2012-2013学年广东省佛山市佛山一中高二下学期期末考试物理试卷与答案（带解析）.doc

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1、2012-2013学年广东省佛山市佛山一中高二下学期期末考试物理试卷与答案（带解析） 选择题 首先发现原子核内部有复杂结构的实验是 A原子光谱 B光电效应 C 粒子散射现象 D天然放射现象 答案： D 试题分析：原子光谱为波尔理论的提出打下基础，故 A错误光电效应实验是光具有粒子性的有力证据，故 B错误 .粒子散射实验是卢瑟福提出原子核式结构的实验基础，故 C错误；人们认识到原子核具有复杂结构是从天然放射现象开始的，故 D正确；故选 D 考点：本题考查了天然放射现象、光电效应、 粒子散射实验 图为某同学设计的喷水装置，内部装有 2L 水，上部密封 1atm 的空气 0.5L，保持阀门关闭，再充

2、入 1atm的空气 0.1L，设在所有过程中空气可看作理想气体，且温度不变，下列说法正确的有 A充气后，密封气体压强增加 B充气后，密封气体的分子平均动能增加 C打开阀门后，密封气体对外界做正功 D打开阀门后，不再充气也能把水喷光 答案： AC 试题分析：密闭气体压强的微观原因是单位时间内撞击单位面积上的分子次数和每次撞击的平均作用力温度不变，分子撞击器壁的平均作用力不变，充气之后单位时间内撞击单位面积的分子次数增加，压强增大，故 A正确。温度是平均动能的标志，温度不变分子的平均动能不变， B错误。打开阀门，气体膨胀，对外界做正功，故 C正确。膨胀过程温度不变属于等温变化，若都喷完容器中的水，

3、气体体积增大，由玻意耳定律 得 P2小于外界气体压强，所以水不能喷完， D错误 考点：本题考查了热力学第一定律、气体的等温变化。 在如图所示的远距离输电电路图中，升 压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压和输电线的电阻均不变，随着发电厂输出功率的增大，下列说法中正确的有 A升压变压器的输出电压增大 B降压变压器的输出电压增大 C输电线上损耗的功率增大 D输电线上损耗的功率占总功率的比例增大 答案： CD 试题分析：理想变压器的输入功率由输出功率决定，输入电流由输出电流决定，输出电压由输入电压决定。由于发电厂的输出电压不变，升压变压器的匝数不变，所以升压变压器的输出电压不变，故 A

4、 错误由于发电厂的输出功率增大，则升压变压器的输出功率增大，又 升压变压器的输出电压 U2不变，根据 P=UI可知输电线上的电流 I增大，根据 U 损 =IR，输电线上的电压损失增大，根据降压变压器的输入电压 U3=U2-U损可得，降压变压器的输入电压 U3减小，降压变压器的匝数不变，所以降压变压器的输出电压减小，故 B错根据 P损 I2R，又输电线上的电流增大，电阻不变，所以输电线上的功率损失增大，故 C正确根据 可知，发电厂的输出电压不变，则 U2不变，输电线上的电阻不变，所以输电线上损耗的功率占总功率的比例随着发电厂输出功率的增大而增大故 D正确 考点：本题考查了远距离输电、变压器的构造

5、及原理。 如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比 n1： n2=2:1, 伏特表和安培表均为理想电表，灯泡电阻 R1=6,AB端电压 U1=12 sin100t（ V） .下列说法正确的是 A电流频率为 50HZ B伏特表的读数为 24V C安培表的读数为 0.5A D变压器输入功率为 6W 答案： AD 试题分析：根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，变压器的输入功率和输出功率相等，逐项分析即可得出结论 AB端电压 则电流频率为 ，故 A正确。电压表的示数为有效值，根据电压与匝数成正比，可知， U2=6V，故 B错误； ，故 C错误。P1=P2=U2I2=6W，故 D正确 考点：本题考查了理

6、想变压器的电压、电流及功率之间的关系。 设氢原子由 n 3的状态向 n 2的状态跃迁时放出能量为 E、频率为 的光子则氢原子 A跃迁时可以放出或吸收能量为任意值的光子 B由 n 2的状态向 n 1的状态跃迁时放出光子的能量大于 E C由 n 2的状态向 n 3的状态跃迁时吸收光子的能量等于 E D由 n 4的状态向 n 3的状态跃迁时放出光子的频率大于 答案： BC 试题分析：能级间跃迁辐射或吸收的光子能量等于两能级间的能量差，即，能级差越大，吸收或辐射的光子能量越大，光子频率越大跃迁时辐射或吸收的光子能量必须等于两能级间的能级差故 A错误 C正确因为 n=2和 n=1间的能量差大于 n=3和

7、 n=2间的能量差，则由 n=2的状态向 n=1的状态跃迁时放出光子的能量大于 E故 B正确。 因为 n=4和 n=3间的能量差小于 n=3和 n=2间的能量差，所以由 n=4的状态向 n=3的状态跃迁时放出光子的频率小于 v故 D错误 考点：本题考查了氢原子的跃迁和能级公式。 如图所示 ,是某种正弦式交变电压的波形图，由图可确定该电压的 A周期是 0.01s B最大值是 311V C有效值是 311V D表达式为 U=311sin100t（ V） 答案： BD 试题分析：从图象可读出电压的最大值、周期，继而求出电压的有效值、角速度，写出电压瞬时值的表达式 .由图可知交变电压的周期为 T=0.

8、02s，最大值为Um=311V,则有效值为 ,角速度 ,则瞬时值表达式为u=311sin100t（ V），综合以上分析可知 BD正确。 考点：本题考查了正弦交流电的峰值、有效值、周期和瞬时值表达式。 将闭合多匝线圈置于仅随时间变化的磁场中，线圈平面与磁场方向垂直，关于线圈中产生的感应电动势和感应电流，下列表述正确的是 A感应电动势的大小与线圈的匝数无关 B当穿过线圈的磁通量为零时，感应电动势可能不为零 C当穿过线圈的磁通量变化越快时，感应电动势越大 D感应电流产生的磁场方向与原磁场方向始终相反 答案： BC 试题分析：由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势 ，即感应电动势与线圈匝数有关，故 A错

9、误；同时可知，感应电动势与磁通量的变化率有关，磁通量变化越快，感应电动势越大，故 C正确；当穿过线圈的磁通量为零时，但磁通量的变化率不一定为零，因此感应电动势不一定为零。故 B正确；由楞次定律可知：感应电流的磁场方向总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化，故原磁通量增加，感应电流的磁场与原磁场方向相反，原磁通量减小，感应电流的磁场与原磁场方向相同，即 “增反减同 ”，故 D错误； 考点：本题考查了法拉第电磁感应定律、楞次定律。 如图封闭在气缸内一定质量的理想气体，如果保持气体体积不变，当温度升高时，以下说法正确的是 A气体的密度增大 B所有气体分子的运动速率一定增大 C气体的压强增大 D每秒撞击单

10、位面积器壁的气体分子数增多 答案： CD 试题分析：质量一定的气体，体积不变，当温度升高时，是一个等容变化，压强变大。压强变大的原因是：（ 1）温度升高：气体的平均动能增加；（ 2）单位时间内撞击单位面积器壁的分子数增多。质量一定，体积一定，所以气体的密度不变故 A错误温度升高，气体分子的平均动能增加，但不一定每个分子的运动速率都增大，故 B 错误。质量一定的气体，体积不变，当温度升高时，是一个等容变化压强变大故 C正确变化为等容变化，温度升高，分子密度不变但分子平均动能增大，故每秒撞击单位面积 器壁的分子数增多故 D正确。 考点：本题考查了理想气体状态方程、气体压强的微观解释。 两位同学穿旱

11、冰鞋，面对面站立不动，互推后向相反的方向运动，不计摩擦阻力，下列判断正确的是 A互推后两同学总动量增加 B互推后两同学动量大小相等，方向相反 C分离时质量大的同学的速度小一些 D互推过程中机械能守恒 答案： BC 试题分析：以两人组成的系统为研究对象，竖直方向所受的重力和支持力平衡，合力为零，水平方向上不受外力，故系统的动量守恒，原来的总动量为零，互推后两同学的总动量保持为零，则两同学的动量大小相等，方向相反故 A错误， B 正确根据动量守恒得： 可见，分离时速度与质量成反比，即质量大的同学的速度小故 C正确互推过程中作用力和反作用力对两同学做正功，系统总动能增加，故机械能不守恒故 D错误 考

12、点：本题考查了动量守恒定律、机械能守恒定律。 如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为 m的光滑弧形槽静止在光滑水平面上， 底部与水平面平滑连接，一个质量也为 m的小球从槽高 h处开始自由下滑 ,则 A在以后的运动过程中，小球和槽的动量始终守恒 B在下滑过程中小球和槽之间的相互作用力始终不做功 C被弹簧反弹后，小球和槽都做匀速直线运动 D被弹簧反弹后，小球和槽的机械能守恒，小球能回到槽高 h处 答案： C 试题分析：由动量守恒的条件可以判断动量是否守恒；由功的定义可确定小球和槽的作用力是否做功；由小球及槽的受力情况可知运动情况；由机械能守恒及动量守恒可知小球能否回到最高点小球与弹簧接触前，小

13、球和槽组成的系统动量守恒，且有 则有 。当小球与弹簧接触后，小球受外力，故小球和槽组成的系统所受外力不为零，动量不再守恒，故 A错误；下滑过程中两物体都有水平方向的位移，而力是垂直于球面的，故力和位移不垂直，故两力均做功，故 B错误；小球脱离弧形槽后，槽向后做匀速运动，小球向前做速度大小和槽相同的匀速运动，而小球和弹簧作用过 程中机械能守恒，故小球被原速率反弹，反弹继续做匀速运动，故 C正确；小求被反弹后，因两物体均有向左的速度，且速度大小相等，则两物体不会相遇，小球不会到达最高点，故 D错误。 故选 C 考点：本题考查了动量守恒定律、机械能守恒定律、做功的两个因素。 如图所示，是密闭的气缸，

14、外力推动活塞 P压缩气体，对缸内气体做功 80 J，同时气体向外界放热 100 J，缸内气体的 A温度升高，内能增加 180J B温度升高，内能减少 180J C温度降低，内能增加 20J D温度降低，内能减少 20J 答案： D 试题分析：由热力学第一定 律 U=W+E可知：外界对气体做功， W=80J；气体向外放热，故 E=-100J； 故 U=80-100J=-20J；气体内能减少，则温度降低，故选 D 考点：本题考查了热力学第一定律 下列说法正确的是 A液体中悬浮微粒的无规则运动称为布朗运动 B液体分子的无规则运动称为布朗运动 C物体从外界吸收热量，其内能一定增加 D物体对外界做功，其

15、内能一定减少 答案： A 试题分析：花粉小颗粒在水中像着了魔似的不停运动，是物体在运动，因为分子太小，用肉眼根本无法看到，布朗运动实质上反映了液体分子在运动，故 A正确， B错误。 由热力学第一定律 U=W+E可知，物体从外界吸收热量，但同时可对外做功；物体对外界做功，但同时可吸收热量，故 C、 D错误。 考点：本题考查了分子运动、热力学第一定律 2011年 3月 11日，日本发生 9.0级大地震并引发海啸，致使福岛核电站的5个机组停转，于 12日首次出现核泄漏，大批居民被疏散 .该核电站的核反应方程可能为 A He+ N O+ H B C U+ n Ba+ Kr+3 n D H+ H He+

16、 n 答案： C 试题分析：现在核电站用的燃料大多是利用铀 235的裂变反应释放巨大能量，核电站的燃料铀 235在中子的撞击下发生裂变反应，释放出巨大能量，故 C正确。 考点：本题考查了重核的裂变 不同频率的紫外光分别照射钨和锌的表面而产生光电效应，可得到光电子的最大初动能 Ek随入射光频率 v变化的 Ekv 图象已知钨的逸出功是 3.28eV，锌的逸出功是 3.34eV，若将二者的图线画在同一个坐标中，以实线表示钨、虚线表示锌，能正确反映这一过程的选项是 答案： A 试题分析：由爱因斯坦光电效应方程 知 :图像斜率相同。当 EK=0时，截止频率 。由题意钨的逸出功小于锌的逸出功，因此钨的截止

17、频率小于锌的截止频率，则 C、 D错误。由光电效应方程 知 Ekv 图象的纵截距表示 -W0，而钨的逸出功小于锌的逸出功，则 A正确， B错误。 考点：本题考查了光电效应方程。 如图所示，倾斜导轨宽为 L，与水平面成 角，处在方向竖直向上、磁感应强度为 B的匀强磁场中，金属杆 ab水平放在导轨上当回路电流强度为 I时，金属杆 ab所受安培力 F A方向垂直 ab杆沿斜面向上 B方向垂直 ab杆水平向右 C D 答案： B 试题分析：由图知电流方向由 且与磁场方向垂直，根据左手定则可知安培力水平向右，由安培力计算公式可得 ,故选 B. 考点：本题考查了安培力大小的计算及方向的判断。 关于变压器下

18、列说法正确的是 A变压器的工作原理是利用电磁感应现象 B变压器的铁芯是闭合的 , 闭合是为了让电流从原线圈经铁芯流向副线圈 C变压器不仅可以变压 , 也可以改变交流电的频率 D升压变压器副线圈所用的导线比原线圈所用的导线粗 答案： A 试题分析：变压器原线圈中输入的交流电流产生交变的磁场在副线圈中产生感应的电流，即变压器利用了电磁感应原理工作，故 A正确。变压器的铁芯闭和线圈间是绝缘的，副线圈中的电流是由磁通量的变化引起的。故 B错误。变压器只能改变交流电的电压和电流，不能改变交流电的频率，故 C错误。升压变压器副线圈中电流小因此所用导线细，故 D错误。 考点：本题考查了变压器的工作原理及构造

19、、电磁感应现象 实验题 在 “用单分子油膜估测单分子的大小 ”的实验中，按照酒精与油酸体积比为m： n配制油酸酒精溶液，现用滴管滴取油酸酒精溶液， N 滴溶液的总体积为 V （ 1）用滴管将一滴油酸酒精溶液滴入浅盘，待稳定后将油酸薄膜轮廓描绘在坐标纸上，如图所示已知坐标纸上每个小方格面积为 S，则油膜面积为 （ 2）估算油酸分子直径的表达式为 （用题目中物理 量的字母表示） 答案： (1)10S ; (2) . 试题分析： (1)估算油膜面积时以超过半格以一格计算，小于半格就舍去的原则，估算出 10格，则油酸薄膜面积为 10S;(2)油酸酒精溶液油酸的浓度为 ,一滴溶液中纯油酸的体积为 由于形

20、成单分子油膜，则油酸分子的直径为 。 考点：本题考查了估测油酸分子直径。 某同学用如图所示的装置通过半径相同的 A、 B两球的碰撞来验证碰撞中的动量守恒，实验时先使 A球从斜槽上某一固定位置 G由静止开始滚下，落到位于水平地面的记录纸上，留下痕迹，重复上述操作 10 次，得到 10 个落点痕迹 ，再把 B球放在水平槽上靠近槽末端的支柱上，让 A球仍从位置 G由静止开始滚下，和 B球碰撞后， A、 B球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹，重复这种操作 10次，图中 O点是水平槽末端在记录纸上的垂直投影点， B球落点痕迹如图，其中米尺水平放置，米尺的零点与 O点对齐 （ 1）从图中可以测出碰撞后 B

21、球的水平射程应取为 cm （ 2）若 A球和 B球的质量分别为 mA和 mB, 球的直径为 d,OM的距离为 S1, OP的距离为 S2, ON的距离为 S3, 则验证碰撞中的动量守恒的表达式为 . 答案： (1)80.2380.27cm 均给分 ; (2)mAS2=mAS1+mB(S3-d) 试题分析： (1)入射小球 A的平抛运动的起始位置的横坐标为 0刻度，而靶球 B平抛的起始位置的横坐标为 0.15cm，则碰撞后 B球的水平射程为 S3=80.40cm-0.15cm=80.25cm(填 80.23cm80.27cm 均可 )；（ 2）根据动量守恒定律可得：,根据两小球从同一高度开始下落

22、，由平抛运动知识知两球下落的时间相同， 则有 ，故只须验证该表达式成立即可。 考点：本题考查了验证动量守恒定律、平抛运动。 计算题 如图所示，小球 m1沿半径为 R的 1/4光滑圆弧从顶端 A点由静止运动到最低点 B时，与小球 m2碰撞并粘在一起沿光滑圆弧末端水平飞出，最终落至 C点。已知 m1=m2=m，重力加速度为 g,两球均可视为质点 ,C点比 B点低 4R。求 (1) 小球 m1在与小球 m2碰撞之前瞬间 ,m1对圆弧轨道最低点 B的压力 ; (2) 两球落地点 C 与 O 点的水平距离 S。 答案：（ 1） N/=3mg，方向竖直向下 ; (2)S=2R. 试题分析：小球 m1先做圆

23、周运动，运动过程中机械能守恒。 m1与 m2发生完全非弹性碰撞后一起做平抛运动。 (1)小球 m1从 AB 由机械能守恒定律 (1) 小球 m1通过最低点 B与小球 m2碰撞之前时， 由牛顿笫二定律有 (2) 由牛顿笫三定律有 (3) 由以上三式得 : m1对圆弧轨道最低点 B的压力为 3mg,方向竖直向下 (2) 小球 m1与小球 m2碰撞并粘在一起 , 根据动量守恒定律得 (4) 小球 m1与小球 m2碰撞后做平抛运动，则水平方向 (5) 竖直方向有 (6) 由上三式得 S=2R。 考点：本题考查了机械能守恒定律、动量守恒定律、牛顿第二定律、平抛运动。 如图所示，光滑平行的水平金属导轨 M

24、NPQ相距 L，在 M点和 P点间接一个阻值为 R 的电 阻，在两导轨间矩形区域内有垂直导轨平面竖直向下、宽为 d 的匀强磁场，磁感应强度为 B.一质量为 m，电阻为 r的导体棒 ab，垂直搁在导轨上，与磁场左边界相距 d0.现用一大小为 F、水平向右的恒力拉 ab棒，使它由静止开始运动，棒 ab在离开磁场前已经做匀速直线运动（棒 ab与导轨始终保持良好的接触，导轨电阻不计） .求： （ 1）在图中标出当棒 ab进入磁场后流过电阻 R的电流方向 ; （ 2）棒 ab在离开磁场右边界时的速度； （ 3）棒 ab通过磁场区的过程中整个回路所消耗的电能 . 答案： (1) 由右手定则可判断流过电阻

25、R的电流从 M到 P; (2) ; (3) 。 试题分析：导体棒进入磁场，切割磁感线产生感应电流，使得导体棒受到安培力作用，导体棒在磁场中做匀速运动时，其所受的外力 F和安培力平衡，据此可以求出棒的速度根据动能定理（或能量守恒定律）可以求出电路中消耗的电能，注意克服安培力所做功等于整个回路中产生的电能 解答过程：（ 1） ab进入磁场后，由右手定则可判断流过电阻 R的电流从 M到P。 （ 2）设 ab棒离开磁场右边界前做匀速运动的速度为 V，则产生的感应电动势为： (1) 由闭合电路欧姆定律得，回路中的电流为： (2) 对 ab棒，由平衡条件得： (3) 联立（ 1）、（ 2）、（ 3）式解得

26、： (4) (3) 从 ab棒开始运动到离开磁场右边界，由动能定理得 (5) 克服安培力做的功等于电路中产生的电能，则 (6) 由 (4)、 (5)、 (6)式解得 (7) 故 ab棒通过磁场区的过程中整个回路所消耗的电能为：考点：本题考查了导体切割磁感线时的感应电动势、共点力的平衡条件、闭合电路欧姆定律、动能定理、电磁感应中的能量转化。 如图所示，一质量为 M、长为 L的长方形木板 B放在光滑水平地面上，在其右端放一质量为 m的小木块 A， mM。现以地面为参照系给 A、 B以大小相等、方向相反的初速度 V0，使 A开始向左运动、 B开始向右运动，最后 A刚好没有滑离 B板。求： （ 1）它

27、们最后的速度大小和方向 （ 2） A、 B系统损失的机械能 （ 3）小木块 A向左运动到达的最远方（从地面上看）离出发点的距离。 答案： (1) ; (2) ; (3) 。 试题分析：系统置于光滑水平面，其所受合外力为零，故 AB相对滑动时，系统总动量守恒，根据动量守恒定律即可求解；刚好没有滑离，根据动能定理求出相对滑动产生的热量，向左运动到达最远处时速度为 0，由动能定理 列式，联立方程即可求解。 解答过程：（ 1）设 AB相对静止时速度为 V,根据动量守恒定律得： (1) 解得： (2) 即它们最后的速度大小为，方向水平向右。 （ 2）系统损失的机械能全部转化为内能，又最后 A刚好没有滑离 B板，则由能量守恒定律得： (3) 由（ 2）（ 3）式解得 (4) (3) A向左运动到达最远处时速度为 0，对 A由动能定理得 : (5) 系统损失的机械能全部转化为内能 ,则： (6) 联立（ 4）（ 5）（ 6）式解得： 考点：本题考查了动量守恒定律、动能定理、能量守恒定律。