1、- 1 -湖北省孝感市重点高中协作体 2017-2018 学年高二下学期期末联考物理试题选择题：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 17 题只有一项符合题目要求，第 812 题有多项符合题目要求。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. 关于光电效应，下列说法正确的是A. 光电子的最大初动能与入射光的频率成正比B. 光的频率一定时，入射光越强，饱和电流越大C. 光的频率一定时，入射光越强，遏止电压越大D. 光子能量与光的速度成正比【答案】B【解析】根据光电效应方程 ，得知光电子的最大初动能与入射光的频率、金属的逸出
2、功都有关，与入射光的强度无关,。但是最大初动能不与入射光的频率成正比。所以 A错误。又根据 知遏止电压与光的频率有光，与光的强度无关。所以 C 错。而如果光的频率一定，入射光越强，则饱和光电流越大。所以 B 正确。光子的能量为 所以光子的能量与光的频率成正比。所以 D 错误。故选择 B。【点睛】入射光的强度越多，单位时间内射到金属上的光子数越多，产生光电效应时，单位时间内发射的光电子数越多；根据光电效应方程 ，可知道光电子的最大初动能与什么因素有关2. 如图所示，在竖直向下的匀强磁场中有一根水平放置的通电长直导线，电流方向向左，abcdef 是与直导线在同一平面内关于直导线对称的正六边形，且与
3、磁场方向平行，下列关于各点的磁感应强度大小与方向的说法主确的是A. a、d 两点的磁场方向相同B. b、e 两点的磁场方向相同C. a 点的磁感应强度大于 b 点的磁感应强度- 2 -D. a 点的磁感应强度大于 f 点的磁感应强度【答案】C【解析】根据安培定则知，通电直导线周围的磁场中， a、b、c 三点的磁场方向都是垂直直面向里的，d、e、f 都是垂直直面向外的。再加上原磁场，根据矢量合成知. a、d 两点的磁场方向不同，b、e 两点的磁场方向不同。所以 A 、B 错误。又根据距离导线的距离相同，电流产生的磁感应强度大小相同，距离导线越近，磁感应强度越大。则知导线所产生的磁场中，a、c、d
4、、f 的磁感应强度大小相同，b、e 的磁感应强度大小相同，而且 a、c、d、f 的磁感应强度大于 b、e 的磁感应强度，所以合成以后，a 点的磁感应强度大于 b 点的磁感应强度，所以 C 正确。a 点的磁感应强度和 f 点的磁感应强度大小相同。所以 D 错误。故选择 C。【点睛】根据安培定则判断电流周围的磁场；磁感应强度是矢量，需按平行四边形定则合成来比较大小。3. 如图所示，直角三角形闭合线框 abc 处于匀强磁场中，acb30，磁场垂直线框平面向里，线框中通入顺时针方向电流时，下列说法正确的是A. ab 边受到的安培力向右B. ac 边受到的安培力与 ab 边受到的安培力大小相等C. ab
5、 边与 bc 边受到的安培力的合力大于 ac 边受到的安培力D. 整个线框所受的安培力的合力为零【答案】D【解析】通以顺时针的电流方向，根据左手定则可知：各边所受的安培力背离中心处。所以ab 边所受的安培力方向向左，A 错误。由公式 F=BIL 得出各边的安培力的大小，从而得出安培力大小与长度成正比，因而两直角边的安培力合力与斜边的安培力等值反向。所以线圈所受磁场力的合力为零。故 B、C 错，D 正确。所以选择 D.【点睛】通电直角三角形线圈处于匀强磁场中，受到安培力作用，根据左手定则确定安培力的方向，再由公式 F=BIL 确定安培力的大小，最后由力的合成来算出安培力的合力。4. 关于交变电流
6、，下列说法正确的是A. 频率为 50Hz 的正弦式交变电流在 1s 时间内电流方向改变 100 次- 3 -B. 如果正弦式交变电流电压的有效值为 20V，那么该交变电流的电压最大值为 20 VC. 用交流电流表测定正弦交变电流的电流时，测量的是交变电流的最大值D. 有效值为 1A 的正弦式交变电流，一个周期内电流的平均值为 A【答案】A【解析】交变电流在一个周期内电流的方向改变两次，频率为 50Hz 的交流电，1s 有 50 个周期，所以 1s 电流方向改变 100 次。所以 A 正确。如果正弦式交变电流电压的有效值为 20V，那么该交变电流的电压最大值为 V，B 错。用交流电流表测定正弦交
7、变电流的电流时，测量的是交变电流的有效值。C 错。电流的平均值只能用 来计算，D 错误。故选择 A.【点睛】交变电流在一个周期内电流方向改变两次，正弦交流电的峰值与有效值是 倍关系，其它交流电不是. 电流的平均值只能用 来计算5. 如图所示，螺线管与导轨 MN、PQ 相连，螺线管左侧放置一与螺线管同轴的导体圆环，与导轨接触良好的导体棒向右运动时，能使导体圆环在 t1时刻受力向右的导体棒运动的 vt图象是A. B. C. D. 【答案】B【解析】导体环要想受到向右的力，根据楞次定律则通电螺线管内的磁场要减弱，则电流要减小，则感应电动势要减小，根据 知速度要减小，所以只能选择 B。【点睛】根据楞次
8、定律的推论判断出通电螺线管内磁场的变化，进而判断电流和速度的大小。6. 面积为 0.4m2的 5 匝圆形线圈垂直磁场方向放置在匀强磁场中，磁场的磁感应强度B20.5t（T） ，则- 4 -A. 线圈有扩张的趋势B. 线圈中磁通量的变化率为 1Wb/sC. 线圈中的感应电动势为 1VD. t4s 时，线圈中的感应电动势为 8V【答案】C【解析】磁场在增强，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律“增缩减扩” ，线框有收缩的趋势，所以 A 错误。磁通量的变化率 ，所以 B 错误。感应电动势 为一恒定值。所以 C 正确，D 错误。故选 C。【点睛】根据楞次定律判断线圈是否有扩张的趋势；根据 计算磁通量的变
9、化率；根据法拉第电磁感应定律计算电动势。7. 如图所示，一带电荷量 Q0.1C 的正点电荷固定在 F 点，另一带电荷量 q0.01C 的负点电荷仅在库仑力的作用下围绕 Q 做椭圆运动，F 点为椭圆的一个焦点，已知长轴 AC0.1m，短轴 BD0.08m，则下列说法正确的是A. q 在 A 点的电势能大于在 B 点的电势能B. q 在 A、C 两点受到的库仑力大小之比为 16：1C. 在点电荷 Q 的电场中，B、D 两点的电场强度相同D. 在点电荷 Q 的电场中，D 点的电势大于 O 点的电势【答案】B【解析】正点电荷周围越靠近电荷电势越高，越远离电荷电势越低，所以 , ,又因为是负电荷，所以
10、A 点的电势能小于 B 点的电势能，所以 A、D 错误。根据椭圆的知识计算出 ， ,所以 .根据库仑定律 知 q 在 A、C 两点受到的库仑力大小之比为 16：1，所以 B 正确。. 在点电荷 Q 的电场中，B、D 两点的电场强度大小相同，但是方向不同，所以 B、D 两点的电场强度不相同，所以 D 错误。故选择 B。【点睛】由正点电荷周围的电场分布以及距离远近可得出电势的高低，和场强的大小。电势- 5 -是标量，场强是矢量，需注意方向。再结合运动电荷的正负和电势的高低判断电势能的大小。8. 如图所示，平行板电容器与电源 E、开关 S 连接，开关 S 闭合，一带电小球通过绝缘细线悬挂在平行板电容
11、器中处于静止状态，下列说法正确的是A. 小球 q 带正电B. 把 A 板向左移动时，平行板电容器电容增大C. S 保持闭合，把 B 板向左移动时， 角将增大D. S 断开，把 B 板向左移动时， 角将增大【答案】AC【解析】小球处于静止状态，小球受到的电场力方向向左，平行板电容器内部场强向左，所以小球带正电，所以 A 正确。A 板向左移动时，平行板电容器之间的距离增大，电容减小。所以 B 错误。S 保持闭合，把 B 板向左移动时，电容器之间的电势差恒定，距离减小，场强增大，电场力增大，所以 角将增大，C 错误。S 断开，把 B 板向左移动时，电容器内部的场强不变，所以 角不变。D 错误。故选择
12、 AC。【点睛】将开关 S 闭合，电容器两端的电势差不变，根据 d 的变化得出电场强度的变化，从而通过电场力的变化得出 的变化；断开开关 S，电荷量不变，结合电容的定义式和决定式得出电场强度的表达式，通过电场强度的变化得出电场力的变化，从而得出 的变化9. 如图所示，E 为内阻不能忽略的电池，R 1、R 2、R 3为定值电阻，R 4（与 R2串联的那个电阻）为热敏电阻（阻值随温度升高而减小） ， 与 分别为理想电压表与理想电流表。现将开关 S闭合，当环境温度升高时，下列说法正确的是A. 电流表的示数增大B. 电压表的示数减小- 6 -C. R1上消耗的电功率减小D. R3两端的电压減小【答案】
13、BD【解析】当环境温度升高时， ，所以电压表示数减小，B 正确。因为总电流增大，所以 两端电压增大，根据 ,所以 上消耗的功率增大,所以 C 错误。又由于路端电压减小，所以 R3两端电压减小，所以电流表示数减小。D 对 A 错。所以选择BD.【点睛】先根据热敏电阻的变化判断总电阻的变化，再根据闭合电路欧姆定律判断电流，再是内电压，外电压，也就是路端电压的大小。再结合串并联的知识以及电流、功率的公式判断电流和功率。10. 个氘核和一个氚核反应后生成一个氦核和一个中子，同时放出一个 光子。已知氘核、氚核、中子、氦核的质量分别为 m1、m 2、m 3、m 4，普朗克常量为 h，真空中的光速为 c。下
14、列说法正确的是A. 这个核反应的反应方程是B. 生成的中子不具有波动性C. 辐射出的 光子的能董一定为（m 1m 2m3m4）c 2D. 若辐射出的 光子能量为 E，则 光子的波长为【答案】AD【解析】这个反应的核反应方程式 ，该核反应方程为聚变反应，故 A 正确；任何粒子都具有波动性，B 错误。聚变反应中的质量亏损m=（m 1+m2）m 3m 4，亏损的质量转化为能量如果以光子的形式释放，则 E=（m 1+m2m 3m 4）c 2，如果生成的粒子有动能，则有部分能量转化为动能，故 C 错误；根据 E= ，得光子的波长为： ，故 D 正确。故选：AD。【点睛】解答本题需要掌握：核反应方程要遵循
15、质量数和电荷数守恒；聚变反应后质量减小，放出能量；正确利用质能方程求释放的能量；掌握光子能量、频率、波长、光速之间关系11. 在图示的远距离输电电路图中，发电机通过升压变压器 T1和降压变压器 T2向用户供电。已知升压变压器的原、副线圈匝数之比为 1：3，输电线的总电阻 R2.5，降压变压器 T2- 7 -的原、副线圈匝数之比为 5：1，降压变压器的副线圈与滑动变阻器组成闭合电路。当负载R01.1 时，降压变压器副线圈两端交变电压 u220 sinl00 t（V） 。若将变压器视为理想变压器，则A. 通过 R 的电流为 25AB. 升压变压器的输入功率为 4.8104WC. 发电机的输出电压为
16、 400VD. 当负载电阻 R0增大时，发电机的输出功率增大【答案】BC【解析】用电器的电流为 ，降压变压器原线圈的电流为 ，所以 A 错误。升压变压器的输入功率为发电机的输出电压即为升压器原线圈的电压 ,因为 所以得 ，所以 B、C 正确。当用电器的电阻 R0减小时，由于电压不变，电流增大，输电线 R 消耗的功率增大，故 D 错误；故选：BC。【点睛】根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，可以求得降压变压器的电流和输电线上的电流的大小，从而可以求得输电线和用电器消耗的功率的大小，再根据 以及原副线圈的匝数比求得升压器原副线圈的电压。根据功率关系求出升压变压器的输入功率，根据 P=UI 求解
17、升压变压器的输出电压12. 如图所示，用长为 L 的细线悬挂一质量为 M 的小木块，木块处于静止状态。一质量为m、速度为 v0的子弹自左向右水平射穿木块后，速度变为 v。已知重力加速度为 g，则- 8 -A. 子弹刚穿出木块时，木块的速度为B. 子弹穿过木块的过程中，子弹与木块组成的系统机械能守恒C. 子弹穿过木块的过程中，子弹与木块组成的系统动量守恒D. 木块上升的最大高度为【答案】AC【解析】子弹穿过木块的过程中，系统动量守恒，但机械能不守恒，有部分机械能转化为系统内能，故 B 错误 C 正确；根据动量守恒， ,解得 ，所以 A 正确。子弹穿出以后，对木块应用动能定理有 得 ,所以 D 错
18、误。故选择 AC.【点睛】根据动量守恒求子弹穿出以后木块的速度，根据动能定理或者机械能守恒求木块上升的最大高度。非选择题：本题包括必考题和选考题部分。第 1316 题为必考题，每个试题考生都必须作答。第 17、18 题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共 47 分。13. 在“验证动量守恒定律”的实验中，实验装置如图所示。槽口末端在水平地面上的竖直投影为 O 点，实验中可供选择的碰撞小球均为直径相同的硬质小球，碰撞时都可认为是弹性碰撞。设入射小球的质量为 m1，被碰小球的质量为 m2。（1）为了使入射小球在碰撞后不被反弹，则应使 m1_m2。 （填“” “”或“” ） ；（2）为了保证
19、入射小球和被碰小球离开槽口后均做平抛运动，必须调整斜槽末端_；（3）在（1） （2）条件的前提下，让入射小球从同一高度沿斜槽滑下，实验中将被碰小球放入槽口末端前后的落点如图中 A、B、C 所示，图中 OAx 1，OBx 2，OCx 3，为验证小球碰撞前后动量守恒，实验中_（填“需要”或“不需要” ）测量槽口末端到水平地面的高度h。若实验中小球碰撞前后动量守恒，则应满足的关系式为 m1x2_。- 9 -【答案】 (1). （1） (2). （2）水平 (3). （3）不需要， (4). 【解析】 （1）为了保证小球碰撞为对心正碰，且碰后不反弹，要求 mam b，r a=rb（2）要保证每次小球都
20、做平抛运动，则轨道的末端必须水平；（3）小球离开轨道后做平抛运动，它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间 t 相等，所以不需要测量槽口末端到水平地面的高度 h.要验证动量守恒定律定律，即验证： , 上式两边同时乘以 t 得：，得： ，【点睛】 （1）在做“验证动量守恒定律”的实验中，是通过平抛运动的基本规律求解碰撞前后的速度的，所以要保证每次小球都做平抛运动，则轨道的末端必须水平（2）由动量守恒定律求出需要验证的表达式，根据表达式确定需要测量的量；（3）根据（2）的分析确定需要验证的关系式14. 某学习小组在做“测定金属丝的电阻率”的实验时，用了两个电压表，目的是可以同时测定电源的电动势和内阻
21、，电路图如图甲所示。实验室可选用的器材有：A金属丝（阻值几欧）B电池（电动势 3V 左右，内阻几欧）C电压表两个（量程 3V，内阻很大）D电流表（量程 0.6A，内阻 0.2 左右）E电流表（量程 3A，内阻 0.04 左右）F滑动变阻器（02k）G滑动变阻器（020）H毫米刻度尺，螺旋测微器I开关，导线若干（1）实验前在选用器材时，电流表应选择_，滑动变阻器应选择_。 （均填器材前的字母）- 10 -（2）测得金属丝的长度为 0.5023m；在测金属丝直径时，螺旋测微器的测量结果如图乙所示，则金属丝的直径为_mm。（3）实验过程中电压表 、 与电流表 的测量结果已经在图丙中的图象中描出，由
22、UI图象可得，电源的电动势为_V，电源的内阻为_，金属丝的电阻为_ （均保留三位有效数字） 。（4）由电阻定律可得，金属丝的电阻率为_m （保留两位有效数字） 。【答案】 (1). （1）D， (2). G (3). （2）0.580 (4). （3）3.00（2.983.00 均给分） ， (5). 2.0（2.172.22 均给分） ， (6). 3.00（2.973.09 均给分） (7). （4）1.610 6【解析】 （1）该实验中金属丝的电阻为几欧姆，所以滑动变阻器的阻值选择量程为 20 欧姆的即可，所以选择 G，所以电流表选择 0.6A 的就可以，所以是 D。（2）根据螺旋测器的
23、读数规则（3）V 2测的是电源电动势，V 1测的是金属丝的电压，根据图象可知，斜率为负的那条直线对应的是 V2的图线，斜率为正的是 V1的图线，V 2图线与纵轴的交点即为电动势，斜率的大小为内阻，得到 ， ，两条线的交点为金属丝的工作电压和电流，所以金属丝的电阻为 .(4)根据电阻定律可得15. 如图所示，水平面内固定两对足够长的平行光滑导轨，左侧两导轨间的距离为 2L，右侧两导轨间的距离为 L 左、右两部分用导线连接，左、右侧的两导轨间都存在磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场。两均匀的导体棒 ab 和 cd 分别垂直放在左、右两侧的导轨上，ab 棒的质量为 2m、有效电阻为 2r，而 c
24、d 棒的质量为 m、有效电阻为 r，其他部分的电阻不- 11 -计。原来两棒都处于静止状态，现给以棒一大小为 I0、方向平行导轨向右的冲量使 ab 棒向右运动，在达到稳定状态时，两棒均未滑出各自的轨道。求：（1）cd 棒中的最大电流 Im；（2）cd 棒的最大加速度；（3）两棒达到稳定状态肘，各自的速度。【答案】 （1） （2） （3） ，【解析】ab 棒获得一冲量,所以初速度分析知开始时回路中的感应电动势最大,最大值为所以 cd 棒中最大感应电流（2）cd 棒的最大安培力cd 棒的最大加速度（3）当两棒中感应电动势大小相等时系统达到稳定状态，有由 ab 棒与 cd 棒中感应电流大小总是相等，
25、可知安培力对 ab 棒与 cd 棒的冲量大小关系为根据动量定理对 ab 棒有根据动量定理对 cd 棒有解得 ， 。【点睛】根据法拉第电磁感应定律，结合左手定则与闭合电路欧姆定律，并由牛顿第二定律列出方程，从而即可求解；当两棒中感应电动势大小相等时系统达到稳定状态，结合动量定- 12 -理求解.16. 如图所示，xOy 平面内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度 B0.08T，在原点 O 有一粒子源，它可以在 xOy 平面内向 I、IV 象限各个方向发射质量 m9.610 24 kg、电荷量q4.810 16 C、速度 vl10 6m/s 的带正电的粒子。一足够长薄板平行于 x 轴放置，薄板的中
26、点 O的坐标为（0，0.4m） ，不考虑粒子之间的相互作用，结果保留两位有效数字。（1）若磁场范围足够大，求薄板下表面被粒子击中的区域的长度；（2）若匀强磁场大小方向均不变，但只存在于一个圆形区域中，粒子源恰好在其边界上，已知粒子最后全部垂直打在薄板上，求粒子从 O 点到薄板的最长时间和最短时间；【答案】 （1）0.5m （2） s【解析】 （1）带电粒子在磁场中受洛仑兹力,做匀速圆周运动,洛仑兹力提供向心力有 qvBm得如图甲，轨迹直径的另一端在薄板上 M 点时粒子落点为右侧最远点，显然OM2r0.50m，OM0.30m轨迹与薄板左侧相切于 N 点时粒子落点为左侧最远点，NO 2延长交 x
27、轴于 N点，分析可得O2N0.4m0.25m0.15m 得 ON0.20m 解得 ON0.20m被打中区域长 MN0.50m- 13 -（2）依题意可知，圆形虚线为磁场边界，当其半径等于轨迹半径时，粒子射出磁场时方向与 x 轴垂直，粒子离开圆形磁场时，经分析速度方向均沿 y 轴正方向垂直打到薄板上。当初速度方向沿 y 轴正方向时，轨迹最短，最短时间当速度方向沿 y 轴负方向时，轨迹经 x 轴上的 P 点后垂直打到薄板上，轨迹最长，最长时间【点睛】本题考查了带电粒子在磁场中的运动，根据题意分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹、应用几何知识求出粒子轨道半径是解题的前提与关键，应用牛顿第二定律即可
28、解题；要掌握处理带电粒子在磁场中运动问题的一般解题思路与方法。（二）选考题：共 15 分。请考生从给出的第 17、18 题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。选修 3317. 下列说法正确的是 A. 水池中水的温度相同，水底一小气泡因扰动而上升时一定吸热B. 悬浮在液体中的固体微粒越小，布朗运动就越明显C. 同一容器中同种气体所有的分子运动速率基本相等D. 熵增加原理说明一切自然过程总是向着分子热运动的无序性增大的方向进行E. 压缩汽缸内气体时要用力推活塞，这表明气体分子间的作用力主要表现为斥力【答案】ABD- 14 -18. 一顶部与外部连通、盛满水的水箱底部有一体积 V10.2
29、mL 的空气泡，由于扰动，气泡上升至顶部。已知水箱内水的温度 t57，水箱高 h1m，大气压强 p01.010 5Pa，重力加速度 g10m/s 2，水的密度 110 3kg/m3。求：（1）气泡上升到箱顶稳定后的体积 V2；（2）要使上升到顶部气泡的体积回到 V1，水要降低的温度t 。【答案】(1)0.22mL （2）30C由状态方程 p1V1p 0V2解得 V20.22mL气体的温度 T2273tt由气体状态方程- 15 -解得t 30选修 3419. 下列说法正确的是 A. 机械波只能传播振动的形式，不能传递能量B. 波长为 5m、振动图象如上图所示的波的波速为 1.25m/sC. 单摆
30、运动的回复力是摆球所受的合力D. 只有频率相同的同种性质的波才能发生干涉E. 狭义相对论中不同惯性参考系的物理规律都是相同的【答案】BDE【解析】机械波不仅可以传播振动的形式,还可以传递能量.A 错误。波长为 5m,周期为 4s，根据，B 正确。单摆运动的回复力并不是白球所受的合力，而是重力在切向方向的分力，所以 C 错误。频率相同的同种性质波才能发生干涉，D 正确。由狭义相对论知，在不同的惯性参考系中，物理规律都是相同的。E 正确。所以选择 BDE.20. 如图所示，有一束平行于边长 L0.3m 的等边三棱镜截面 ABC 的单色光从空气射向边中点 E，入射方向与边 AB 的夹角 30，从 A
31、C 边射出时与 AC 边的夹角也恰好为 。光在真空中的速度 c310 8m/s。求：（1）该棱镜的折射率 n；（2）光在棱镜中的传播时间 t.【答案】 （1） （2）t5 1010 s【解析】分析可知，入射方向与边 AB 的夹角 30，从 AC 边射出时与 AC 边的夹角也恰好为 , 所以光束经 AB 平行面折射后平行 BC 边，- 16 -入射角 i90 60，折射角 30由折射定律可知得 n分析可知，光在棱镜中的传播距离光在棱镜中的传播速度光在棱镜中的传播时间 t5 1010 s。【点睛】由折射定律和必要的几何知识即可得到光路图，再根据 求折射率。求出折射率根据 求出光在介质中的传播速度，继而求出时间。
