2018-2019学年贵州省凯里市第一中学高二下学期期中考试物理试题 解析版

2018-2019学年贵州省凯里市第一中学高二下学期期中考试物理试题 解析版

凯里一中2018-2019学年度第二学期半期考试 高二物理试卷 一、选择题(本题共有12个小题，每小题4分，共4分。其中1—8小题为单选，9—12小题多选。多选全选对得4分，选对但选不全得2分，有选增的得0分)‎ ‎1.下列物理学史叙述正确的是 A. 亚里士多德用科学推理论证了重的物体和轻的物体下落一样快 B. 密立根通过油滴实验精确测定了元电荷的电荷量 C. 牛顿提出行星运动三大定律 D. 洛仑兹发明的回旋加速器能在实验室中获得大量的高能粒子 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.伽利略用科学推理论证重物体和轻物体下落一样快，故A错；‎ B.密立根通过油滴实验精确测定了元电荷的电荷量，故B正确；‎ C.开普勒提出行星运动三大定律，故C错误；‎ D.劳伦兹发明了回旋加速器能在实验室中产生大量的高能粒子，故D错；‎ ‎2.关于曲线运动，下列说法正确的是 A. 曲线运动速度方向可以不变 B. 匀速圆周运动的速度不变 C. 匀变速曲线运动，任意相等时间内速度的变化量相同 D. 物体所受合外力一直为零时，物体仍可以做曲线运动 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】AD.曲线运动一定变速运动，速度方向一定变，合力一定不为零，故AD错误；‎ B.匀速圆周运动是速率不变，速度方向时刻改变的运动，故B错误；‎ C.匀变速曲线运动，加速度不变，即相等时间，速度变化量相同，故C正确。‎ ‎3.如图所示，在固定斜面上的一物块受到一外力F的作用，已知F的方向平行于斜面向上，斜面粗糙，且物块在斜面上保持静止，下列判断正确的是 A. 物块一定受到沿斜面向下摩擦力 B. 物块一定受到沿斜面向上的摩擦力 C. 物块可能不受摩擦力 D. 物块一定受到4个力作用 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】F和物块重力沿斜面向下的分力大小不确定，所以物块可能不受摩擦力或可能受到沿斜面向上或向下的摩擦力，故ABD错，C正确。‎ ‎4.如图所示为一物体做直线运动的图像，根据图像做出的以下判断中，正确的是 A. 物体做匀加速直线运动 B. 0—4s的时间内物体的位移为零 C. 物体一直在加速 D. 在t=2s时，物体的速度为零，加速度也为零 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】AC.根据图像可知物体先反向匀减速运动后正方向匀加速运动，故AC错；‎ B.图像面积代表位移，横轴上方为正向位移，横轴下方为负向位移，0-4s内正负位移大小相等，总位移为零，故B对；‎ D.t＝2 s物体有加速度，故D错；‎ ‎5.如图所示，金属杆ab长为l，垂直放置于光滑平行金属导轨上，导轨置于水平面内，导轨的左端接一电阻，阻值为R，金属棒ab的电阻为r，其余电阻不计，整个装置置于匀强磁场中，匀强磁场与导轨所在平面垂直，磁感应强度为B。现施加一水平向右的外力F，让金属棒ab以恒定的速率v水平向右运动，下列叙述正确的是 A. ab杆中电流方向由a到b B. b点电势高于a点电势 C. ab两点的电势差为 D. 施加于金属棒ab的外力大小与安培力大小相等，即 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.导体切割磁感线，由右手定则知感应电流方向由到，故A错；‎ B.由右手定则为正极，为负极，故B错；‎ C.感应电动势，两点电势差为路端电压为，故C错；‎ D.感应电流，匀速运动，所以外力等于安培力：，D正确；‎ ‎6.随着华为手机科技含量日益提高，现在华为手机已成为国际知名手机，最近华为更是推出了5G芯片，该5G芯片里有A、B两个完全相同的电阻，若A通以图甲所示的方波交变电流，B通以图乙所示的正弦交变电流，则通过这两个电阻的电流的有效值之比等于 A. 5:2‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】甲图电流有效值为：，解得：；乙图为正弦交流电，所以有效值：，所以，D正确，ABC错；‎ ‎7.北京时间2019年3月10日0时28分，中国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火衛，成功将中星6C卫星发射升空，卫星进入预定轨道，假设中星6C卫星绕地球做匀速圆周运动，除了引力常量G外，至少还需要两个物理量才能计算出地球的质量。这两个物理量可以是 A. 卫星的速度和周期 B. 卫星的质量和轨道半径 C. 卫星的质量和角速度 D. 卫星的运行周期和地球半径 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.通过可以算出轨道半径，再通过算出地球质量，故A正确；‎ BC.卫星质量为无关量，BC错误 D.不知道轨道半径算不出中心天体质量，故D错；‎ ‎8.如图所示，质量为M、倾角为的光滑斜面静止在光滑的水平地面上，现将质量为m的小物块轻放到斜面上，同时为保证小物块与斜面始终保持相对静止，需给斜面施加一个水平恒力F，则 A. 水平恒力F的方向一定向左 B. 斜面和小物块可能做匀加速运动也可能做匀减速运动 C. 水平恒力的大小等于 D. 小物块的加速度等于 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】由整体法知水平恒力的方向一定向右，整体向右匀加，对物块由牛顿第二定律得加速度，外力，故C正确，ABD错误。‎ ‎9.如图所示，实线为方向未知的三条电场线，从电场中的M点，以相同速度垂直于电场线方向飞出a、b两个带电粒子，他们仅在电场力的作用下运动轨迹如图中的虚线所示，则 A. a一定带负电，b一定带正电 B. 两个粒子的动能均增大 C. a的速度将减小，b的速度将增大 D. a的加速度将减小，b的加速度将增大 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据两粒子的偏转方向，可知两粒子带异种电荷，但无法确定其具体电性，故A错误；‎ BC.由粒子受力方向与速度方向的关系，可判断电场力对两粒子均做正功，两粒子的速度、动能均增大，故B正确，C错误；‎ D.从两粒子的运动轨迹判断，a经过的电场的电场线逐渐变得稀疏，b经过的电场的电场线逐渐变密，说明a的加速度减小，b的加速度增大，故D正确。‎ ‎10.如图所示，理想变压器的原线圈连接一只理想交流电流表，副线圈匝数可以通过滑动触头Q来调节，在副线圈两端连接了定值电阻和滑动变阻器R，P为滑动变阻器的滑动触头。在原线圈上加一电压为U的正弦交流电，则 A. 保持Q的位置不动，将P向下滑动时，电流表读数变小 B. 保持Q的位置不动，将P向下滑动时，电流表读数变大 C. 保持P的位置不动，将Q向上滑动时， 两端电压变小 D. 保持P的位置不动，将Q向上滑动时，变压器输入功率变大 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB.保持Q的位置不动，将P向下滑动时，变压器输出电压不变，R减小，变压器的输出电流增大，匝数比不变，则变压器输出电流增大，故A错，B正确；‎ CD.保持P的位置不动，将Q向上滑动时，变压器输出电压增大，则R0‎ 两端电压变大，变压器输出功率变大，则变压器输入功率变大，故C错，D正确；‎ ‎11.如图所示的装置中，木块B放在光滑的水平桌面上，子弹A以水平速度射入木块后(子弹与木块作用时间极短)，子弹立即停在木块内。然后将轻弹簧压缩到最短，已知本块B的质量为M，子弹的质量为m，现将子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象(系统)，则从子弹开始入射木块到弹簧压缩至最短的整个过程中 A. 系统的动量不守恒，机械能守恒 B. 系统的动量守恒，机械能不守恒 C. 系统损失的机核能为 D. 弹簧最大的弹性势能小于 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB.由于子弹射入木块过程中，二者之间存在着摩擦，故此过程机械能不守恒，子弹与木块一起压缩弹簧的过程中，速度逐渐减小到零，所以此过程动量不守恒，故整个过程中，动量、机械能均不守恒，故AB错误;‎ C.对子弹和木块由动量守恒及能量守恒得，，系统损失的机械能为，故C正确，‎ D.由于子弹和木块碰撞有机械能损失，所以最终弹性势能小于最初的动能，故D正确。‎ ‎12.如图所示，竖直线MN∥PQ，MN与PQ间距离为a，其间存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，O是MN上一点，O处有一粒子源，某时刻放出大量速率均为v(方向均垂直磁场方向)、比荷一定的带负电粒子(粒子重力及粒子间的相互作用力不计)，已知沿图中与MN 成角射入的粒子恰好垂直PQ射出磁场，则下列表述正确的是 A. 粒子做匀速圆周运动的率径为2a B. 粒子做匀速圆周运动的半径为 C. 粒子在磁场中运动的最长时间为 D. 粒子在磁场中运动的最长时间为 ‎ ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB.当θ＝60°时，粒子的运动轨迹如图甲所示，则a＝Rsin 30°，即R＝2a，故B错误，A正确；‎ CD.设带电粒子在磁场中运动轨迹所对的圆心角为α，则其在磁场中运行的时间为 ，即α越大，粒子在磁场中运行时间越长，α最大时粒子的运行轨迹恰好与磁场的右边界相切，如图乙所示，因R＝2a，此时圆心角αm为120°，即最长运行时间为 ，而 ，所以粒子在磁场中运动的最长时间为 ，故C正确，D错误.‎ 二、实验题(本题共有2道小题，共12分。13题4分，14题8分)‎ ‎13.接上题，实验中先接通电源，再释放重物，得到如图所示的一条纸带。在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C，测得它们到起始点O的距离分别为hA、hB、hC。‎ 已知当地重力加速度为g，打点计时器打点的周期为T。设重物的质量为m. 从打O点到打B点的过程中，重物的重力势能变化量ΔEp＝__________，动能变化量ΔEk＝________。‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ ‎【解析】‎ 从打O点到打B点的过程中，重物的重力势能变化量△Ep=-mghB，B点的瞬时速度，则动能的增加量.‎ ‎【点睛】解决本题的关键会通过原理确定器材，以及掌握纸带的处理方法；会通过纸带求解瞬时速度的大小，关键是匀变速直线运动推论的运用．‎ ‎14.在描绘小灯泡的伏安特性曲线实验中，已知小灯泡的额定电压为2.5V。如图甲所示为已连接好的实物图。‎ ‎(1)请根据实物图，在方框内画出对应的电路图。‎ ‎(2)图乙是根据测量的数据，在坐标纸中作出的小灯泡的伏安特性曲线，由图线可知，当小灯泡在额定电压下工作时，其功率是___________W.(保留两位有效数字)‎ ‎(3)由乙图可知在实验中小灯泡的电阻率随着电压的增大而_______(增大、减小、不变)。‎ ‎(4)将该小灯泡与电动势为9.0V、内阻为的直流电源及一个滑动变阻器串联成闭合回路，当滑动变阻器连入电路的阻值为_________时，电源的输出功率最大。‎ ‎【答案】 (1). 1.2 W (2). 增大 (3). 20 Ω ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)根据题图甲可知，该电路采用滑动变阻器分压接法，同时电流表采用了外接法，故电路图如图所示。‎ ‎(2)由题图乙可知，当电压为2.5 V时，电流为0.48 A；功率P＝IU＝1.2 W。‎ ‎(3)图像的斜率变小则电阻变大，故电阻率增大。‎ ‎(4)要使直流电源的输出功率最大，应使内、外电阻相等，则可知，外电阻应为22.5 Ω，此时电路中电流为：，由题图乙可知，对应电压U＝0.5 V，则小灯泡电阻为：；滑动变阻器阻值为：R＝(22.5－2.5)Ω＝20 Ω。‎ 三、计算题：(本题共有2道小题，共25分。15题12分，16题13分)‎ ‎15.右端平滑连接有光滑弧形槽的水平面AB长为L=2m，如图所示，一个质量为m=1kg的木块在F=2N的水平拉力作用下，从水平面上的A端由静止开始向右运动，木块到达B 端时撤去拉力F，已知木块与水平面间的动摩擦因数，取。求:‎ ‎(1)木块沿弧形上升的最大高度h；‎ ‎(2)木块再次返回水平面后，在水平面上滑行的距离s。‎ ‎【答案】(1)0.2 m　(2)2m ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)设木块沿弧形槽上升的最大高度为h，对木块由A端运动到最大高度的过程，由动能定理得:FL－μmgL－mgh＝0，解得，代入数据得h＝0.2 m ‎(2)设木块沿弧形槽滑回B端后在水平面上滑行的距离为s，由动能定理得:‎ mgh－μmgs＝0.，解得 ‎16.如图所示，两光滑金属导轨，接有电阻R，间距为d，导轨放在桌面上的部分是水平的，仅在桌面的区域内有磁感应强度为B，方向竖直向下的匀强磁场，桌面高为H，金属杆ab质量为m，电阻为r，从导轨上距桌面高度为h的地方由静止开始释放，落地点距桌面左边缘的水平距离为s，重力加速度为g，导轨电阻不计，求：‎ ‎(1)整个过程中R上的最大瞬时电流；‎ ‎(2)整个过程中电阻r产生的焦耳热。‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)金属棒刚进入磁场时电流最大，设金属杆刚进入磁场时速度为v0，由机械能守恒定律有：，又由法拉第电磁感应定律有：E＝Bdv0，由闭合电路欧姆定律有： ，联立得： ‎ ‎（2）设金属杆刚离开磁场时速度为v，接着金属杆开始做平抛运动：在竖直方向上有：，在水平方向上有：s＝vt，根据能量守恒有： ，电磁感应过程中电阻r上产生焦耳热为：，联立得：‎ 四、选修题(本题共有2道小题，任选一道，共15分)‎ ‎17.下列说法中正确的是_________。‎ A. 已知水的摩尔质量和水分子的质量，就可以计算出阿伏加德罗常数 B. 布朗运动说明分子在永不停息地做无规则运动 C. 两个分子由很远()距离减小到很难再靠近的过程中，分子间作用力先减小后増大，分子势能不断增大 D. 一定量的气体，在压强不变时，分子每秒对器壁单位面积平均碰撞次数随着温度降低而增加 E. 物体的温度升高，则物体中所有分子的分子动能都增大 ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据：，故A正确；‎ B.布朗运动是微粒的运动，但说明分子在永不停息地做无规则运动，B正确；‎ C.当r＝r0时，分子力为0，两分子从很远到很近，分子力先增大后减小再增大，分子势能先减小后增大，C错误；‎ D.压强不变，温度降低，则体积减小，分子密集程度增大，碰撞次数增加，故D正确；‎ E.物体的温度升高，分子的平均动能增大，并不是所有分子动能都增大，E错误．‎ ‎18.某同学用一端封闭的粗细均匀的U形管(两端等高且横截面积相等)，研究一定质量封闭气体的压强，如图所示，U形管竖直放置，当封闭气柱长为时，两侧水银面的高度差为，大气压强为.(可能用到的数据)‎ ‎①求封闭气体的压强；‎ ‎②该同学用与U形管口径相同量筒往U形管内继续缓慢注入水银，直到右侧水银面恰好与管口相平齐。设环境温度不变，求加入的水银长度。‎ ‎【答案】；‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1） 对右侧水银面由压强分析得：‎ ‎（2）对封闭气体：初态：；末态：，设末态气柱长L2，由波意耳定律得：，由几何关系得：加入水银长度，联立得：‎ ‎19.如图所示，曲轴上挂一个弹簧振子，转动摇把，曲轴可带动弹簧振子上下振动，开始时不转动摇把，让振子自由振动，测得其须率为2Hz，现匀速转动摇把，转速为。则__________。‎ A. 当振子稳定振动时，它的振动周期是 B. 当振子稳定振动时，它的振动频率是4Hz C. 当转速增大时，弹簧振子的振幅增大 D. 当转速减小时，弹簧振子的振幅增大 E. 振幅增大的过程中，外界对弹簧振子做正功 ‎【答案】BDE ‎【解析】‎ ‎【详解】AB.摇把匀速转动的频率，周期 ，当振子稳定振动时，它的振动周期及频率均与驱动力的周期及频率相等，A错误，B正确．‎ CD.当转速减小时，其频率将更接近振子的固有频率2 Hz，弹簧振子的振幅将增大，C错误，D正确．‎ E.外界对弹簧振子做正功，系统机械能增大，振幅增大，故E正确．‎ ‎20.实线和虚线分别是沿x轴传播的一列简谐横波在t1＝0和t2＝0.06 s时刻的波形图．已知在t＝0时刻，x＝1.5 m处的质点向y轴正方向运动．‎ ‎(1)判断该波的传播方向；‎ ‎(2)求该波的最小频率；‎ ‎(3)若3T<0.06 s<4T，求该波的波速大小 ‎【答案】(1)向x轴正方向传播　(2)12.5 Hz　(3)75 m/s ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)由题意可知在t＝0时刻，x＝1.5 m处的质点向y轴正方向运动，则该波向x轴正方向传播．‎ ‎(2)因波的传播具有周期性，设波的周期为T，t2＝0.06 s时刻，则有(下列各式中n＝0，1，2…)‎ ‎ ‎ 得： ‎ 则：‎ 当n＝0时，f最小为：‎ fmin＝Hz＝12.5 Hz.‎ ‎(3)法一：由3T<0.06 s<4T， (n+)T＝0.06 s得：‎ n＝3，T＝0016 s 所以：.‎ 法二：由3T<0.06 s<4T知，n＝3，则波在0.06 s内传播距离为：‎ x＝(3+)λ＝4.5 m ‎.‎ ‎ ‎ ‎ ‎