：L和A组成的回路中的电流会维持不变，其数值就是S断开前L支路中的电流，即等于额定电流的一半，不会闪亮一下，灯丝也不可能被烧断。而B灯立即熄灭，故C错误，D正确
12、； 故选：AD10. 如图甲、乙丙所示的交变电流，分别通过三个相同电阻。下列说法中正确的是（ ）A. 交变电流的有效值是根据电流的热效应来规定的B. 交流电表所测得的值为最大值C. 在相同时间内，三个电阻产生热量的关系是D. 在相同时间内，三个电阻产生热量的关系是【答案】AC【解析】A交变电流的有效值是根据交流电和直流电电流的热效应等效来规定的，故A正确；B交流电表所测得的值为有效值，故B错误；故选：AC.点睛：交变电流的有效值是根据电流的热效应来规定的；交流电表所测得的值为有效值；交流电的发热量要以有效值来计算，正弦交变电流有效值与峰值的关系是I=，之后依据Q=I2Rt可比较三个变化电流在相
13、同时间内产生的热量11. 光滑曲面与竖直平面的交线是如图所示的曲线，曲线下半部分处在一个水平方向的匀强磁场中，磁场的上边界是的直线（图中虚线所示），一个金属块从曲线上（）处以速度沿曲线下滑，假设曲线足够长，重力加速度为。则（ ）A. 金属块最终将停在光滑曲线的最低点处B. 金属块只有在进出磁场时才会产生感应电流C. 金属块最终将在虚线以下的光滑曲线上做往复运动D. 金属块沿曲线下滑后产生的焦耳热总量是【答案】BC【解析】ABC只要金属块进出磁场，就会产生感应电流，机械能就会减小，在磁场内运动时，不产生感应电流，所以金属块最终在y=a以下来回摆动，故A错误，BC正确；D以y=b(ba)处为初位置
14、，y=a处为末位置，知末位置的速度为零，在整个过程中，重力势能减小，动能减小，减小的机械能转化为内能，根据能量守恒得：Q=mg(ba)+.故D错误。故选：BC.12. 如图所示，足够长的光滑水平轨道，左侧间距为，右侧间距为。空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为。质量均为的金属棒、垂直导轨放置在轨道上，开始时金属棒、均保持静止，现使金属棒以的速度向右运动，两金属棒在运动过程中始终相互平行且与导轨保持良好接触，棒总在宽轨上运动，棒总在窄轨上运动。取。下列说法正确的是（ ）A. 棒刚开始运动时，回路中产生顺时针方向的电流（俯视）B. 、棒最终都以的速度向右匀速运动C. 在两棒运动的整个过程中
15、，电路中产生的焦耳热为D. 在两棒运动的整个过程中，通过金属棒的电荷量为【答案】AD【解析】A.根据右手定则可知回路的电流方向为顺时针（俯视），故A正确；B.由可知：当电路稳定时，由动量定理得，解得：vM=2m/s，vN=4m/s，故B错误；C.根据能量守恒得：=0.8J ，故C错误；D.由和q=It得：q=2C，故D正确。故选：AD13. 某同学在研究电磁感应现象的实验中，设计了如图所示的装置。线圈通过电流表甲、定值电阻、滑动变阻器和开关连接到干电池上。线圈的两端接到另一个电流表乙上，两个电流表相同，零刻度居中。闭合开关后，当滑动变阻器的滑片不动时，甲、乙两个电流表指针的位置如图所示。（1）
16、当滑片较快地向右滑动时，乙电流表指针的偏转情况是_（选填“向左偏”“向右偏”或“不偏转”）（2）断开开关，待电路稳定后再迅速闭合开关，乙电流表的偏转情况是_（选填“向左偏”、“向右偏”或“不偏转”）【答案】 (1). 向右偏 (2). 向左偏【解析】(1)由图可知，电流从正极流入时指针向右偏。当滑片较快地向右滑动时，电阻增大，电流减小，根据右手定则，穿过B线圈的磁通量向下减小，根据楞次定律，B中产生的感应电流的方向是逆时针的，电流从乙电流表正极流入，指针向右偏；（2）断开开关，待电路稳定后再迅速闭合开关，穿过B线圈的磁通量向下增大，根据楞次定律，B中产生的感应电流的方向是顺时针的，电流从乙电流
17、表负极流入，指针向左偏；点睛：根据稳定时甲电流表指针的偏振确定指针偏转方向与电流流向间的关系；根据楞次定律判断感应电流的方向，结合题中条件，判断乙电流表指针偏转方向14. 将验证动量守恒定律实验的实验装置进行如图所示的改装，实验操作步骤如下：先调整斜槽轨道，使末端的切线水平，在一块平木板表面先后钉上白纸和复写纸，并将该木板整直立于槽口处，使小球从斜槽轨道上某固定点处由静止释放，撞到木板并在白纸上留下痕迹。将木板向右平移适当的距离，再使小球从原固定点由静止释放，撞在木板上并在白纸上留下痕迹。把半径相同的小球静止放在斜槽轨道水平段的最右端，让小球仍从原固定点由静止释放，与小球碰后，两球撞在木板上并
18、在白纸上留下痕迹和。回答下列问题：（1）本实验必须满足入射小球的质量_（选填“大于”、“小于”或“等于”）被碰小球b的质量。2）为了判断动量是否守恒，除需要测量小球下落的竖直高度、以外，还需要测量的物理量有_（填选项前字母）。A固定释放点到斜槽末端的竖直高度B小球、的质量、C木板向右平移的距离（3）若所测物理量满足表达式_时，则说明球和球碰撞中动量守恒。（用以上所测物理量的字母表示）【答案】 (1). 大于 (2). B (3). 【解析】（1）入射小球a的质量不可以小于被碰小球b的质量，否则A球碰后会反弹回去；根据得，则小球a不与小球b碰撞，平抛运动的初速度，同理可得，小球a与b碰撞后，b的
19、速度，a的速度，验证动量守恒的表达式为mav2=mav3+mbv1，即所以除需要测量小球下落的竖直高度、以外，还需要测量的物理量有小球、的质量、，故选：B；（3）由上分析可知，若所测物理量满足表达式时，则说明球和球碰撞中动量守恒。15. 如图所示，竖直平面内有个半径为的光滑半圆轨道，与光滑水平地面相切于点。一质量的小物块（可视为质点）静止在水平地面上，一颗质量的子弹，以v0的速度水平向左飞来，击中小物块并留在其中，它们一起向左运动（取。求：（1）子弹击中小物块后共同的速度；（2）子弹击中小物块后恰好能通过最高点，半圈轨道半径为多少?【答案】(1) ； (2)R=0.32m； 【解析】（1）根据
20、动量守恒定律可知： 代入数据解得： （2）小物块刚好过最高点时： 得： 小物块由点运动到点的过程中，机械能守恒： 解得轨道半径为点睛：子弹打击小物块的过程遵守动量守恒，由动量守恒定律求两者合成一个整体时的共同速度；由于没有摩擦，所以共同体从A运动到C的过程中，机械能守恒，由机械能守恒定律求出共同体到达C点时的速度，再由牛顿运动定律求从小物块在C点对轨道顶端的压力大小；16. 如图所示，两根足够长的平行光滑金属导轨、相距，导轨平面与水平面夹角，导轨电阻不计。磁感应强度的匀强磁场垂直导轨平面向上，质量、电阻的金属棒垂直、放置在导轨上。两金属导轨上端连接如图电路，其中电阻，为滑动变阻器。现将金属棒由
21、静止释放，重力加速度取。（1）当时，求金属棒下滑的最大速度；（2）在（1）问的条件下，金属棒由静止开始下滑已达最大速度，求此过程整个电路产生的电热；（3）改变的阻值，当金属棒匀速下滑时，消耗的功率随之改变，求最大时的阻值和消耗的最大功率。【答案】(1) (2) (3) 【解析】（1）金属棒从静止开始向下运动，加速度减小，速度增大，最后匀速下滑达最大速度金属棒的电动势 流过金属棒的电流 由式，代入数据得最大速度 （2）由动能定理 解得：产生的电热 代入上面的值，可得 （3）当金属棒匀速下滑时， 两端电压 、并联电阻值 上消耗的功率 将数据代入式并整理可得，消耗的功率 由数学知识可知，当时，消耗的
22、功率最大 最大功率为 点睛：金属棒ab先加速下滑，加速度减小，后匀速下滑，速度达到最大由欧姆定律、感应电动势和安培力公式推导出安培力的表达式，根据平衡条件求解最大速度；金属棒由静止开始下滑L的过程中，重力和安培力对棒做功，棒减小的重力势能转化为棒的动能和电路的内能，根据能量守恒列式可求出整个电路中产生的总电热；根据串并联电路关系，求出R3消耗功率的表达式，利用数学知识求最大功率。17. 下列说法正确的是_A温度是分子平均动能的标志B天宫一号中的水珠呈球形是由于液体表面张力的作用C晶体都具有确定的熔点和规则的几何形状D布朗运动是液体分子的无规则运动E分子间距离增大，分子引力和斥力均减小【答案】A
23、BE【解析】A. 根据温度的意义，温度是分子平均动能的标志，故A正确； B. 天宫一号中的水珠呈球形是由于液体表面张力的作用，故B正确；C. 晶体分为单晶体和多晶体，多晶体没有规则的几何形状，故C错误；D. 布朗运动是在显微镜中看到的固体小颗粒的运动，它间接反映了液体分子的无规则运动，故D错误；E. 分子间距离增大，分子引力和斥力均减小，斥力减小的快，故E正确。故选：ABE.18. 如图所示导热性能良好、内壁光滑的气缸水平放置，横截面积，质量，厚度不计的活塞与气缸底部之间封闭了定量的理想气体，活塞与气缸底部之间的距离，活赛与气缸开口端相距。理想气体的温度，外界大气压强，若将气缸开口向下竖直放置
24、，重力加速度。（1）求此时活塞与气缸底部之间的距离；（2）若对气缸内气体加热，而保证活塞不离开气缸，求气缸内气体的最高温度。【答案】(1) (2) 【解析】(1)气缸水平放置时：封闭气体的压强，体积气缸竖直放置时：封闭气体的压强，体积气体做等温变化，由玻意耳定律得： 代入数据得： ()温度升高，活塞刚好达到气缸开口处，气体做等压变化加热前：， 加热后：，由 代入数据解得： 点睛：气缸水平放置时，封闭气体的压强等于大气压强，当气缸竖直放置时，大气压强等于封闭气体的压强加活塞重力产生的压强，由于两种情况下气体的温度保持不变，根据等温变化求出此时气体的体积，根据气体的体积可以求出活塞与气缸底部之间的
25、距离；温度升高，活塞刚好达到气缸开口处，气体做等压变化，可以求出此时封闭气体的温度。19. 关于机械报动和机械波的叙述正确的是_ A波源振动的速度与波的传播速度始终相同B横波的传播方向总是与质点的振动方向垂直C频率不同的两列机械波也能发生稳定的干涉现象D物体做受迫振动时，其振动频率与固有频率无关E做简谱运动的质点通过同一位置时，速度不一定相同，但加速度一定相同【答案】BDE【解析】A. 波源振动时的运动速度和波的传播速度不同，在同一均匀介质中波速是恒定不变的，而波源振动速度是周期性变化的。故A错误； B. 横波的传播方向总是与质点的振动方向垂直，故B正确；C. 发生稳定的干涉现象的条件是相干波
26、，即频率相同的两列机械波，故C错误； D. 物体在驱动力作用下做受迫振动时，其频率只与驱动力的频率相同，与物体的固有频率无关。故D正确；E做简谐运动的质点每次通过同一位置时，位移一定，速度有两种可能的方向，速度不一定相同，但加速度一定相同。故E正确。故选：BDE20. 如图所示，一个半圆柱形玻璃砖，其横截面是半径为的半圆，为半圆的直径，为圆心，玻璃的折射率为。（I）若一束细光线从点左侧点垂直于入射，恰好在上表面的点发生全反射，求的长度；（I）一束细光线从点左侧点垂直于入射，若,求此光线在玻璃砖中传播的总路程。【答案】(1) (2) 【解析】（1）设玻璃砖的全反射临界角为，则 解得： 如图，光线从点入射，射入上表面的点恰好全反射,则: 由图可知 (2)如图，光线从点入射，射入上表面点，则 得： 由几何关系可知：光线经过、点，最后垂直于B射出 光线在玻璃砖中经过的总路程： ASDFESAQ!#%FWQQ!QAaaazzx33456#$!%ASDFESAQ!#%FWQQ!QAaaazzx33456#$!%