2018-2019学年云南省玉溪市高二下学期期末考试物理试题 解析版

2018-2019学年云南省玉溪市高二下学期期末考试物理试题 解析版

高二期末考试卷 物 理 一、选择题:‎ ‎1.关于电子、原子的结构和玻尔的原子模型，下列说法正确的是 A. 汤姆孙发现了电子，并通过油滴实验精确地测出了电子的电荷量 B. 卢瑟福通过a粒子散射实验，提出了原子的核式结构模型 C. 贝可勒尔首先发现了X射线 D. 玻尔的原子模型成功地解释了所有的原子光谱 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．汤姆孙发现了电子，密立根通过油滴实验精确地测出了电子的电荷量，选项A错误；‎ B．卢瑟福通过a粒子散射实验，提出了原子的核式结构模型，选项B正确；‎ C．伦琴首先发现了X射线。故C错误。‎ D．波尔的原子模型成功地解释了氢原子的光谱，而不是解释了所有的原子光谱。故D错误。‎ ‎2.为了培养足球人才，全国各地开设了很多足球特色学校。如图所示，某足球特色学校的学生在练习踢球时 A. 脚对足球的作用力大于足球对脚的作用力 B. 足球在水平地面上滚动时慢慢停下来，可能不受阻力作用 C. 足球在水平地面上滚动时,受到地面支持力是由于地面发生了形变 D. 若足球在空中飞行，则其可能不受力 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．脚对足球的力和足球对脚的力是相互作用力，这两个力大小相等，故A错误；‎ B ‎．足球在水平面上停下来，则运动状态发生了变化，而力是改变物体运动状态的原因，所以足球一定受到阻力作用，故B错误；‎ C．地面对足球的支持力，施力物体为地面，所以是因为地面发生了弹性形变而产生的，故C正确；‎ D．任何物体都要受到重力作用，空中飞行的足球也受向下的重力，故D错误；‎ ‎3.我国计划于2021年开展火星上软着陆，以庆祝中国共产党成立100周年。地球绕太阳运行的半长轴比火星绕太阳运行的半长轴小,下列说法正确的是 A. 在相等的时间内，地球与太阳的连线扫过的面积等于火星与太阳的连线扫过的面积 B. 地球绕太阳运行的周期比火星绕太阳运行的周期大 C. 地球绕太阳运行的线速度比火星绕太阳运行的线速度小 D. 地球绕太阳运行的角速度比火星绕太阳运行的角速度大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．地球和火星绕太阳的轨道不同，在相等的时间内，地球与太阳的连线扫过的面积并不等于火星与太阳的连线扫过的面积。故A错误；‎ B．根据开普勒第三定律：所有行星的轨道的半长轴的三次方跟公转周期的二次方的比值都相等。地球绕太阳运行的半长轴比火星绕太阳运行的半长轴小，所以地球绕太阳运行的周期比火星绕太阳的周期小。故B错误；‎ C．把椭圆轨道近似看成是圆轨道，根据，地球绕太阳运行的半长轴比火星绕太阳运行的半长轴小，可以推出地球绕太阳运行的线速度比火星绕太阳运行的线速度大。故C错误；‎ D．把椭圆轨道近似看成是圆轨道，根据，地球绕太阳运行的半长轴比火星绕太阳运行的半长轴小，地球绕太阳运行的角速度比火星绕太阳运行的角速度大。故D正确；‎ ‎4.在光滑绝缘的水平桌面上有一带电的小球，只在电场力的作用下沿x轴 正向运动，其电势能EP随位移x变化的关系如图所示。下列说法正确的是 A. 小球一定带负电荷 B. x1处的电场强度一定小于x2处的电场强度 C. x1处的电势一定比x2处的电势高 D. 小球在x1处的动能一定比在x2处的动能大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据题意知小球在运动过程中电势能逐渐减小，所以电场力做正功，由于不知道电场方向，故不知道电场力和电场线的方向的关系，故小球的带电性质不确定，故A错误；‎ B．图象在某点的切线的斜率大小等于该点的电场强度大小，x1处的斜率小于x2处的，所以x1处的电场强度小于x2处的电场强度，故B正确；‎ C．根据知，小球的电势能减小，但由于小球的电性不确定，所以x1和x2的电势关系不确定，故C错误；‎ D．根据能量守恒知，x1处的电势能大于x2处的电势能，所以x1的动能小于x2的动能，故D错误；‎ ‎5.如图所示，足够长的传送带以恒定的速率v1逆时针运动，一质量为m的物块以大小为v2的初速度冲上传送带，最后又滑回，已知v1＜v2。则物块在传送带上运动过程中合力对物块的冲量大小为 A. 2mv1‎ B. 2mv2‎ C. m(v2-v1)‎ D. m(v1+v2)‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】由于v2>v1，则物块返回到P点的速度大小为v1，根据动量定理可知，合力的冲量.‎ A.2mv1与计算结果不相符；故A项错误.‎ B.2mv2与计算结果不相符；故B项错误.‎ C.m(v2-v1)与计算结果不相符；故C项错误.‎ D.m(v1+v2)与计算结果相符；故D项正确.‎ ‎6.如图所示,质量为0. ‎4 kg的带底座的透明球壳放置在光滑水平面上，球壳内半径为‎5 cm,内壁光 滑。当对球壳施加一水平推力时，放在球壳内、质量为0. ‎2 kg的小球（可视为质点）相对球壳静止, 且距离球壳最低点的高度为‎2 cm,取重力加速度g=‎10 m/s2，则水平推力的大小为 ‎ A. 8 N B. 5.3 N C. 4.5 N D. 3 N ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】小球具有水平向左的加速度，设圆心与小球连线和竖直方向的夹角为θ，分析受力可知：mgtanθ=ma。根据几何关系可知：。研究整体的受力，根据牛顿第二定律可知：F=（m+M）a，联立解得：F=8N。‎ A．8 N，与结论相符，选项A正确；‎ B．5.3 N，与结论不相符，选项B错误；‎ C．4.5 N，与结论不相符，选项C错误；‎ D．3 N，与结论不相符，选项D错误；‎ ‎7.一遥控玩具汽车在平直路上运动的位移一时间图象如图所示,则 下列说法正确的是 A. 前15 s内汽车处于静止状态 B. 前10 s内汽车的加速度为‎3 m/s2‎ C. 20 s末汽车的速度大小为‎1 m/s D. 前25 s内汽车的平均速度大小为0. ‎8 m/s ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．根据位移-时间图象的斜率等于物体的速度，知前10s内汽车做匀速直线运动，加速度为0，10-15s内汽车静止。故AB错误。‎ C．20s末汽车的速度大小等于15-25s内图象的斜率大小，为：，速度的大小为‎1m/s。故C正确。‎ D．前25s内汽车的位移为：△x=‎20m-0=‎20m，平均速度大小为：。故D正确。‎ ‎8.如图所示.水平方向有磁感应强度大小为0.5 T的匀强磁场，匝数为5的矩形线框ab边长为 ‎0.5m。ad边长为‎0.4 m，线框绕垂直磁场方向的转轴OO′匀速转动，转动的角速度为 20rad/s，线框通过金属滑环与阻值为10Ω的电阻R构成闭合回路。t=0时刻线圈平面与 磁场方向平行。不计线框及导线电阻，下列说法正确的是 ‎ A. 线圈中的最大感应电动势为10 V B. 电阻R两端电压的瞬时值表达式u=10sin20t (V)‎ C. 电阻R中电流方向每秒变化20次 D. 电阻R消耗的电功率为5 W ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.线圈中产生的感应电动势的最大值为Em=NBSω=5×0.5×2.5×0.4×20V=50V；故A错误.‎ B.不计线框及导线电阻，则电阻R两端电压的最大值 Um=Em=50V，则电阻R两端电压的瞬时值表达式u=Umcosωt=50cos20t（V）；故B错误.‎ C.交流电的频率为，周期T=0.1s，电流在一个周期内方向变化2次，所以电阻R中电流方向每秒变化20次；故C正确.‎ D.R两端电压的有效值为，R消耗的电功率，解得P=125W；故D错误.‎ ‎9.如图所示，一质量为‎1 kg的物体静止在水平地面上，受到大小为2 N的水平拉力作用后做匀加速直线运动，经5 s后撤去水平拉力，物体共运动10 s停止,取重力加速度g =‎10 m/s2。下列说法正确的是 ‎ ‎ ‎ A. 物体运动过程中受到的摩擦力大小为0. 5 N B. 5 s末物体的动能为12. 5 J C. 物体运动过程中拉力做功为25 J D. 物体运动过程中克服摩擦力做功为12. 5 J ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．0-5s过程中F-f=ma，即2-f=a ① 5s末其速度为：v=at1=‎5a ② 5s到10s过程中：f=ma′=a′③ 因为末速度为零，所以有v=a′•t2=‎5a′④ 由①②③④解得：f=1N，a=a′=‎1m/s2，v=‎5m/s；故A错误；‎ B．5s末的动能为Ek＝mv2＝12.5J，故B正确；‎ C．拉力做功为W′＝F•at12＝2××25＝25J，故C正确；‎ D．运动过程中克服摩擦力做功为W＝f•(at12+ a′t22)=1×25=25J，故D错误；‎ ‎10.如图所示，在光滑绝缘水平面上有一单匝线圈ABCD，在水平外力作用下以大小为v的速度向右匀速进入竖直向上的匀强磁场，第二次以大小为的速度向右匀速进入该匀强磁场，则下列说法正确的是 A. 第二次进入与第一次进入时线圈中的电流之比为1：3‎ B. 第二次进入与第一次进入时外力做功的功率之比为1：3‎ C. 第二次进入与第一次进入时线圈中产生的热量之比为1：3‎ D. 第二次进入与第一次进入时通过线圈中某一横截面的电荷量之比为1：3‎ ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A、设磁感应强度为B，CD边长度为L，AD边长为，线圈电阻为R ‎；线圈进入磁场过程中，产生的感应电动势E=BLv，感应电流，感应电流I与速度v成正比，第二次进入与第一次进入时线圈中电流之比：，故A正确；‎ B、线圈进入磁场时受到的安培力：，线圈做匀速直线运动，由平衡条件得，外力，外力功率，功率与速度的平方成正比，第二次进入与第一次进入时外力做功的功率之比：，故B错误；‎ C、线圈进入磁场过程中产生的热量：，产生的热量与速度成正比，第二次进入与第一次进入时线圈中产生热量之比：，故C正确；‎ D、通过导线横截面电荷量：，电荷量与速度无关，电荷量之比为1：1，故D错误。‎ 故选AC。‎ ‎【点睛】根据切割公式E=BLv求解电动势，由欧姆定律求出感应电流，然后求出电流之比；线框匀速进入匀强磁场，安培力与外力平衡，根据安培力公式求解安培力，再结合平衡条件得到外力，最后根据P=Fv求解外力的功率；由焦耳定律求出线圈产生的热量，然后求出热量之比．由电流定义式求出电荷量间的关系．‎ 非选择题: ‎ ‎（一）必考题： ‎ ‎11.用打点计时器测量重力加速度的实验装置如图所示。当纸带在钩码 带动下向下运动时，打点计时器在纸带上打下一系列的点。‎ ‎（1）该实验中,下列方法有助于减小实验误差的是___________.‎ A.应从纸带上的第一个点迹开始测量、计算 B.选用的钩码的质量应尽可能小些 C.操作时，应先释放纸带，后接通电源 D.打点计时器的上下两限位孔应在同一竖直线上 ‎（2）某同学在正确操作下，选取了一条点迹清晰的纸带，并测得连续三段相邻点的距离，但不 小心将该纸带撕成了三段，并丢失了中间段的纸带，剩余的两段纸带如图所示，其中A、B 两点的距离x1 = ‎9.8 mm,C、D两点的距离x2=‎17.6 mm.已知电源的频率为50 Hz.在打点计时器打下C、D两点的过程中，钩码的平均速度v=_____ m/s.‎ ‎（3）实验测得当地的重力加速度g= ____________‎ ‎【答案】 (1). D (2). 0.88 (3). 9.75‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】第一空．不一定要从纸带上第一个点开始计算验证机械能是否守恒，故A错误；选用的钩码的质量应尽可能大些，密度尽量大一些，可以减小受到的阻力的影响，可减少实验误差，故B错误；操作时，应先接通电源，后释放纸带，以保证纸带充分利用，该次序不能颠倒。故C错误；打点计时器的上下两限位孔应在同一竖直线上，以减小摩擦造成的误差，故D正确。‎ 第二空．电源的频率为50Hz，则T=0.02s，根据平均速度公式可知 ‎ 第三空．中间段的纸带有1个计时点，根据匀变速直线运动的推论△x=aT2可得：‎ xCD-xAB=2aT2，解得a=‎9.75m/s2‎ ‎12.某同学利用图甲所示电路测量一表头的电阻。供选用的器材如下:‎ A.待测表头G1（内阻r1约为300 Ω,量程为5. 0 mA）；‎ B.灵敏电流表G2（内阻r2 =300 Ω,量程为1.0 mA）；‎ C.定值电阻 R(R=1200 Ω)；‎ D.滑动变阻器R1 （最大阻值为10 Ω）；‎ E.滑动变阻器R2 （最大阻值为1000 Ω）；‎ F.电源E（电动势E=1.5 V,内阻不计）;‎ G.开关S,导线若干。‎ ‎（1）请根据图甲所示电路将图乙的实物图补充完整___________。‎ ‎（2）滑动变阻器应选_______（填“R‎1”‎或“R‎2”‎）。开关S闭合前，滑动变阻器的滑片P 应滑动至_______（填"a"或“b"）端。‎ ‎（3）该同学接入定值电阻R的主要目的是_______。‎ ‎（4）实验中某次待测表头G1的示数如图丙所示,示数为__________mA。‎ ‎（5）该同学多次移动滑片P ,记录相应的G1、G2示数I1、I2 ；以I1为纵坐标I2为横坐标，作出相应图线。测得图线的斜率k= 4.8,则待测表头内阻r1=_____Ω。‎ ‎【答案】 (1). 如图所示： (2). R1 (3). b ‎ ‎(4). 保护G2，使两表均能达到接近满偏 (5). 3.40（3.38-3.42） (6). 312.5‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】第一空．参照图甲电路连线，结果如图所示；‎ 第二空、第三空．为方便实验操作，应选择最大阻值较小的滑动变阻R1，滑动变阻器采用分压接法时，为保护电路闭合开关前滑片要置于分压电路分压为零的位置，即滑动变阻器要移到b端；‎ 第四空．由于两电流表内阻相当，但满偏电流相差很大，所以为不致于使指针偏角相差很大，要接入定定值电阻R，其作用是保护G2，使两表均能接近满偏；‎ 第五空．从图丙中读出电流I1=3.40mA；‎ 第六空．根据欧姆定律和并联电路电压相等的关系有：I1r1=I2（r2+R），那么，结合题意图象的斜率，所以。‎ ‎13.如图所示，AMB是一条长L = ‎12 m的绝缘固定水平轨道，A、B为水平轨道的端点， M为其中点，轨道MB处在电场强度方向竖直向上、大小E=1/3×104 N/C的匀强电场中。一质量m=‎0.1kg、电荷量q=1×10‎-4C带正电的滑块（可视为质点）以初速度v0=‎7m/s 在轨道上自A点开始向右运动，经M点进入电场，从B点离开电场。已知滑块与轨道间的 动摩擦因数μ=0. 2，取重力加速度g=‎10 m/s2, sin 37°=0. 6, cos 37°=0. 8。求滑块 ‎（1）到达M点时的速度大小；‎ ‎（2）从M点运动到B点所用的时间。‎ ‎【答案】（1）‎5m/s（2）1.5s ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）滑块从A运动到M，由动能定理得：，‎ 解得：；‎ ‎（2）M点到B点，有：‎ 解得：‎ ‎14.如图所示，光滑的水平平台上放有一质量M=‎2kg，厚度d=‎0.2m的木板，木板的左端放有一质量m=‎1kg的滑块（视为质点），现给滑块以水平向右、的初速度，木板在滑块的带动下向右运动，木板滑到平台边缘时平台边缘的固定挡板发生弹性碰撞，当木板与挡板发生第二次碰撞时，滑块恰好滑到木板的右端，然后水平飞出，落到水平地面上的A点，已知木板的长度l=‎10m，A点到平台边缘的水平距离s=‎1.6m，平台距水平地面的高度h=‎3m，重力加速度，不计空气阻力和碰撞时间，求：‎ ‎(1)滑块飞离木板时的速度大小；‎ ‎(2)第一次与挡板碰撞时，木板的速度大小；（结果保留两位有效数字）‎ ‎(3)开始时木板右端到平台边缘的距离；（结果保留两位有效数字）‎ ‎【答案】(1) (2) v=‎067m/s (3)x=‎‎0.29m ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)滑块飞离木板后做平抛运动，则有：‎ 解得 ‎(2)‎ 木板第一次与挡板碰撞后，速度方向反向，速度大小不变，先向左做匀减速运动，再向右做匀加速运动，与挡板发生第二次碰撞，由匀变速直线运动的规律可知木板两次与挡板碰撞前瞬间速度相等。‎ 设木板第一次与挡板碰撞前瞬间，滑块的速度大小为，木板的速度大小为v 由动量守恒定律有：，‎ 木板第一与挡板碰后：‎ 解得:v=‎0.67m/s ‎(3)由匀变速直线运动的规律：，‎ ‎，‎ 由牛顿第二定律：‎ 解得:x=0.29m ‎【点睛】对于滑块在木板上滑动的类型，常常根据动量守恒定律和能量守恒定律结合进行研究。也可以根据牛顿第二定律和位移公式结合求出运动时间，再求木板的位移。‎ ‎（二）选考题: ‎ ‎［选修 3—3］‎ ‎15.下列说法正确的是 A. 布朗运动是悬浮在液体中的颗粒分子的运动 B. 固体不易拉断是因为分子间有相互的引力 C. ‎25 °C的铁块的分子平均动能一定比‎5 °C的氢气的分子平均动能大 D. 所有的晶体均具有各向异性 E. 浸润液体在细管中上升时,管的内径越小，液体所能达到的高度越高 ‎【答案】BCE ‎【解析】‎ ‎【详解】A．布朗运动是液体或气体中悬浮微粒的无规则运动，它是液体分子无规则运动的反映，故A错误；‎ B．固体不易拉断是因为分子间有相互的引力，故B正确；‎ C．温度是分子平均动能的标志，‎25℃‎的铁块的分子平均动能一定比‎5℃‎的氢气的分子平均动能大，故C正确；‎ D．晶体分为单晶体和多晶体，单晶体具有各向异性，多晶体具有各向同性，故D错误；‎ E．浸润液体在细管中上升时，管的内径越小，液体所能达到的高度越高，故E正确；‎ ‎16.如图所示，导热良好的汽缸的体积为V，横截面积为S，开口向右水平放置，环境的热力学温度为T0时，用一厚度不计的活塞将汽缸分为等体积的左右两部分。当环境温度保持不变时，将汽缸开口向上竖直放置，缸内气体稳定时，体积比水平放置时减小了 .已知大气压强为p0，活塞的厚度不计，活塞与汽缸间的摩擦不计，重力加速度为g.‎ ‎①求活塞的质量m；‎ ‎②缓慢升高环境的温度，求当活塞上升到汽缸口时的环境温度。‎ ‎【答案】(1)m= (2)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】①由玻意耳定律可知：‎ p0× ‎ 汽缸开口向上时气体的压强：‎ p1=p0+‎ 解得:m=‎ ‎②在活塞上升到汽缸口的过程中，气体做等压变化，有：‎ ‎ ‎ 解得:‎ ‎［选修 3—4］‎ ‎17.下列说法正确的是 A. 肥皂泡上出现彩色是由于肥皂水对光的折射造成的 B. 周期性变化的电场可以产生同周期变化的磁场 C. 无线发射和接收中的解调是将待传递的信号加到高频电磁波中的过程 D. 在真空中,红光和绿光的传播速度相等 E. 相对论认为:一条沿自身长度方向高速运动杆，其长度总比杆静止时的长度小 ‎【答案】BDE ‎【解析】‎ ‎【详解】A．肥皂泡上出现彩色是由于光的干涉造成的。故A错误。‎ B．根据麦克斯韦电磁场理论可知，周期性变化的电场可以产生同周期变化的磁场，故B正确。‎ C．将传递的信号从高频载波信号上分离或还原出来的过程叫解调，故C错误。‎ D．在真空中，所有色光的传播速度都相等，故D正确。‎ E．根据相对论尺缩效应可知，一条沿自身长度方向高速运动的杆，其长度总比杆静止时的长度小，故E正确。‎ ‎18.一列简谐横波在t=0时刻的波形如图所示，已知图中P点的振动频率为4 Hz, 且P点正在向y轴负方向运动。求：‎ ‎（1）该简谐波的传播方向及波速 ‎（2）从t=0到t=2 s的时间内，平衡位置在x=‎3 m处的质点通过的路程。‎ ‎【答案】（1）沿x轴正方向传播，‎8m/s（2）‎‎0.64m ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由时的波形图和点的振动方向可知，波沿轴正方向传播，从波形图中可读出波长，由波长、频率、波速的关系，解得：；‎ ‎（2）由题图可知振幅，‎ 周期 质点在内 通过的路程 解得：。‎