福建省三明市学年高二下学期期末考试物理精校解析Word版.docx
- 文档编号:2404879
- 上传时间:2022-10-29
- 格式:DOCX
- 页数:20
- 大小:425.67KB
福建省三明市学年高二下学期期末考试物理精校解析Word版.docx
《福建省三明市学年高二下学期期末考试物理精校解析Word版.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《福建省三明市学年高二下学期期末考试物理精校解析Word版.docx(20页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
福建省三明市学年高二下学期期末考试物理精校解析Word版
福建省三明市2017-2018学年高二下学期期末考试
物理试题
一、选择题:
本题共14小题,每小题3分,在每小题给出的四个选项中,第1~10题只有一项符合题目要求,第11~14题有多项符合题目要求。
全部选对得3分,选对但不全得2分,有选错的得0分
1.如图从高处跳到低处时,为了安全,一般都要屈腿,这样做是为了
A.减小冲量
B.减小动量的变化量
C.增大与地面的冲击时间,从而减小冲力
D.增大人对地面的压强,起到安全作用
【答案】C
【解析】
试题分析:
人落下时速度的变化量相同,根据动量定理可分析让脚尖着地的好处.
解:
人在和地面接触时,人的速度减为零,由动量定理可知(F﹣mg)t=△mv;
而脚尖着地可以增加人着地的时间,可以减小动量的变化率,故减小受到地面的冲击力;
故选:
C.
点评:
本题考查动量定理的定性的应用,物理知识在生产生活中有着广泛的应用,在学习中应注意体会.
2.了解物理规律的发现过程,学会像科学家那样观察和思考,往往比掌握知识本身更重要。
以下符合物理学发展史实的是
A.汤姆逊通过对天然放射性现象的研究发现了电子
B.波尔进行了α粒子散射实验提出了著名的原子核式模型
C.约里奥居里夫妇用α粒子轰击金属铍发现并命名了中子
D.卢瑟福用α粒子轰击氮原子核发现了质子,并预言了中子的存在
【答案】D
【解析】
【详解】A、汤姆孙通过对阴极射线的研究,发现了电子,故A错误;
B、卢瑟福通过α 粒子的散射实验,提出了原子核式结构学说,故B错误;
C、居里夫人过对天然放射性的研究,发现了两种放射性新元素镭和钋,查德威克用α粒子轰击金属铍并发现了中子,故C错误;
D、卢瑟福用α粒子轰击氦原子核发现了质子,并预言了中子的存在,原子核是由质子和中子组成的,故D正确;
故选D。
【点睛】汤姆生发现电子,卢瑟福提出了原子核式结构学说.居里夫人过对天然放射性的研究,发现了两种放射性新元素镭和钋,查德威克用α粒子轰击金属铍并发现了中子,卢瑟福预言了原子核是由质子和中子组成的。
3.随着科技的不断发展,手机无线充电已经实现了从理论研发到实际应用的转化,下图给出了某品牌的无线充电手机利用电磁感应方式无线充电的原理图,关于无线充电,下列说法错误的是
A.无线充电时手机接收线圈部分的工作原理是“电流的磁效应”
B.只要有无线充电底座,所有手机都可以进行无线充电
C.只有将充电底座接到交流电源上才能对手机进行充电
D.接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同
【答案】AB
【解析】
A、无线充电时手机接收线圈部分的工作原理是电磁感应现象,不是“电流的磁效应”现象,故A错误;
B、被充电手机内部,应该有一类似金属线圈的部件,与手机电池相连,当有交变磁场时,则出现感应电动势,那么普通手机不能够利用无线充电设备进行充电,故B错误;
C、当充电设备通以恒定直流,无线充电设备不会产生交变磁场,那么不能够正常使用,只有将充电底座接到交流电源上才能对手机进行充电,故C正确;
D、接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同,故D正确;
说法错误的故选AB。
【点睛】根据电磁感应现象的原理,结合感应电动势产生的条件,即可一一求解。
4.如图所示为氢原子的能级示意图,一群氢原子处于n=3的激发态,在向较低能级跃迁的过程中向外发出光子,用这些光照射逸出功为2.49eV的金属钠,下列说法正确的是
A.这群氢原子能发出3种不同频率的光,其中从n=3跃迁到n=2所发出的光波长最短
B.这群氢原子能发出2种不同频率的光,其中从n=3跃迁到n=1所发出的光频率最小
C.金属钠表面发出的光电子的最大初动能为9.60eV
D.这群氢原子发出不同频率的光,只有一种频率的光可使金属钠发生光电效应
【答案】C
【解析】
一群氢原子处于n=3的激发态,可能发出3中不同频率的光子,因为n=3和n=2间能级差最小,所以从n=3跃迁到n=2发出的光子频率最低,根据,所以波长最长,故AB错误;所以从n=3跃迁到n=1发出的光子频率最高,发出的光子能量为△E=13.60-1.51eV=12.09eV.根据光电效应方程EKm=hv-W0得,最大初动能EKm=12.09-2.49eV=9.60Ev,故C正确;从n=2到n=1和n=3到n=1能级发出的光均可以使金属钠发生光电效应,故D错误。
所以C正确,ABD错误。
5.在如图所示的电路中,a、b、c为三盏完全相同的灯泡,L是自感线圈,直流电阻为RL,则下列说法正确的是
A.合上开关后,c先亮,a、b后亮
B.断开开关时,N点电势高于M点
C.断开开关后,b、c同时熄灭,a缓慢熄灭
D.断开开关后,c马上熄灭,b闪一下后缓慢熄灭
【答案】B
【解析】
A、开关S闭合瞬间,因线圈L的电流增大,产生自感电动势,根据楞次定律可知,自感电动势阻碍电流的增大,通过a灯的电流逐渐增大,所以b、c先亮,a后亮,故A错误;
BCD、断开开关S的瞬间,因线圈L的电流减小,产生自感电动势,根据楞次定律可知通过自感线圈的电流方向与原电流方向相同,N点电势高于M点;L和a、b组成的回路中有电流,由于原来a灯的电流小于b灯的电流,开关断开的瞬间,通过a、b和线圈回路的电流从a灯原来的电流减小,所以b灯会闪暗后a、b一起缓慢熄灭,而c没有电流,马上熄灭,故B正确,C、D错误;
故选B。
【点睛】闭合S和断开S瞬间,通过线圈L的电流发生变化,产生自感电动势,相当瞬时电源,从而可以进行分析。
6.如图为法拉第圆盘发电机的示意图,铜圆盘安装在竖直的铜轴上,两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触,圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中,圆盘顺时针旋转(从上往下看),下列说法正确的是
A.穿过圆盘的磁通量发生变化
B.圆盘中心电势比边缘要高
C.R上的热功率与圆盘转动角速度正正比
D.产生的电动势大小与圆盘半径成正比
【答案】B
【解析】
A、实验过程中,穿过圈盘的磁通量不变,产生感应电动势可等效看成无数轴向导体切割磁感线产生的,故A错误;
B、从上向下看,圆盘顺时针转动,根据右手定则可知圆盘中心电势比边缘要高,感应电流方向是从边缘流向圆心,故B正确;
CD、根据法拉第电磁感应定律可知,故产生的电动势大小与圆盘半径的平方成正比;R上的热功率,可知R上的热功率与圆盘转动角速度的平方成正比,故C、D错误;
故选B。
【点睛】圆盘转动可等效看成无数轴向导体切割磁感线,有效切割长度为铜盘的半径r,根据右手定则分析电动势情况和感应电流方向。
7.如图,理想变压器的副线圈上通过输电线接有两个相同的灯泡L1和L2,输电线的等效电阻为R,开始时,电键K断开,当K接通时,以下说法正确的是
A.副线圈两端M、N的输出电压减小
B.副线圈输电线等效电阻R上的电压降减小
C.通过灯泡L1的电流增大
D.原线圈中的电流增大
【答案】D
【解析】
A、理想变压器的输出电压是由输入电压和匝数比决定的,由于输入电压和匝数比不变,所以副线圈的输出的电压也不变,故A错误;
B、由于副线圈的输出电压不变,当K接通时,副线圈的电阻减小,所以总的电流变大,所以副线圈输电线效电阻R上的电压增大,故B错误;
C、当K接通后,两个灯泡并联,电路的电阻减小,副线圈的电流变大,所以通过电阻R的电流变大,电压变大,那么并联部分的电压减小,所以通过灯泡L1的电流减小,故C错误;
D、由于变压器的输入的功率和输出的功率相等,由于副线圈的电阻减小了,输出的功率变大了,所以原线圈的输入的功率也要变大,因为输入的电压不变,所以输入的电流要变大,故D正确;
故选D。
【点睛】输出电压是由输入电压和匝数比决定的,输入的功率的大小是由输出功率的大小决定的,电压与匝数成正比,电流与匝数成反比,根据理想变压器的原理分析即可。
8.如图,一闭合直角三角形线框以速度v匀速穿过匀强磁场区域,从BC边进入磁场区开始计时,到A点离开磁场区的过程中,线框内感应电流的情况(以逆时针方向为电流的正方形)是
A.B.
C.D.
【答案】A
【解析】
感应电流,线框进入磁场时,导体棒切割磁感线的有效长度L减小,感应电流I逐渐减小;当线框完全进入磁场时,穿过线框的磁通量不变,不产生感应电流,I=0,线框离开磁场时,导体棒切割磁感线的有效长度L减小,感应电流I逐渐减小;故A正确,BCD错误;故选A。
9.如图甲为风速测量仪的简易模型,在风力的作用下,风叶通过杆带动与其固定在一起的永磁铁转动,假设杆的转速与风速成正比,在某一风速作用下,线圈中产生的正弦式电流如图乙所示,下列说法中正确的是
A.风叶带动杆的转速为10r/s
B.电流的表达式为
C.风速加倍时线圈中电流的有效值为A
D.风速加倍时电流的表达式为
【答案】C
【解析】
A、根据可知转速为5 r/s,故A错误;
B、由图象可知,线圈转动周期T=0.2s,则,由交流电的电流表达式:
,故B错误;
D、由转速与风速成正比,当风速加倍时,转速也加倍,电流的最大值,则电流的表达式为:
,故D错误;
C、风速加倍时线圈中电流的有效值,故C正确;
故选C。
【点睛】根据i-t图象判断出电流的最大值与周期,明确交流电的最大值和有效值间的关系,知道转速加倍时,产生的感应电流加倍,角速度加倍即可判断。
10.甲为质量M=1kg的绝缘底板座静止在动摩擦因数μ1=0.1的粗糙水平地面上,位于磁场中的正方形金属框ABCD为动力源,其质量m=1kg,边长为1m,电阻为Ω,与绝缘板间的动摩擦因数μ2=0.4,为AD、BC的中线,在金属框内有可随金属框同步移动的磁场,CD区域内磁场的磁感应强度随时间t的变化情况如图乙所示,CD恰在磁场边缘以外;区域内磁场的磁感应强度随时间t的变化情况如图并所示,AB恰在磁场边缘以内,若绝缘板足够长且认为绝缘板与地面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力,从t=0时刻由静止释放金属框,则金属框由静止释放瞬间()
A.金属框产生的感应电动势为1V
B.金属框受到的安培力大小16N
C.若金属框固定在绝缘板上,金属框的加速度为
D.若金属框不固定,金属框的加速度为,绝缘板的加速度为
【答案】D
【解析】
ABC、金属框固定在绝缘板上,由题意得,则电流为:
,那么安培力为:
,取绝缘板和金属框整体进行受力分析,由牛顿第二定律有:
,解得:
,故A、B、C错误;
D、金属框不固定,对金属框进行受力分析,假设其相对绝缘板滑动,有:
,对金属框应用牛顿第二定律得:
,解得;对绝缘板应用牛顿第二定律得:
,,解得:
,a1>a2,假设正确,故D正确;
故选D。
【点睛】面积O′OAB内磁通量发生变化,回路中有感应电流产生,由此可以求出回路中电流的大小,线框受安培力和摩擦力作用,由此可以求出线框的加速度大小以及安培力的大小。
11.下列说法正确的是
A.比结合能小的原子核结合成比结合能大的原子核时一定释放核能
B.碘131的半衰期约为8天,32个碘131经过40天后只剩下1个
C.根据玻尔理论可知,氢原子辐射出一个光子带走能量后,氢原子的电势能,核外电子的动能均减小
D.经过一系列衰变后变成,此过程一共发生了7次衰变和4次衰变
【答案】AD
【解析】
A、比结合能小的原子核结合成或分解成比结合能大的原子核时有质量亏损,释放核能,故A正确;
B、半衰期是大量放射性元素的原子衰变过程中的统计规律,对个别的粒子没有意义,故B错误;
C、根据玻尔理论可知,氢原子辐射出一个光子后,电子从高轨道跃迁到低轨道,电子与原子核之间的距离变小,由库仑力提供向心力可得,核外
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 福建省 三明市 学年 高二下 学期 期末考试 物理 解析 Word