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1、湖北省鄂东南省级示范高中教育教学改革联盟校2017-2018学年高二下学期期中考试物理试题一、选择题(本题包括10小题，其中第1-7题为单选题，第8-10题为多选题。每小题5分，共50分.单选题有且仅有一个选项正确，选对得5分，选错或不答得0分，多选题至少有两个选项正确，全部选对的得5分，选不全的得3分，有选错或不答的得0分.)1. 关于近代物理，下列说法正确的是A. 光电效应实验中，从金属表面逸出的光电子的最大初动能与入射光的频率无关B. 放射性元素原子核发生衰变时，产生的射线实质上是原子核外电子抛射出来形成的C. 康普顿效应证明了实物粒子具有波粒二象性D. 玻尔格量子观念引入原子领域，其理
2、论能够解释氢原子光谱的特征【答案】D【解析】光电效应实验中，从金属表面逸出的光电子的最大初动能与入射光的频率有关，与入射光的强度无关，选项A错误；放射性元素原子核发生衰变时，是原子核内的核子发生变化，与核外电子无关，选项B错误；康普顿效应说明了光子具有能量和动量，揭示了光的粒子性，选项C错误；玻尔将量子观念引入原子领域，其理论能够解释氢原子光谱的特征，故D正确；故选D.2. 类比是一种常用的研究方法，我们在直线运动的教学中，由v-t图线和横轴围成的面积求位移的大小从而推出位移公式，借鉴此方法分析下列说法中不正确的是A. 由F-t(力-时间)图线和横轴围成的面积数值上等于对应时间内力的冲量B.
3、由F-S(力-位移)图线和横轴围成的面积数值上等于对应位移内力所做的功C. 由U-I(电压-电流)图线和横轴围成的面积数值上等于对应的电流变化过程中的电功率D. 由I-t(电流-时间)图线和横轴围成的面积数值上等于对应时间内通过导体的电量【答案】C【解析】F-t图线中任意一点的横坐标与纵坐标的乘积等于Ft，即力的冲量，故图象与横轴围成的面积等于对应时间内力的冲量，选项A正确；F-s图线中任意一点的横坐标与纵坐标的乘积等于Fs，即力的功，故图象与横轴围成的面积等于对应位移内力做的功，选项B正确；由U-I（电压-电流）图线，根据公式P=UI可知，根据U与I的坐标值的乘积，求出对应电流做功的功率，故
4、C错误；根据q=It，得由I-t（电流-时间）图线和横轴围成的面积可以求出对应时间内通过导体横截面的电量。故D正确；此题选择不正确的选项，故选C.点睛：本题关键明确在x-y坐标系中，图线和横轴围成的面积为：S=xy；将x-y换成具体的物理量分析即可得出结论例如可以根据此方法求解功、速度改变量等3. 如图所示电路中，A、B为两块竖直放置的金属板，G是一只静电计，开关S合上后，静电计指针张开一个角度，下述做法可使静电计指针张角增大的是A. 使A、B两板靠近一些B. 使A、B两板正对面积错开一些C. 断开S后，使B板向左平移一些D. 断开S后，使A、B正对面积错开一些【答案】D【解析】AB. 开关S
5、闭合，电容器两端的电势差不变，等于电源的电动势，则指针的张角不变。故A错误，B错误；C. 断开S,电容器所带的电量不变,B板向左平移一些,则电容增大,根据U=Q/C知，电势差减小，则指针张角减小。故C错误；D. 断开S,电容器所带的电量不变,A、B的正对面积错开,电容减小,根据U=QC知，电势差增大，则指针张角增大。故D正确。故选：D.点睛：开关S闭合，电容器两端的电势差不变；断开S，电容器所带的电量不变；通过确定电容器两端间的电势差变化判断指针张角的变化4. 如图所示，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，开关S断开，当开关S接通时，下列说
6、法中正确的是A. 通过L1的电流增大B. 原线圈上电流增大C. 副线圈输电线等效电阻R上的电压减小D. 副线厦两端M、N的输出电增大【答案】B【解析】副线圈两端M、N的输出电压有匝数和原线圈两端的电压有关，保持不变；当开关S接通时，相当于增加了负载，副线圈中电阻减小，电流增大，则原线圈中的电流也增大，选项B正确；当副线圈中电流增大，则R上的分压增大，次级电压不变，则灯泡两端的电压减小，故通过灯泡L1的电流减小，故ACD错误；故选B.5. 如图所示电路，电源电动势为E=10V，内阻为=2.0，小型直流电动机线圈内阻=0.5，滑动变阻器R(0-5)，当开关团合后，则下列说法中正确的是A. 当滑动变
7、阻器R=0.5时，电动机和滑动变阻器消耗的功率相同B. 当滑动变阻器R=2.5时，通过电路的电流为2AC. 当滑动变阻器R=1.5时，电源的输出功率最大D. 当通过电路的电流为2.5A时，电源的输出功率最大【答案】D【解析】当滑动变阻器R=0.5时，此时R=r2，则此时滑动变阻器消耗的功率等于电动机的热功率，电动机消耗的功率大于滑动变阻器消耗的功率，选项A错误；当滑动变阻器R=2.5时，若电动机不转时，外电路的总电阻为3,电路总电阻为5，则通过电路的电流为，而当电动机转动时，电路中的电流不等于2A，选项B错误；电源的输出功率最大时，外电路的等效电阻等于内阻，即外电路等效电阻为2，此时电路中的电
8、流为；因电动机在转动，则此时滑动变阻器不等于1.5，选项C错误，D正确；故选D.点睛：此题是关于含电动机的电路问题；注意电动机是非纯电阻，不满足欧姆定律，但是解题时可将电动机进行等效处理.6. 两个不规则带电导体间的电场线分布如图所示，已知导体附近的电场线均与导体表面垂直，a、b、c、d为电场中几个点，并且a、d为紧靠导体表面的两点，选无穷远为电势等点，则A. 场强大小关系有B. 电势大小关系有C. 将一负电荷放在d点时其电势能为负值D. 将一正电荷由a点移到d点的过程中电场力做负功【答案】B【解析】由电场线越密的地方，电场强度越大，由图可得a点的电场线较b点密集，所以有EaEb，故A正确；沿
9、着电场线，电势逐渐降低，b点所处的电场线位于右侧导体的前面，即b点的电势比右侧的导体高，而d点紧靠右侧导体的表面，电势与导体的电势几乎相等，故b点电势高于d点的电势，故B正确；电势能的正负与0势能点的选择有关，该题以无穷远为零电势点，所以d点的电势为负，负电荷放在d点时其电势能为正值。故C错误；从图中可以看出，a点的电势高于b点的电势，而b点的电势又高于d点的电势，所以a点的电势高于d点的电势。正电荷在电势高处电势能大，在电势低处电势能小，故正检验电荷从a点移到d点的过程中，电势能减小，则电场力做正功，故D错误。故选AB.点睛：本题关键是根据电场线及其与等势面的关系判断出电势高低、场强大小关系
10、；同时知道等差等势面越密的地方，电场线也越密；当然也可以由电场力做功的正负来确定电势能的增减7. 如图所示，磁场垂直于纸面向外，磁场的磁感应强度随x按（x0，、k为常量)的规律均匀增大，位于纸面内的圆形线圈处于磁场中，在外力作用下始终保持圆形线圈与x轴平行向右匀速运动。则从t=0到的时间隔内，图中关于该导线框中产生的电流i大小随时间t变化的图像正确的是A. B. C. D. 【答案】A8. 某同学通过抖音短视频学习制作了一个电动机模型，如图所示，把电池放在圆柱形强碰铁上，把“”形线圈放在电池上，线圈可以在电池上绕竖直转轴转动，转动过程中线圈两个电刷A、B始终与磁铁相互接触，下列有关说法正确的是
11、A. 若把磁铁固定，从上往下看，线圈会逆时针转动B. 若把破铁固定，从上往下看，线圈会顺时针转动C. 若把线圈固定，从上往下看，磁铁会逆时针转动D. 若把线圈固定，从上往下看，磁铁会顺时针转动【答案】AD【解析】由图，线圈的左右两边电流向上，右边处在斜向右上方的磁场中，根据左手定则可知右边受安培力向里，同理左边受安培力向外，则若把磁铁固定，从上往下看，线圈会逆时针转动；若把线圈固定，从上往下看，磁铁会顺时针转动，选项AD正确，BC错误；故选AD.9. 在倾角为的斜面上固定两根足够长的光滑平行金属导轨PQ、MN，相距为L，导轨处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下。有两根质量均
12、为m的金属棒a、b，先将a棒垂直导轨放置，用跨过光滑定滑轮的细线与物块c连接，连接a棒的细线平行于导轨，由静止标放c，此后某时刻，将b也垂直导轨放置，a、c此刻起做匀速运动，b棒刚好能静止在导轨上，a棒在运动过程中始终与导轨垂直，两棒与导轨电接触良好，导轨电阻不计。则A. 物块e的质量是mgsinB. b棒放上导轨前，物块c减少的机械能等于a增加的机械能C. b棒放上导轨后，物块减少的机械能等于回路消耗的电能D. b棒放上导轨后，a棒中电流大小是【答案】BD【解析】b棒静止，a、c做匀速直线运动，系统处于平衡状态，由平衡条件得：2mgsin=mcg，解得：mc=2mgsin，故A错误；由能量守
13、恒定律可知，b棒放上轨道之前，系统的机械能守恒，即物块c减少的机械能等于a增加的机械能，故B正确；b棒放上轨道后，b静止、a、c做匀速直线运动，由能量守恒定律可知，物块c减少的重力势能与a增加的重力势能之差等于回路消耗的电能，故C错误；b棒放上轨道后静止，由平衡条件得：BIL=mgsin，解得：，故D正确；故选BD.点睛：从导体棒的平衡展开处理可得各力的大小，从能量守恒角度分析能量的变化是关键，能量转化问题从排除法的角度处理更简捷10. 如图所示，在xoy坐标系第一象限存在垂直于纸面向外的匀强磁场(图中未面出)，磁场强度，有一坐标为(5cm，5cm)电子放射源S可在纸面内360方向均匀发射速度
14、大小相等的电子，电子电荷量为e=1.610-19C，质量为m=9.110-31kg，速度大小为v=1.6106m/s，不计电子的重力，则A. 通过y正半轴的电子离坐标原点O最远的距离为10cmB. 通过y正半轴的电子离坐标原点0最远的距离为10cmC. 通过y正半轴的电子占发射电子总数的25%D. 通过y正半轴的电子占发射电子总数的25%【答案】BC【解析】粒子在磁场中运动的轨道半径 ；由图可知，通过y正半轴离坐标原点O最远的电子轨迹与y轴的交点A与S的距离等于轨迹圆的直径，由几何关系可知离原点O的最远距离为 由图可知，速度方向水平向右的电子轨迹与y轴相切，恰能达到y轴，速度方向水平向左的电子
15、轨迹与y轴也相切，也是恰能达到y轴，则通过y正半轴的电子占发射电子总数的50%，选项C正确，D错误；故选BC.点睛：此题是带电粒子在有界磁场中的运动问题，关键是能找到临界的粒子的轨迹，尤其是知道达到y轴最远点的粒子轨迹的特点，借助几何关系求解.二、实验题(共14分)11. 如图，光滑水平桌面左侧是一个1/4光滑圆弧轨道，小球a、b用细线连接，中间有一被压缩了的轻弹簧，静止放在水平桌面上。烧断细线后，a、b瞬间被弹开，向相反方向运动，a球上升到圆弧轨道上的最高点C点，b球从桌面边缘飞出后落到地面上的D点。(1)若小明利用该装置验证动量守恒定律，需要测量的物理量_.A.用天平测出小球a、b的质量分别为、B.测出C点离桌面的高度C.测出桌面离地面的高度和D点高桌子边缘的水平距高LD.测出当地的重力加速度g(2)该实验只需验证表达式_成立即可验证动量守恒定律。(使用第一问的字母表示)【答案】 (1). ABC (2). 【解析】（1）a球上升到圆弧轨道上的最高点C点，设C点的高度h1，则；b球从桌面边缘飞出后落到地面上的D点，设桌面离地面的高度h2和D点离桌子边缘的水平距离L，则由平抛运动可知，若动量守恒则：，即，即
