1、- 1 -江西省南昌市第十中学 20172018 学年高二下学期期末考试物理试题一、选择题（本题共 10 小题，每小题 4 分，共 40 分。17 每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确，选对得 4 分，选错得 0 分；810 题每小题给出的四个选择中，至少有两个选项正确，选对得 4 分，漏选得 2 分，错选得 0 分）1. 下列描绘两种温度下黑体辐射强度与波长关系的图中，符合黑体辐射规律的是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】AB黑体辐射以电磁辐射的形式向外辐射能量，温度越高，辐射越强越大，故 A 错误，B 错误；CD黑体辐射的波长分布情况也随温度而变，即温度越高，辐射的电磁波
2、的波长越短，故 C正确，D 错误。故选：C.点睛：要理解黑体辐射的规律：温度越高，辐射越强越大，温度越高，辐射的电磁波的波长越短2. 某同学采用如图(甲)所示的装置研究光电效应现象,分别用 a,b,c 三束单色光照射图(甲)中的光电管的阴极,得到光电管两端的电压与相应的光电流的关系如图(乙)所示,其中 a,c 两束光照射时对应的遏止电压相同,均为 Ua,则下列论述正确的是( )- 2 -A. a,c 两束光的光强相同B. a,c 两束光的频率不同C. b 光束光子的能量最小D. b 光束的波长最短,遏止电压最大【答案】D【解析】A、由图可知， a 的饱和电流最大，因此 a 光束照射时单位时间内
3、产生的光电子数量大，光强大，故 A 错误； BCD、 当光电流为零时，光电管两端加的电压为遏止电压，对应的光的频率为截止频率，根据 ，入射光的频率越高，对应的遏止电压 U 越大， a 光、 c 光的遏止电压相等，所以 a 光、 c 光的频率相等，而 b 光的频率大，能量大，且对应的波长最短，故 D 正确，B、C 错误；故选 D。3. 氢原子部分能级的示意图如图所示。不同色光的光子能量如下表所示。处于某激发态的氢原子，发射的光的谱线在可见光范围内仅有 2 条，其颜色分别为( )色光 红 橙 黄 绿 蓝靛 紫光子能量范围(eV)1.612.002.002.072.072.142.142.532.5
4、32.762.763.10- 3 -A. 红、蓝靛 B. 黄、绿 C. 红、紫 D. 蓝靛、紫【答案】A【解析】根据 ，如果激发态的氢原子处于第二能级，能够发出 10.2 eV 的光子，不属于可见光；如果激发态的氢原子处于第三能级，能够发出 12.09 eV、10.2 eV、1.89 eV的三种光子，只有 1.89 eV 属于可见光；如果激发态的氢原子处于第四能级，能够发出12.75 eV、12.09 eV、10.2 eV、2.55 eV、1.89 eV、0.66 eV 的六种光子，1.89 eV 和 2.55 eV 属于可见光，1.89 eV 的光子为红光，2.55 eV 的光子为蓝-靛，故
5、 A 正确，B、C、D 错误；故选 A。4. 一瓶无害放射性同位素溶液，其半衰期为 20 天，测得每分钟衰变 6106次，今将这瓶溶液倒入一水库中，80 天后可以认为溶液已均匀分布在水库中，现取 2m3水样本测得每分钟衰变 20 次，则该水库蓄水量为（ ）A. 1.875104 m3 B. 1.875105 m3C. 3.75104 m3 D. 3.75105 m3【答案】C【解析】设水库中的水量为 Qm3，80 天后水库中所有放射性元素每分钟衰变的次数为 10Q，放射性元素原有质量为 mo，8 天后剩余质量为 m；则有： ，又 ，联立解得： ，故 C 正确，A、B、D 错误；故选 C。【点睛
6、】根据半衰期公式，利用比例相等的方法求水库的容量。5. 如图所示，质量为 m 的小物块静止地放在半径为 R 的半球体上，物块与半球体间的动摩擦因数为 ，物块与球心的连线与水平地面的夹角为 ，下列说法中正确的是（ ）A. 地面对半球体的摩擦力方向水平向左B. 物块对半球体的压力大小为 mgcos- 4 -C. 物块所受摩擦力大小为 mgcosD. 物块所受摩擦力大小为 mgcos【答案】D【解析】设半球体的质量为 M，以小木块和半球体整体为研究对象，受重力和支持力，根据平衡条件得知，地面对半球体的摩擦力为零。故 A 错误。对小物块受力分析，如图：将重力正交分解，由于物体静止在半球上，处于平衡态，
7、沿半径方向列平衡方程：N-mgsin=0，解得：N=mgsin，根据牛顿第三定律，木块对半球体的压力为 mgsin，故 B错误；沿切向列平衡方程：f-mgcos=0，解得：f=mgcos，故 C 正确，D 错误；故选 C。点睛：此题主要考查了整体法及隔离法的应用；关键是受力分析，根据正交分解法列出方程即可解答.6. 如图所示，质量分别为 m 和 2m 的两个小球置于光滑水平面上，且固定在一轻质弹簧的两端，已知弹簧的原长为 L，劲度系数为 k.现沿弹簧轴线方向在质量为 2m 的小球上有一水平拉力 F，使两球一起做匀加速运动，则此时两球间的距离为( )A. B. C. L D. L【答案】C考点：
8、本题考查牛顿第二定律，整体法和隔离法，胡克定律。7. 如图所示，某极地轨道卫星的运行轨道平面通过地球的南北两极，已知该卫星从北纬60的正上方，按图示方向第一次运行到南纬 60的正上方时所用时间为 1 h，则下列说法正确的是( ) - 5 -A. 该卫星与同步卫星的运行半径之比为 1：4B. 该卫星与同步卫星的运行速度之比为 1：2C. 该卫星的运行速度一定大于 7.9 km/sD. 该卫星的机械能一定大于同步卫星的机械能【答案】A【解析】试题分析：卫星从北纬 60的正上方，按图示方向第一次运行到南纬 60的正上方时，偏转的角度是 120，刚好为运动周期的 T，所以卫星运行的周期为 3t，同步卫
9、星的周期是 24h，由得： ，所以： 故 A 正确；由 得： 故 B 错误；79km/s 是卫星环绕地球做匀速圆周运动的最大速度，所以该卫星的运行速度一定小于79km/s故 C 错误；由于不知道卫星的质量关系，故 D 错误故选 A。考点：万有引力定律的应用【名师点睛】该题考查人造卫星与同步卫星的关系，灵活运动用重力和万有引力相等以及万有引力提供圆周运动的向心力是解决本题的关键。视频8. 关于原子核的结合能，下列说法正确的是( )A. 原子核的结合能等于使其完全分解成自由核子所需的最小能量B. 一重原子核衰变成 粒子和另一原子核，衰变产物的结合能之和一定大于原来重核的结合能C. 铯原子核 ( )
10、的结合能小于铅原子核( )的结合能D. 比结合能越大，原子核越不稳定【答案】ABC- 6 -【解析】A、分散的核子组成原子核时放出的能量叫做原子核结合能，它等于使其完全分解成自由核子所需的最小能，故 A 正确；B、一重原子核衰变成 粒子和另一原子核，该过程中要释放能量，所以衰变产物的结合能之和一定大于原来重核的结合能，故 B 正确；.D、比结合能越大，原子核越稳定，故 D 错误；故选 ABC。【点睛】比结合能：原子核结合能对其中所有核子的平均值，亦即若把原子核全部拆成自由核子，平均对每个核子所要添加的能量用于表示原子核结合松紧程度；结合能：两个或几个自由状态的粒子结合在一起时释放的能量分散的核
11、子组成原子核时放出的能量叫做原子核结合能。9. 在人类对微观世界进行探索的过程中，科学实验起到了非常重要的作用。下列说法符合历史事实的是( )A. 密立根通过油滴实验测出了基本电荷的数值B. 贝克勒尔通过对天然放射现象的研究，发现了原子中存在原子核C. 居里夫妇从沥青铀矿中分离出了钋(Po)和镭(Ra)两种新元素D. 卢瑟福通过 粒子散射实验证实了在原子核内部存在质子【答案】AC【解析】试题分析：密立根通过油滴实验测出了基本电荷的数值，选项 A 正确；贝克勒尔通过对天然放射现象的研究揭示了原子核具有复杂的结构，选项 B 错误；居里夫妇从沥青铀矿中分离出了钋（Po）和镭（Ra）两种新元素，选项
12、C 正确；卢瑟福通过 粒子散射实验说明了原子核核式结构理论，选项 D 错误；故选 AC考点：物理学史10. 下列说法正确的是( )A. 太阳辐射的能量主要来自太阳内部的核裂变反应B. 用加热、加压或改变其化学状态的方法都不能改变原子核衰变的半衰期- 7 -C. 一个氢原子从量子数 n=3 的激发态跃迁到基态时最多可产生 2 种不同频率的谱线D. 铀核 衰变为铅核 的过程中,要经过 8 次 衰变和 6 次 衰变【答案】BCD【解析】A、太阳辐射的能量主要来自太阳内部的核聚变反应，故 A 错误；B、半衰期由原子核本身决定，与外界因素无关，故 B 正确；C、一个氢原子从量子数 n=3 的激发态跃迁到
13、基态时最多可产生 2 条不同频率的谱线，分别是从 2 到 1 和从 3 到 2，故 C 正确；D、由质量数守恒和电荷数守恒知铀核 衰变为铅核 的过程中，238=206+84，要经过 8 次 衰变，92=82+8261，6 次 衰变，故 D 正确；故选 BCD。【点睛】太阳内部是核聚变反应，由质量数守恒和电荷数守恒判断衰变次数，半衰期由原子核本身决定。二、填写题（本大题共 12 空，每空 2 分共 24 分，请把答案写在答题卷指定的空格上。 ）11. 某同学利用图装置研究小车的匀变速直线运动(1)实验中，必须的措施是_A细线必须与长木板平行B先接通电源再释放小车C小车的质量远大于钩码的质量D平衡
14、小车与长木板间的摩擦力(2)他实验时将打点计时器接到频率为 50 Hz 的交流电源上，得到一条纸带，打出的部分计数点如图所示(每相邻两个计数点间还有 4 个点，图中未画出) s13.59 cm， s24.41 cm， s35.19 cm， s45.97 cm， s56.78 cm， s67.64 cm.则小车的加速度a_m/s 2(要求充分利用测量的数据)，打点计时器在打 B 点时小车的速度vB_m/s.(结果均保留两位有效数字)- 8 -【答案】 (1). （1）AB (2). （2）0.80， (3). 0.40【解析】试题分析：实验时，细线必须与长木板平行，以减小实验的误差，选项 A 正
15、确；实验时要先接通电源再释放小车，选项 B 正确；此实验中没必要使小车的质量远大于钩码的质量，选项 C 错误；此实验中不需平衡小车与长木板间的摩擦力，选项 D 错误。两相邻计数点间的时间间隔 T=“0.1“ s；由逐差法可得 a= =“0.80“ m/s2，打点计时器在打 B 点时小车的速度 vB= =“0.40“ m/s。【考点定位】研究小车的匀变速直线运动实验【名师点睛】此题是一道考查研究小车的匀变速直线运动的常规实验题；注意不要把此实验与验证牛顿第二定律的实验相混淆；在验证牛顿第二定律的实验中，要求小车的质量远大于钩码的质量和平衡小车与长木板间的摩擦力，但在此实验中是不必要的；此题考查学
16、生对力学基本实验的掌握情况。12. 某同学要测量一个由均匀新材料制成的圆柱体的电阻率 。步骤如下：（1）游标卡尺测量其长度如图甲所示，可知其长度为_mm；（2）用螺旋测微器测量其直径如图乙所示，可知其直径为_mm；（3）选用多用电表的电阻“1”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘的示数如图所示，则该电阻的阻值约为_；- 9 -（4）为更精确地测量其电阻，可供选择的器材如下：电流表 A1(量程 300 mA，内阻约为 2 )；电流表 A2(量程 150 mA，内阻约为 10 )；电压表 V1(量程 1 V，内阻 r1 000 )；电压表 V2(量程 15 V，内阻约为 3 000 )；定值
17、电阻 R01 000 ；滑动变阻器 R1(最大阻值 5 )；滑动变阻器 R2(最大阻值 1 000 )；电源 E(电动势约为 4 V，内阻 r 约为 1 )；开关，导线若干。为了使测量尽量准确，测量时电表读数不得小于其量程的 ，电压表应选_，电流表应选_，滑动变阻器应选_。(均填器材代号)根据你选择的器材，请在线框内画出实验电路图。【答案】 (1). （1）50.15 (2). （2）4.6964.701 均给分 (3). （3）22 (4). （4）V 1， (5). A 2，R 1 (6). 【解析】 （1）由图甲所示可知，游标卡尺主尺示数为 50mm，游标尺示数为- 10 -30.05m
18、m=0.15mm，游标卡尺示数为 50mm+0.15mm=50.15mm；（2）由图乙所示可知，螺旋测微器固定刻度示数为 4.5mm，游标尺示数为20.00.01mm=0.200mm，螺旋测微器示数为 4.5mm+0.200mm=4.700mm；（3）用多用电表的电阻“1”挡，由图丙所示可知，电阻阻值为 221=22；（4）由于电源电压为 4 V，显然电压表选 V2时不满足读数不得小于其量程的 的要求，因此只能选 V1，而 V1读数又太小，而题目中给了一个定值电阻，将定值电阻与电压表串联，改装成一个新电压表，量程为 4 V，满足要求，这样由于电阻值约 22 ，因此回路电流最大约120 mA 左
19、右，因此电流表选 A2，为了测量精确，滑动变阻器采分压式接法，为了便于调节，滑动变阻器选用 R1，电路图电流表采用外接法，实验电路图如图。点睛：应掌握游标卡尺与螺旋测微器的读数方法通过估算电路中的最大电流来选择电流表的量程；若有“测得多组数据”要求或要求电流从零调时，变阻器应用分压式接法，选择阻值小的变阻器时方便调节.13. 铀核裂变的一种方式是，该反应的质暈亏损是 0.2u，1u 相当于 931.5MeV 的能量.核反应方程中的 X 是_。该反应放出的能量是_ J.（结果保留 3 位有效数字）【答案】 (1). （电子） (2). 2.9810 -11J【解析】由反应过程中的电荷数守恒、质量
20、数守恒可求得 X 的电荷数和质量数判断出为电子 由爱因斯坦的质能方程可求得放出的能量三、计算题（本大题共 5 小题，共 46 分，解答本题时，应写出必要的文字说明，方程式和重要的算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数字计算的解答中必须明确写出数值和单位。）14. 列车由静止开始以 a1=0.9m/s2的加速度做匀加速直线运动, 经 t1=30s 后改为匀速直线运动, 又经一段时间后以大小为 a2=1.5m/s2的加速度做匀减速直线运动直至停止, 全程共计2km, 求列车行驶的总时间。- 11 -【答案】98s【解析】对于匀加速运动过程，位移为：30s 末的速度为： v=a1t1=130=30m
21、/s；对于匀减速运动过程，位移为：匀减速运动的时间：所以列车匀速直线运动行驶的位移为： s2=s-s1-s3=3000-450-300=2250m则匀速的时间为：则列出行驶的总时间为： t=t1+t2+t3=30+75+20=125s【点睛】根据匀变速直线运动的速度-位移公式 求出匀加速运动的位移，及 30s末的速度，即匀速直线运动的速度；根据 v2v022 ax，求出匀减速运动的位移，根据速度公式求出匀减速的时间，进而可求得匀速运动的位移，再根据位移公式 x=vt 即可求出匀速运动时间，总时间为三段时间之和15. 光滑曲面轨道置于高度为 H1.8 m 的平台上，其末端切线水平；另有一长木板两
22、端分别搁在轨道末端点和水平地面间，构成倾角为 37的斜面，如图所示一个可视作质点的质量为 m1 kg 的小球，从光滑曲面上由静止开始下滑(不计空气阻力， g 取 10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)(1)若小球从高 h0.2 m 处下滑，则小球离开平台时速度 v0的大小是多少？(2)若小球下滑后正好落在木板的末端，则释放小球的高度 h 为多大？【答案】 （1）2m/s (2)0.8m【解析】 【分析】小球下滑过程中受重力和支持力，其中支持力不做功，只有重力做功，机械能守恒，根据机械能守恒定律列式求解 v0；先根据平抛运动的位移公式求解出平抛的初速- 12 -度，然后对沿斜面
23、下滑过程运用机械能守恒定律列式求解 h；解：(1)小球从曲面上滑下，只有重力做功，由机械能守恒定律知：得(2)小球离开平台后做平抛运动，小球正好落在木板的末端，则 联立解得：设释放小球的高度为 h1，则由得16. 如图所示，用不可伸长的细线悬挂一质量为 M1 kg 的小木块，木块处于静止状态现有一质量为 m0.01 kg 的子弹以初速度 v0300 m/s 自左方水平地射穿木块，木块上升的最大高度 h0.2 m，求：(1)子弹射出木块时子弹和木块的速度分别为多少？ (2)若子弹射穿木块的时间为 t0.02 s，子弹对木块的平均作用力 F 大小为多少？【答案】 （1）2m/s，100m/s (2
24、)100N【解析】 【分析】木块上摆过程机械能守恒，应用机械能守恒定律可以求出子弹射穿木块后木块的速度，子弹射穿木块过程系统动量守恒，应用动量守恒定律可以求出子弹和木块的速度；对木块，应用动量定理可以求出力 F 的大小；解：(1)设子弹射穿木块后木块获得速度为 v，子弹速度为 v；木块上摆过程，只有重力做功，其机械能守恒，由机械能守恒定律得：- 13 -子弹射穿木块过程系统的动量守恒，以水平向右为正方向，由动量守恒定律得：联立并代入数据解得：(2)以木块为研究对象,由动量定理可得：代入数据解得：17. 如图所示，在 xoy 坐标系中， y0 的范围内存在着沿 y 轴正方向的匀强电场，在 y0
25、的范围内存在着垂直纸面的匀强磁场（方向未画出） 。现有一质量为 m，电荷量大小为- q（重力不计）的带电粒子，以初速度 v0（ v0沿 x 轴正方向）从 y 轴上的 a 点出发，运动一段时间后，恰好从 x 轴上的 d 点第一次进入磁场，然后从 O 点第次离开磁场。已知 oa=L， od=2L，求（1）电场强度；（2）磁感应强度的大小和方向。【答案】(1) (2)【解析】 【分析】运用运动的合成与分解，结合牛顿第二定律与运动学规律结合即可求出 E的大小；洛伦兹力提供向心力结合圆周运动的规律，再与几何关系结合可求磁感应强度的大小；根据左手定则确定磁感应强度的方向；解：(1)粒子在匀强电场中做类平抛
26、运动x 方向： y 方向： 根据牛顿第二定律得： 由式得：电场强度- 14 -(2)设粒子在电场中出射时，沿 y 方向的速度大小为 vy，速度方向与 x 轴正方向的夹角为 ，y 方向： 联立式得：,所以所以粒子进入磁场时速度大小： 画出粒子的运动轨迹如图，根据左手定则可知磁场方向垂直纸面向里根据洛伦兹力提供向心力有： 根据几何关系有： 由式得：18. 如图所示，两条相距 d=1 m 的平行光滑金属导轨位于同一水平面内，其左端接一阻值为R=9 的电阻，右端放置一阻值 r=1 、质量 m=1 kg 的金属杆，开始时，与 MP 相距 L=4 m导轨置于竖直向下的磁场中，其磁感应强度 B 随时间 t
27、的变化规律如图 2 所示给金属杆施加一向右的力 F（ F 未知） ，使 02 s 内杆静止在 NQ 处在 t=2 s 时杆开始做匀加速直线运动，加速度大小 a=1 m/s，6 s 末力 F 做的功为 30 J（ g 取 10 m/s） 求：（1）杆静止时，杆中感应电流的大小 I 和方向；- 15 -（2）杆在 t=6 s 末受到的力 F 的大小（3）06 s 内杆上产生的热量【答案】(1)0.8A，顺时针 （2）7.4N （3）3.48J【解析】试题分析：杆静止时， B 均匀减小，由法拉第电磁感应定律求出感应电动势，再由欧姆定律求感应电流的大小。由楞次定律判断感应电流的方向；2-6s 内杆做匀
28、加速直线运动，由 v=at 求得 6s 末杆的速度，由 E=Bdv、欧姆定律求得感应电流的大小，由 F=BId 求得安培力的大小，再由牛顿第二定律求得 F 的大小；分段求热量。0-2s 内，感应电流恒定，由焦耳定律求热量。2-6s 内，感应电流均匀增大，由克服安培力做功求热量。（1）在 02 s 内，由电磁感应定律得解得 E1=8 V（由闭合电路欧姆定律得联立解得 I1=0.8 A，方向 N Q（2）杆做匀加速直线运动的时间为 t=4 s6 s 末杆的速度 v=at=4 m/s由电磁感应定律得 E2=Bdv=16 V由闭合电路欧姆定律得联立解得 I2=1.6 A在运动过程中杆受到的安培力 FA=BI2d=6.4 N对杆运用牛顿第二定律，有： FFA=ma解得 F=ma+FA=7.4 N（3）02 s 内系统产生的焦耳热 Q1=I1(R+r)t=12.8 J26 s 内，根据能量守恒定律有： W=系统产生的热量则 06 s 内系统产生的总热量 =34.8 J故 06 s 内杆上产生的热量点睛：本题主要考查了电磁感应与力学知识的综合应用，要理清杆的运动状态，明确磁通量- 16 -均匀变化时产生的感应电流恒定，由焦耳定律求热量。当电流变化时，根据电流的平均值求克服安培力做功，来求焦耳热。
