1、甘肃省兰州市第一中学2016-2017学年高二下学期期末考试物理试题一、选择题：本题共12小题，每小题4分，共48分。第1至第9题为单选，10至12题为多选。全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分。1. 下列四幅图涉及不同的物理知识，其中说法不正确的是( )A. 原子中的电子绕原子核高速运转时，运行轨道的半径是任意的B. 光电效应实验说明了光具有粒子性C. 电子束通过铝箔时的衍射图样证实了电子具有波动性D. 少数粒子发生了较大偏转，说明原子的质量绝大部分集中在很小空间范围内【答案】A【解析】原子中的电子绕原子核高速运转时，运行轨道的半径是量子化的，选项A错误；光电效应实验说明
2、了光具有粒子性，电子束通过铝箔时的衍射图样证实了电子具有波动性，发现少数粒子发生了较大偏转，说明原子的质量绝大部分集中在很小空间范围，选项BCD正确2. 在天然放射性物质附近放置一带电体，带电体所带的电荷很快消失的根本原因是( )A. 射线的贯穿作用B. 射线的贯穿作用C. 射线的电离作用、D. 射线的中和作用【答案】C【解析】各种粒子中，粒子电离作用最强，那么，粒子使空气电离成正负离子，这样空气就变成了导体，会导走带电体上的静电荷，C正确3. 放射性衰变有多种途径，其中一种途径是先衰变成，而可以经一次衰变变成 (X代表某种元素)，也可以经一次衰变变成，和最后都衰变变成，衰变路径如图所示，则可
3、知图中( )A. 过程是衰变，过程是衰变；过程是衰变，过程是衰变B. 过程是衰变，过程是衰变；过程是衰变，过程是衰变C. 过程是衰变，过程是衰变；过程是衰变，过程是衰变D. 过程是衰变，过程是衰变；过程是衰变，过程是衰变【答案】A【解析】Bi经过变化为X，质量数没有发生变化，为衰变，经过变化为Pb，质量数数少4，为衰变，过程变化为Ti，电荷数少2，为衰变，过程的电荷数增加1，为衰变，A正确4. A、B两物体发生正碰，碰撞前后物体A、B都在同一直线上运动，其位移时间图象如图所示。由图可知，物体A、B的质量之比为( )A. 11B. 12C. 13D. 31【答案】C【解析】由x-t图象可知，碰撞
4、前，vB=0m/s，碰撞后vA=vB=v= =1m/s，碰撞过程动量守恒，对A、B组成的系统，由动量守恒定律得：mAvA=（mA+mB）v，即：mA4=（mA+mB）1，解得mA:mB=1:3，故选C.点睛：本题主要考查了动量的表达式及动量定理的直接应用，知道x-t图线的斜率等于物体的速度，要求同学们能根据图象读出两物体碰撞前后的速度.5. 科学研究证明，光子有能量也有动量，当光子与电子碰撞时，光子的一些能量转移给了电子。假设光子与电子碰撞前的波长为，碰撞后的波长为，则碰撞过程中( )A. 能量守恒，动量不守恒，且B. 能量不守恒，动量不守恒，且C. 能量守恒，动量守恒，且【答案】C【解析】试
5、题分析：光子与静止电子碰撞后，动量守恒，能量守恒，通过能量守恒判断光子频率的变化，从而得出波长的变化6. 原子从一个能级跃迁到一个较低的能级时，有可能不发射光子。例如，在某种条件下， 铬原子的n2能级上的电子跃迁到n1能级上时并不发射光子，而是将相应的能量转交给n4能级上的电子，使之能脱离原子，这一现象叫作俄歇效应，以这种方式脱离原子的电子叫作俄歇电子。已知铬原子的能级公式可简化表示为，式中n1，2，3，表示不同能级，A是正的已知常数，则上述俄歇电子的动能是( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】由题意可知n=1能级能量为：E1=-A，n=2能级能量为：，从n=2能级跃迁到n=1能级释
6、放的能量为:,从n=4能级能量为：，电离需要能量为：，所以从n=4能级电离后的动能为：，故ABD错误，C正确。7. 一个质子和一个中子聚变结合成一个氘核，同时辐射一个光子已知质子、中子、氘核的质量分别为m1、m2、m3，普朗克常量为h，真空中的光速为c.下列说法正确的是( )A. 核反应方程是B. 聚变反应中的质量亏损mm3(m1m2)C. 辐射出的光子的能量E(m3m1m2)c2D. 光子的波长【答案】D【解析】一个质子和一个中子聚变结合成一个氘核，同时辐射一个光子，由质量数守恒和电荷数守恒，可得核反应方程为，A错误；反应前的质量减去反应后的质量，即为质量的亏损，即为，B错误；聚变反应中亏损
7、的质量转化为能量以光子的形式放出，故光子能量为，C错误；根据，得光子的波长为，D正确8. 如图1所示，螺线管内有一平行于轴线的匀强磁场，规定图中箭头所示方向为磁感应强度B的正方向，螺线管与U型导线框cdef相连，导线框cdef内有一半径很小的金属圆环L，圆环与导线框cdef在同一平面内。当螺线管内的磁感应强度随时间按图2所示规律变化时（ ）A. 在t1时刻，金属圆环L内的磁通量最大B. 在t2时刻，金属圆环L内的磁通量最小C. 在t1-t2时间内，金属圆环L内有逆时针方向的感应电流D. 在t1-t2时间内，金属圆环L有收缩趋势【答案】D【解析】试题分析：由B-t图知，t1时刻磁通量的变化率为零
8、，则感应电流为零，L上的磁通量为零；故A错误在t2时刻，磁感应强度为零，但是磁通量的变化率最大，则感应电流最大，通过金属圆环的磁通量最大B错误；在t1-t2时间内，磁通量的变化率不断变大，则线圈内的感应电流不断变大，根据楞次定律，在线圈中的电流方向f到c，根据右手螺旋定则，穿过圆环的磁通量向外增大，则根据楞次定律，在金属圆环中产生顺时针方向的感应电流故C错误在t1-t2时间内，L内的磁场增加，由愣次定律可以确定L必须减小面积以达到阻碍磁通量的增加，故有收缩的趋势，故D正确故选D。考点：法拉第电磁感应定律；楞次定律9. 如图甲所示，T为理想变压器，原、副线圈匝数比为10:1，副线圈所接电路中电压
9、表V1、V2和电流表A1、A2都为理想电表，电阻R1 =4，R26，R3的最大阻值为12，原线圈两端加上如图乙所示规律变化的电压。在R3的滑片自最下端滑动到最上端的过程中，以下说法正确的是( )A. 电压表V1的示数增大B. 电压表V2的示数为VC. 电流表A1、A2的示数都增大D. 电流表A1示数增大，A2的示数减小【答案】D【解析】试题分析：和闭合电路中的动态分析类似，可以根据R2的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，再根据电压不变，来分析其他的原件的电流和电压的变化的情况在R3的滑片自最下端滑动到最上端的过程中，原、副线圈匝数比不变，副线圈两端电压不变，
10、在的滑片自最下端滑动到最上端的过程中，由于总的电阻减小，所以电路的总电流要变大，故电阻的电压增加，故并联部分的电压减小了，所以电压表的示数减小，故A错误；从图乙得到输入电压的最大值为，故输入电压为；根据变压比公式，有，故电压表的示数为22V，故B错误；在的滑片自最下端滑动到最上端的过程中，由于总的电阻减小，所以电路的总电流要变大，故电阻的电压增加，故并联部分的电压减小了，故电流表A1示数增加，A2示数减小，C错误D正确10. 在频率为f的交变电路中，如图所示，把开关S依次分别接通R、C、L支路，这时通 过各支路的电流的有效值相等。若将交变电流的频率提高到2f，维持其他条件不变，则下列几种说法中
11、，正确的是()A. 通过R的电流有效值不变B. 通过C的电流有效值变大C. 通过L的电流有效值变小D. 通过R、C、L的电流有效值都不变【答案】ABC.思路分析：电阻对交变电流阻碍作用的大小与电流的频率无关，线圈的自感系数越大，电流的频率越高，自感电动势就越大，即线圈对电流的阻碍作用就越大，感抗也就越大，电容器对交变电流阻碍作用的大小用容抗表示，电容一定时，在相同的电压下电容器容纳的电荷一定，频率越高，充、放电的时间越短，充、放电的电流越大，容抗越小，试题点评：本题考查了电阻，感抗，容抗对交流电的作用，11. 带电粒子进入云室会使云室中的气体分子电离，从而显示其运动轨迹。如图是在有匀强磁场的云
12、室中观察到的粒子的轨迹，a和b是轨迹上的两点，匀强磁场B垂直纸面向里。该粒子在运动时，其质量和电量不变，而动能逐渐减少，下列说法正确的是( )A. 粒子先经过a点，再经过b点B. 粒子先经过b点，再经过a点C. 粒子带负电D. 粒子带正电【答案】AC【解析】试题分析：粒子在云室中运动时，速度逐渐减小，根据可知其运动轨迹的半径逐渐减小，故粒子运动方向为由a到b，故A正确，B错误；运动方向由a到b，磁场垂直纸面向里，所受洛伦兹力方向指向运动轨迹内侧，故由左手定则可知该电荷带负电，故C正确，D错误故选AC。考点：左手定则12. 质量为m的物体以速度v沿光滑水平面匀速滑行，现对物体施加一水平恒力，t秒
13、内该力对物体所施冲量大小为3mv，则t秒内（ ）A. t秒末物体运动速率可能为4vB. 物体位移的大小可能为C. 该力对物体做功不可能大于D. 该力的大小为【答案】ABC【解析】若冲量方向与初动量方向相同，则由动量定理可得，解得；若方向相反，则有，解得，故A正确；若冲量方向与初动量方向相同，则平均速度，则位移，若冲量方向与初动量方向相反，则平均速度，则位移，故B正确；根据动能定理，若冲量方向与初动量方向相同，C正确；则由动量定理可得，解得，故D错误二、实验题：本题共2小题，共14分。13. 如图所示是使用光电管的原理图，当用某种可见光照射到阴极K上时，电流表中有电流通过：（1）当变阻器的滑动端
14、P向_滑动时（填“左”或“右”），通过电流表的电流将会减小，当电流表电流刚减小到零时，电压表的读数为U，则阴极K的逸出功为_（已知电子电荷量为e，普朗克常量为h，可见光的频率为）。（2）如果保持变阻器的滑动端P的位置不变，也不改变入射光的频率，而增大入射光的强度，则光电子的最大初动能将_（填“增大”、“减小”或“不变”），通过电流表的电流将会_（填“增大”、 “减小”或“不变”）。（3）如果将电源的正负极对调，将变阻器的滑动端P从A端逐渐向B端移动的过程中， 通过电流表的电流先_后_（填“增大”、“减小”或“不变”）(电源电压足够大）【答案】 (1). 右 (2). hv-eU (3). 不变
15、 (4). 增大 (5). 增大 (6). 保持不变【解析】（1）电流表中的电流减小，则两极上的反向电压增大，所以滑动变阻器应向右滑动，因为反向电压为U时，电流表读数为零，根据动能定理得：光电子的最大初动能，根据光电效应方程可得，故（2）根据爱因斯坦光电效应方程，可知如果不改变入射光的频率，而增加入射光的强度，但光电子的最大初动能不变，由于光照强度越大，光子数目多，那么通过电流表的电量增大，则电流表示数将增大（3）对调后反向电压变为正向电压，光电子受到的电场力是动力，滑动变阻器从A到B过程中两极间的电压增大，使得更多的光电子到达另一极，即电流增大，因为光电子数目由限，所以当所有光电子都到达另一
16、极时，随着电压的增大，光电流不再增大，故先增大后保持不变14. 某同学利用打点计时器和气垫导轨做验证动量守恒定律的实验。气垫导轨装置如图a所示，所用的气垫导轨装置由导轨、滑块、弹射架等组成。在空腔导轨的两个工作面上均匀分布着一定数量的小孔，向导轨空腔内不断通入压缩空气，空气会从小孔中喷出，使滑块稳定地漂浮在导轨上，这样就大大减小了因滑块和导轨之间的摩擦而引起的误差。 （1）下面是实验的主要步骤：安装好气垫导轨，调节气垫导轨的调节旋钮，使导轨水平；向气垫导轨通入压缩空气；把打点计时器固定在紧靠气垫导轨左端弹射架的外侧，将纸带穿过打点计时器与弹射架并固定在滑块1的左端，调节打点计时器的高度，直至滑
17、块拖着纸带移动时，纸带始终在水平方向：使滑块1挤压导轨左端弹射架上的弹性环；把附有橡皮泥的滑块2放在气垫导轨的中间；先_，然后_，让滑块带动纸带一起运动：取下纸带，重复步骤，选出理想的纸带如图b所示；测得滑块1的质量为310g，滑块2(包括橡皮泥)的质量为205g，完善实验步骤的内容。（2）计算可知两滑块相互作用以前系统的总动量为_kgm/s；两滑块相互作用以后系统的总动量为_kgm/s(保留三位有效数字)。（3）试说明（2）中两结果不完全相等的主要原因是_。【答案】 (1). 接通打点计时器的电源 (2). 放开滑块1 (3). 0.620 (4). 0.618 (5). 纸带与打点计时器限
18、位孔有摩擦【解析】 (1)实验时应先接通打点计时器的电源，再放开滑块(2)作用前系统的总动量为滑块1的动量， .作用后系统的总动量为滑块1和滑块2的动量和，且此时两滑块具有相同的速度v， ，(3)存在误差的主要原因是纸带与打点计时器限位孔间有摩擦。点睛：使用打点计时器时，先接通电源后释放纸带；本实验为了验证动量守恒定律设置滑块在气垫导轨上碰撞，用打点计时器纸带的数据测量碰前和碰后的速度，计算前后的动量，多次重复，在实验误差允许的范围内相等，则动量守恒定律得到验证。三、计算题：本题共4小题，共38分。解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答
19、案中必须明确写出数值和单位。15. 如图所示，A是一面积为S0.2 m2、匝数为n100匝的圆形线圈，处在均匀磁场中，磁场方向与线圈平面垂直，磁感应强度随时间变化规律为B(60.02t)T，开始时外电路开关S断开，已知R14 ，R26 ，电容器电容C30F，线圈内阻不计，求： （1）S闭合后，通过R2的电流大小；（2）S闭合一段时间后又断开，在断开后流过R2的电荷量。【答案】（1）0.04 A（2）7.2106C【解析】(1)由题意知|B/t|0.02 T/s (1分)En/tn|B/t|S，1000.020.2 V0.4 V ( 3分)由IE/(R1R2)，得IR2I0.4/(46 )A0.
20、04 A. (2分)(2)S闭合后，电容器两端电压UCU2IR20.046 V0.24 V (2分)电容器带电量QCUC301060.24 C 7.2106C (2分)16. 如图所示，在光滑的水平杆上套着一个质量为m的滑环，滑环上通过一根不可伸缩的轻绳悬吊着质量为M的物体（可视为质点），绳长为l。将滑环固定时，给物块一个水平冲量，物块摆起后刚好碰到水平杆，若滑环不固定，仍给物块以同样的水平冲量，求物块摆起的最大高度。【答案】【解析】试题分析：滑环固定时，由机械能守恒定律可求得物体的初速度；当滑环不固定时，以两物体为研究系统，根据动量守恒及机械能守恒定律列式可求得最大高度设物块获得初速为，则滑
21、环固定时，滑环不固定时，有由，得17. 如图所示，有界的匀强磁场的磁感应强度为B0.05T，磁场方向垂直于纸面向里，MN是磁场的左边界。在磁场中A处放一个放射源，内装，放出某种射线后衰变 成. （1）写出上述衰变方程；（2）若A处距磁场边界MN的距离OA1.0 m时，放在MN左侧边缘的粒子接收器收到垂直于边界MN方向射出的质量较小的粒子，此时接收器距过OA的直线1.0 m。求一个静止核衰变过程中释放的核能有多少？(取1 u1.61027 kg，e1.61019 C，结果保留三位有效数字)【答案】（1）（2）2.041014 J【解析】(1)RaRnHe(2)衰变过程中释放的粒子在磁场中做匀速圆
22、周运动，半径R1.0 m，由2evB得粒子的速度v衰变过程中系统动量守恒，Rn、He质量分别为222 u、4 u，则222 uv4 uv得Rn的速度vv释放的核能E222 uv24 uv2代入数据解得E2.041014J.18. 如图所示，质量为m10.01 kg的子弹以v1500 m/s的速度水平击中质量为m20.49 kg的木块并留在其中。木块最初静止于质量为m31.5 kg的木板上，木板静止在光滑水平面上并且足够长。木块与木板间的动摩擦因数为0.1，求：(g10 m/s2)（1）子弹进入木块过程中产生的内能E1；（2）木块在木板上滑动过程中产生的内能E2；（3）木块在木板上滑行的距离s。
23、【答案】（1）1225J（2）18.75 J（3）s37.5 m【解析】试题分析：（1）子弹击中木块过程子弹与木块系统动量守恒，应用动量守恒定律与能量守恒定律求出产生的内能（2）木块与木板组成的系统动量守恒，由动量守恒定律与能量守恒定律求出产生的内能（3）由能量守恒定律可以求出木块在木板滑行的距离（1）当子弹射入木块时，由于作用时间极短，则木板的运动状态可认为不变，设子弹射入木块后，它们的共同速度为，对组成的系统由动量守恒定律有又由能量守恒有联立以上两式并代入数据得子弹进入木块过程中产生的内能（2）设木块与木板相对静止时的共同速度为，对组成的系统由动量守恒定律有又由能量守恒有联立以上两式并代入数据得木块在木板上滑行过程中产生的内能（3）对组成的系统由功能关系有 解得
