2018-2019学年辽宁省凤城市高二下学期5月联考物理试题 解析版

2018-2019学年辽宁省凤城市高二下学期5月联考物理试题 解析版

‎2018-2019学年度下高二5月份联考 物理试题 一．选择题（本大题共14小题，每小题4分，共56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4分，选对但不全得2分，有选错得0分。)‎ ‎1.贝克勒尔在120年前首先发现了天然放射现象，如今原子核的放射性在众多领域中有着重要作用，下列属于放射性元素衰变的是 A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A反应是原子核的人工转变方程，选项A错误；B反应是α衰变方程，选项B正确；C反应是轻核聚变方程，选项C错误；D反应是重核裂变方程，选项D错误.‎ ‎2.甲、乙两物体沿统一直线运动，运动过程中的位移—时间图像如图所示，下列说法中正确的是（ ）‎ A. 0～6s内甲物体做匀变速直线运动 B. 0～6s内乙物体的速度逐渐减小 C. 0～5s内两物体的平均速度相等 D. 0～6s内存在某时刻两物体的速度大小相等 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ x-t图象为直线表示物体做匀速直线运动，x-t图象的斜率表示速度，斜率大小表示速度大小，斜率正负表示速度方向。‎ ‎【详解】A项：x-t图象为直线表示物体做匀速直线运动，故A错误；‎ B项：x-t图象的斜率表示速度，由图象乙可知，图象的斜率逐渐增大，即速度逐渐增大，故B错误；‎ C项：0-5s甲的位移为5m，平均速度为，乙的位移为-3m，平均速度为：，故C错误；‎ D项：x-t图象的斜率表示速度，由甲、乙图象可知，在0-6内有两处的斜率大小相等，即有两处速度大小相等，故D正确。‎ 故应选：D。‎ ‎3.天文兴趣小组查找资料得知：某天体的质量为地球质量的a倍，其半径为地球半径的b倍，表面无大气层，地球的第一宇宙速度为v。则该天体的第一宇宙速度为（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 物体在地面附近绕地球做匀速圆周运动的速度叫做第一宇宙速度，大小7.9km/s，可根据卫星在圆轨道上运行时的速度公式解得。‎ ‎【详解】设地球质量M，某天体质量是地球质量的a倍，地球半径r，某天体径是地球半径的b倍 由万有引力提供向心力做匀速圆周运动得： ‎ 解得：卫星在圆轨道上运行时的速度公式 ‎ 分别代入地球和某天体各物理量得：‎ ‎，故A正确。‎ 故选：A。‎ ‎【点睛】本题要掌握第一宇宙速度定义，正确利用万有引力公式列出第一宇宙速度的表达式。‎ ‎4. 如图，一半径为R的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高；质量为m的质点自轨道端点P由静止开始滑下，滑到最低点Q时，对轨道的正压力为2mg，重力加速度大小为g．质点自P滑到Q的过程中，克服摩擦力所做的功为（ ）‎ A. mgR B. mgR C. mgR D. mgR ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：据题意，质点在位置P是具有的重力势能为：；当质点沿着曲面下滑到位置Q时具有的动能为：，此时质点对轨道压力为：，由能量守恒定律得到：，故选项C正确。‎ 考点：能量守恒定律、圆周运动 ‎【名师点睛】本题分析的关键是找出质点在初始位置是的机械能和在末位置时的机械能，两个位置机械能只差就等于摩擦力做的功的大小即；但在球末位置时的动能时需要用到圆周运动规律，，由此式可以求出在末位置的速度，也就可以求解此位置的动能大小了。‎ ‎5.如图，大小相同的摆球a和b的质量分别为m和3m，摆长相同，并排悬挂，平衡时两球刚好接触，现将摆球a向左拉开一小角度后释放。若两球的碰撞是弹性的，下列判断正确的是(　　)‎ A. 第一次碰撞后的瞬间，两球的动能大小相等 B. 第一次碰撞后的瞬间，两球的动量大小相等 C. 第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小相等 D. 第一次碰撞后，两球的最大摆角不相同 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】两球在碰撞前后，水平方向不受外力，故水平方向两球组成的系统动量守恒，由动量守恒定律有：mv0=mv1+3mv2，两球碰撞是弹性的，故机械能守恒，即：mv02=mv12+3mv22，解两式得：v1=-，v2=，可见第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小相等；因两球质量不相等，故两球碰后的动量大小不相等，方向相反，动能也不相等，故AB错误，C正确；两球碰后上摆过程，机械能守恒，故上升的最大高度相等，另摆长相等，故两球碰后的最大摆角相同，故D错误。‎ ‎6.如图所示，电路中电源电动势为E，内阻为r，C为电容器，L为小灯泡，R为定值电阻，闭合电键，小灯泡能正常发光．现将滑动变阻器滑片向右滑动一段距离，滑动前后理想电压表V1、V2示数变化量的绝对值分别为ΔU1、ΔU2，理想电流表A示数变化量的绝对值为ΔI，则(　　)‎ A. 电源的输出功率一定增大 B. 灯泡亮度逐渐变暗 C. 与均保持不变 D. 当电路稳定后，断开电键，小灯泡立刻熄灭 ‎【答案】C ‎【解析】‎ A、B项：滑片向右滑动变阻器连入电路的阻值变小，总电阻变小，电流变大，灯泡逐渐变亮，B错；电源输出功率最大时有电源内阻等于外电路电阻，虽然外电路电阻变小，但不能确定是不是接近电源内阻，电源输出功率不一定增大，A错；‎ C项：电压表V1测的为电阻R两端电压，电压表V2测的为路端电压，电注表测的是干路中的电流，所以，，所以均保持不变，故C正确；‎ D项：当电路稳定后，断开电键，小灯泡与电容器组成闭合回路，电容放电，小灯泡不立刻熄灭，故D错误。‎ 点晴：解决本题关键知道定值电阻两端电压与电流（或电压变化与电流变化）之比等于定值电阻阻值，路端电压变化与电流变化之比即为电源的内阻。‎ ‎7.教学用发电机能够产生正弦式交变电流。利用该发电机（内阻可忽略）通过理想变压器向定值电阻R供电，电路如图所示，理想交流电流表A、理想交流电压表V的读数分别为I、U，R消耗的功率为P。若发电机线圈的转速变为原来的，则 A. R消耗功率变为 B. 电压表V的读数为U C. 电流表A读数变为3I D. 通过R的交变电流频率不变 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】线圈在匀强磁场中匀速转动，设线圈的最大横截面积为S，磁场的磁感应强度为B ‎，线圈转动的角速度为ω，则产生的最大电动势为：Em=nBSω；原线圈两端的电压等于电动势的有效值，为：，设原副线圈的匝数比为k，则副线圈两端的电压为：…①;当发电机线圈的转速变为原来的时，有：Em′＝nBSω′＝nBSω＝Em…②；副线圈两端的电压为：…③；联立①③可知，，即电压表的读数变为U；由：，R消耗的电功率：，即R消耗的功率变为P；故B错误，A正确；由变压器的特点可知，副线圈消耗的功率为原来的，则发电机产生的电功率变成原来的；由②可知，线圈产生的电动势是原来的，由P=UI可知，电流表的读数变成原来的．故C错误；发电机线圈的转速变为原来的，则原线圈中电流的频率变成原来的，所以副线圈中，通过R的频率变成原来的．故D错误。‎ ‎8. 一个静止的质点，在0～4s时间内受到力F的作用，力的方向始终在同一直线上，力F随时间t的变化如图所示，则质点在 A. 第2s末速度改变方向 B. 第2s末位移改变方向 C. 第4s末回到原出发点 D. 第4s末运动速度为零 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：0～2s内，加速度方向不变，物体一直做加速运动，2～4s内，加速度方向与速度方向相反，物体沿原方向做减速运动，在第2s末速度方向和位移方向未变．因为0～2s内和2～4s内加速度大小和方向是对称的，则4s末速度为零，在整个运动过程的速度方向不变，一直向前运动．故D正确，ABC错误．故选D．‎ 考点：牛顿第二定律 ‎【名师点睛】本题是加速度时间图象问题，直接能读出加速度的变化情况．根据图象分析物体的运动情况是应具备的能力。‎ ‎9.两个固定的等量异号电荷所产生电场的等势面如图所示，一带正电的粒子以某一速度从图中A点沿图示方向进入电场在纸面内飞行，最后离开电场，粒子只受静电力作用，则粒子在电场中 A. 作直线运动，电势能先变小后变大 B. 作直线运动，电势能先变大后变小 C. 做曲线运动，电势能先变小后变大 D. 做曲线运动，电势能先变大后变小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】根据电场线与等势线垂直可知，在A点电场线方向应与速度v垂直，则粒子所受的电场力与速度v也垂直，粒子做曲线运动。粒子靠近两电荷连线时，电场力做正功，离开两电荷连线时，电场力做负功，则其电势能先变小后变大。故C正确，ABD错误。‎ ‎10.一质点做匀加速直线运动，依次经过A、B、C三点，AB=x1，BC=x2，已知质点加速度为a ‎，质点经过AB和BC段所用时间相等，则质点经过AC段的平均速度为()‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】质点经过AB和BC段所用时间相等，故x2−x1＝aT2，解得，故平均速度为，故C正确，ABD错误。‎ ‎11.如图所示，先后以速度v1和v2匀速把一矩形线圈拉出有界匀强磁场区域，v1＝2v2，在先后两种情况下(　　)‎ A. 线圈中的感应电流之比I1∶I2＝2∶1‎ B. 线圈中的感应电流之比I1∶I2＝1∶2‎ C. 线圈中产生的焦耳热之比Q1∶Q2＝4∶1‎ D. 通过线圈某截面电荷量之比q1∶q2＝1∶1‎ ‎【答案】AD ‎【解析】‎ 试题分析：根据E=BLv，求出线圈中的感应电动势之比，再求出感应电流之比．根据Q=I2‎ Rt，求出线圈中产生的焦耳热之比．根据q=It=，求出通过线圈某截面的电荷量之比 解：A、v1=2v2，根据E=BLv，知感应电动势之比2：1，感应电流I=，则感应电流之比为2：1．故A正确，B错误．‎ C、v1=2v2，知时间比为1：2，根据Q=I2Rt，知热量之比为2：1．故C错误．‎ D、根据q=It=，知通过某截面的电荷量之比为1：1．故D正确．‎ 故选：AD ‎【点评】解决本题的关键掌握导体切割磁感线时产生的感应电动势E=BLv，以及通过某截面的电荷量q=，‎ ‎12.如图所示，在一矩形区域内，不加磁场时，不计重力的带电粒子以某一初速度垂直左边界射入，穿过此区域的时间为t。若加上磁感应强度为B、垂直纸面向外的匀强磁场，带电粒子仍以原来的初速度入射，粒子飞出磁场时偏离原方向60°。利用以上数据可求出下列物理量中的(　)‎ A. 带电粒子的比荷 B. 带电粒子在磁场中运动的周期 C. 带电粒子的初速度 D. 带电粒子在磁场中运动的半径 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ 设磁场的宽度为L，粒子射入磁场的速度v＝，L未知，故C选项错误；粒子运动的轨迹和圆心位置如图所示．‎ 由几何关系知，粒子匀速圆周运动的半径r＝，因不知L，也无法求出半径，故D选项错误；又因为r＝，所以＝＝，粒子运动的周期T＝＝πt，选项A、B正确．‎ ‎13.如图所示，质量均为m的木块A和B用一轻弹簧相连，竖直放在光滑的水平面上，木块A上放有质量为2m的木块C，三者均处于静止状态.现将木块C迅速移开，若重力加速度为g，则在木块C移开的瞬间()‎ A. 弹簧的形变量不改变 B. 弹簧的弹力大小为mg C. 木块A的加速度大小为2g D. 木块B对水平面的压力迅速变为2mg ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 原来系统静止，根据共点力平衡求出弹簧的弹力。在将C迅速移开的瞬间，弹簧的弹力不变，根据牛顿第二定律求出木块A的加速度。对B，由平衡条件分析地面对B的支持力，从而分析出B对地面的压力。‎ ‎【详解】A项：由于弹簧弹力属于渐变，所以撤去C的瞬间，弹簧的形变量不变，故A正确；‎ B项：开始整体处于平衡状态，弹簧的弹力等于A和C的重力，即F=3mg，撤去C的瞬间，弹簧的形变量不变，弹簧的弹力不变，仍为3mg，故B错误；‎ C项：撤去C瞬间，弹力不变，A的合力等于C的重力，对木块A，由牛顿第二定律得：2mg=ma，解得：a=2g，方向竖直向上，故C正确；‎ D项：撤去C的瞬间，弹簧的弹力不变，仍为3mg，对B，由平衡条件得：F+mg=N，解得：N=4mg，木块B对水平面的压力为4mg，故D错误。‎ 故选：AC。‎ ‎【点睛】本题是牛顿第二定律应用中的瞬时问题，要明确弹簧的弹力不能突变，知道撤去C的瞬间，弹簧的弹力不变，结合牛顿第二定律进行求解。‎ ‎14.一简谐横波沿x轴正方向传播，t＝0时刻的波形如图(a)所示，x＝0.40m处的质点P的振动图线如图(b)所示，已知该波的波长大于0.40m，则下列说法正确的是 A. 质点P在t＝0时刻沿y轴负方向运动 B. 该列波的波长一定为1.2m C. 该波传播的速度一定为0.4m/s D. 从t＝0.6s到t＝1.5s，质点P通过的路程为4cm ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】由图（b）可知，t=0时刻，P质点的位移为 cm，在下一时刻，位移大于 cm，所以该质点在t=0时刻的运动方向沿y轴正方向，故A错误；设P点的振动方程：y=Asin（ωt+φ0）；由图b可知，在t=0时刻：y0=cm=2× ；根据质点带动法和波向右传播，得P点位于之间；可得：（或，不合题意），P点的初相位是 ‎，该波的波长：λ＞0.40m，结合图a可知P到O点的距离：，由题意：xp=0.4m；联立可得：λ=1.2m。故B正确；由图（b）可知，解得T=1.8 s，则波速为 ，故C错误；t=0.6 s到t=1.5 s为半个周期，因此质点P通过的路程一定等于振幅的2倍，即4 cm，故D正确；‎ 二．实验题（每空2分共12分）‎ ‎15.在做《研究匀变速直线运动》的实验时，某同学得到一条用打点计时器打下的纸带如图所示，并在其上取了A、B、C、D、E、F、G等7个计数点，每相邻两个计数点之间还有4个点，图中没有画出，打点计时器接周期为T=0.02Ｓ的交流电源．经过测量得：d1=3.62cm，d2=8.00cm，d3=13.20cm，d4=19.19cm，d5=25.99cm，d6=33.61cm.‎ 则计算vF=________ m/s；计算得a=_______m/s2（计算结果均保留两位有效数字）‎ ‎【答案】 (1). 0.72 (2). 0.81‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】每相邻两个计数点间还有4个点，图中没有画出，所以相邻的计数点之间的时间间隔为t=5T。利用匀变速直线运动的推论得： ‎ ‎（3）根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小，得：。‎ ‎16.实验室中,甲和乙两位同学先后用同一套实验仪器来测量某电子产品所用电池的电动势和内阻,其中R、R0分别是电阻箱和定值电阻，实验时甲、乙分别设计了如图(a)和(b)‎ ‎ 所示的两个电路，改变R的阻值以及对应电压表的示数U。实验做完后两同学发现当时没有记下R0的阻值，只能根据实验记录的数据作出关系图像如图（c）和（d）。‎ ‎（1）可以判断图线（c）是利用图_____（填“a”或“b”）中的实验数据描绘的；‎ ‎（2）甲同学得到的图线横截距为，纵截距为，乙同学得到的图线横截距为，纵截距为，则该电池的电动势为___V，内阻____，定值电阻R0=____。（计算结果均保留两位有效数字）‎ ‎【答案】 (1). (1)a (2). (2)4.0； (3). 0.50； (4). 2.5‎ ‎【解析】‎ ‎（1）先观察图c，发现R=0时，有一定数值，随着R增大，增大，即电压表示数减小，显然a图电压表示数会随着R的增大而减小，b图中电压表示数会随着R的增大而增大，故可以判断图c中图线是利用图a的实验数据描绘的；‎ ‎（2）c图对应a电路图，当R=0时，图线在纵轴上的截距表示的是两端电压的倒数，‎ 根据欧姆定律可得，化简可得，将纵横截距代入可得；d图对应b电路图表示=0时即R变为无穷大时，这时电压表测量的就是电源电压，图线在纵轴上的截距表示的是电源电动势的倒数，故 ‎；代入可得，解得 三、计算题 （本题共3小题，满分32分。在答题卷上解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写最后答案不得分，有数值计算的题，答案应明确写出数值和单位。）‎ ‎17.如图所示，AOB是由某种透明物质制成的圆柱体的横截面(O为圆心)．今有一束平行光以45°的入射角射向柱体的OA平面，这些光线中有一部分不能从柱体的AB面上射出．设射到OB面的光线全部被吸收，已知从O点射向透明物质的光线恰好从AB圆弧面上距离B点处射出，求：‎ ‎①透明物质的折射率；‎ ‎②圆弧面AB上能射出光线的部分占AB表面的百分比．‎ ‎【答案】(1) (2)二分之一 ‎【解析】‎ ‎（1）从O点射入的光线，折射角为r，据题得：r=30°‎ ‎ 则透明物质的折射率为： （2）经OA面折射后进入圆柱体的光线均平行，作出光路图如图所示．由光路图可知，入射光线越接近A点，其折射光线在AB弧面上的入射角就越大，越容易发生全反射．设从某位置P点入射的光线，折射到AB弧面上Q点时，入射角等于临界角C，有： ‎ 代入数据解得：C=45° 在△PQO中  α=180°-90°-C-r=15° 所以能射出AB弧面的光线区域对应的圆心角为：β=90°-α-r=45° 所以AB面上能射出光线的部分占AB表面的．‎ ‎18.如图甲所示为学校操场上一质量不计的竖直滑杆，滑杆上端固定，下端悬空．为了研究学生沿杆的下滑情况，在杆顶部装有一拉力传感器，可显示杆顶端所受拉力的大小．现有一学生(可视为质点)从上端由静止开始滑下，5 s末滑到杆底时的速度恰好为零．以学生开始下滑时刻为计时起点，传感器显示的拉力随时间变化的情况如图乙所示，g取10 m/s2.求：‎ ‎(1)该学生下滑过程中的最大速率；‎ ‎(2)滑杆的长度．‎ ‎【答案】(1)vm＝2.4m/s(2) 6.0m ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)根据图象可知0～1 s内，人向下做匀加速运动，人对滑杆的作用力为380 N，方向竖直向下，所以滑杆对人的作用力F1的大小为380 N，方向竖直向上．‎ 以人为研究对象，根据牛顿第二定律有mg－F1＝ma1①‎ ‎5s后静止，m＝＝kg＝50 kg ‎1s末人的速度为：v1＝a1t1②‎ 根据图象可知1s末到5s末，人做匀减速运动，5 s末速度为零，所以人1 s末速度达到最大值．由①②代入数值解得：v1＝2.4 m/s，所以最大速率vm＝2.4m/s.‎ ‎(2)滑杆的长度等于人在滑杆加速运动和减速运动通过的位移之和．‎ 加速运动的位移x1＝t1＝×1m＝1.2m 减速运动的位移x2＝t2＝×4m＝4.8m 滑杆的总长度L＝x1＋x2＝1.2 m＋4.8 m＝6.0m ‎19.如图所示，一条带有圆轨道的长轨道水平固定，圆轨道竖直底端分别与两侧的直轨道相切，半径R=0.5m。物块A以某一速度滑入圆轨道，滑过最高点Q，再沿圆轨道滑出后，与直轨道上P处静止的物块B发生弹性碰撞，P点左侧轨道光滑，右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段长度都为L=0.1m，物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为μ=0.5，A、B的质量均为m=1kg(重力加速度g取10m/s2；A、B视为质点，碰撞时间极短，有阴影的地方代表粗糙段)，碰后B最终停止在第100个粗糙段的末端。求：‎ ‎(1)A刚滑入圆轨道时的速度大小v0；‎ ‎(2)A滑过Q点时受到的弹力大小F；‎ ‎(3)碰后B滑至第n个(n<100)光滑段上的速度vn与n的关系式。‎ ‎【答案】(1)10m/s；（2）150N；（3）vn=m/s,(k100)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先求出滑块每经过一段粗糙段损失的机械能E，进而求得损失的总能量，根据动量守恒和和能量守恒可得A刚滑入圆轨道时的速度大小v0。（2）在最高点Q由机械能守恒求得速度，由牛顿第二定律可得弹力F。（3）算出B滑到第n个光滑段前已经损失的能量，由能量守恒得速度vn与k的关系式。‎ ‎【详解】（1）滑块每经过一段粗糙段损失的机械能E=mgL，解得E=0.5J 设碰后B的速度为vB，由能量关系有：mvB2=100E 设碰后A的速度为vA，A、B碰撞为弹性碰撞，根据动量守恒和和能量守恒有：‎ mv0=mvA+mvB mv02=mvA2+mvB2‎ 解得A刚滑入圆轨道时速度大小v0=10m/s ‎(2)从A刚滑入轨道到最高点Q，由机械能守恒有：‎ mv02=mg2R+mv2‎ 在Q点根据牛顿第二定律得：F+mg=m 解得A滑过Q点时受到弹力大小F=150N ‎（3）B滑到第n个光滑段前已经损失的能量E损=kE 由能量守恒有：mvB2-mvn=kE 解得碰后B滑至第n个(n<100)光滑段上的速度vn与k的关系式:vn=m/s，(k100)‎ ‎ ‎