湖南省湘东六校浏阳一中株洲二中等2018_2019学年高二物理下学期期末联考试题含解析.doc

《湖南省湘东六校浏阳一中株洲二中等2018_2019学年高二物理下学期期末联考试题含解析.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《湖南省湘东六校浏阳一中株洲二中等2018_2019学年高二物理下学期期末联考试题含解析.doc（14页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、湖南省湘东六校（浏阳一中、株洲二中等）2018-2019学年高二物理下学期期末联考试题（含解析）一、单项选择题（本题共8小题，每小题 4 分，共 32 分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1.关于物理学家及其相应贡献，以下叙述符合物理史实的是A. 牛顿发现了万有引力定律并通过实验测出了万有引力常量B. 安培提出场的概念，并用画电场线、磁感线的方法描述电场和磁场C. 法拉第发现了电磁感应现象，并总结出磁场产生电流的条件D. 汤姆逊通过对粒子散射实验的分析与研究，提出了原子的核式结构模型【答案】C【解析】【详解】牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许通过实验测出了万有引力常量，选项A错

2、误；法拉第提出场的概念，并用画电场线、磁感线的方法描述电场和磁场，选项B错误；法拉第发现了电磁感应现象，并总结出磁场产生电流的条件，选项C正确；卢瑟福通过对粒子散射实验的分析与研究，提出了原子的核式结构模型，选项D错误.2.如图所示是物体在某段运动过程中的v-t图象，在t1和t2时刻的瞬时速度分别为v1和v2。则物体在t1t2运动过程中，下列说法正确的是A. 物体的运动方向不断变化B. 物体运动的位移不断增大C. 物体运动的加速度不断减小D. 物体运动的平均速度大小为【答案】B【解析】【详解】物体在t1t2运动过程中，物体的速度一直为正值，则速度方向不变，选项A错误；v-t图像与坐标轴围城的面

3、积等于物体的位移，可知物体在t1t2运动过程中位移不断增大，选项B正确；v-t图像的斜率等于加速度，则物体运动的加速度不断增大，选项C错误；若物体做匀变速运动，则在t1t2运动过程中的平均速度为；因物体在t1t2运动过程中的位移大于做匀变速直线运动的位移，可知物体运动的平均速度大小大于，选项D错误.3.如图所示，小球A、B通过一条细绳跨过定滑轮连接，它们都套在一根竖直杆上当两球平衡时，连接A、B两球的细绳与水平方向的夹角分别为和2.假设装置中的各处摩擦均不计，则A、B球的质量之比为A. 1：2cosB. 2cos：1C. tan：1D. 1：2sin【答案】A【解析】【详解】设绳子的拉力为T，

4、则对小球A：Tsin=mAg；对B：Tsin2=mBg；联立解得mA：mB=1：2cos，故选A.4.如图，物块A、B在外力F的作用下一起沿水平地面做匀加速直线运动的过程中，下列关于A对地面的滑动摩擦力做功W1和B对A的摩擦力做功W2的说法正确的是A. W10，W20B. W10C. W1=0，W20D. W1=0，W20，故选C.5.在同一竖直直线上的两位置分别沿同方向水平抛出两个小球A和B，其运动轨迹如图所示，不计空气阻力。要使两球在空中相遇，则必须A. 先抛出A球B. 先抛出B球C. 同时抛出两球D. 抛出A球的初速度大于B球的初速度【答案】A【解析】【详解】要是AB相遇，一定是同时到达

5、交点的位置，根据知，A的高度大，A运动的时间要长，所以一定是A先抛出，所以A正确，BC错误。因两球水平位移相同，由可知抛出A球的初速度小于B球的初速度，选项D错误.6.中国古代的“太白金星”指的是八大行星的金星。已知引力常量G，再给出下列条件，其中可以求出金星质量的是A. 金星绕太阳运动的轨道的半径和周期B. 金星的第一宇宙速度C. 金星的半径和金星表面的重力加速度D. 金星绕太阳运动周期及地球绕太阳运动的轨道半径和周期【答案】C【解析】【详解】根据可得可知，已知金星绕太阳运动的轨道的半径和周期可求解太阳的质量，选项A错误；根据可知，已知金星的第一宇宙速度，因金星的半径未知，则不能求解金星的质

6、量，选项B错误；根据可知，已知金星的半径和金星表面的重力加速度可求解金星的质量，选项C正确；根据可知，已知地球绕太阳运动的轨道半径和周期可求解太阳的质量，再已知金星绕太阳运动的周期，只能求解金星绕太阳运转的轨道半径，不能求解金星的质量，选项D错误.7.如图所示，理想变压器的输入端接正弦交流电，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，电键K断开。当K接通时，以下说法中正确的是A. 副线圈的两端M、N的输出电压减小B. 副线圈输电线等效电阻R上的功率减小C. 通过灯泡L1的电流不变D. 理想变压器的输入功率增大【答案】D【解析】【详解】变压器输入电压和匝数比都

7、不变，根据电压与匝数成正比，可知副线圈的两端M、N的输出电压不变，故A错误；K接通时负载总电阻减小，输出电压又不变，所以副线圈中电流变大，则副线圈输电线等效电阻R上的功率增大，故B错误；电阻R上的电压增大，灯泡L1两端的电压减小，所以通过灯泡L1的电流减小，故C错误；次级电流变大，则次级消耗的功率变大，则理想变压器的输入功率增大，故D正确；8.如图所示，竖直平面内有一圆周，其圆心为O，直径AB和CD相互垂直，电荷量均为Q的异种点电荷放在关于CD对称的圆周上，它们所在半径的夹角为120下列说法正确的是A. A点与B点的场强相同B. 点C与点D的场强大小之比为C. 将一点电荷从D点移动到C点的过程

8、中，电场力先减小后增大D. 将一负点电荷从A点移至B点，电势能增加【答案】D【解析】【详解】由对称性以及场强叠加原理可知，A点与B点的场强大小相同，方向不同，选项A错误；根据矢量合成法则，C点场强为，D点的场强为，点C与点D的场强大小之比为3：1，故B错误；因DC是两电荷连线的中垂线，可知从D到C场强先增加后减小，则将一点电荷从D点移动到C点的过程中，电场力先增大后减小，选项C错误；因A点的电势高于B点，负电荷在高电势点的电势能较小，可知将一负点电荷从A点移至B点，电势能增加，选项D正确.二、多项选择题（本题共 4小题，每小题 4分，共 16 分全部选对的得 4分，选对但不全的得 2 分，有错

9、选的得 0 分）9.两个质量分别为m1=1kg,m2=2kg的物体A、B静止在光滑的水平地面上，中间用一轻质弹簧将两物体连接。如图所示，现用两个水平力推力F1=10N，F2=40N，分别作用在物体A、B上，则A. 弹簧的弹力为25NB. 弹簧的弹力为20NC. 在突然撤去F1的瞬间，A的加速度为30m/s2D. 在突然撤去F2的瞬间，A的加速度为10m/s2【答案】BD【解析】【详解】对AB的整体，由牛顿第二定律：解得a=10m/s2，则对A：，解得F=20N，则选项A错误，B正确；在突然撤去F1的瞬间，弹簧的弹力不变，则此时A的加速度为，选项C错误；在突然撤去F2的瞬间，因弹簧的弹力不变，则

10、此时A所受的合外力不变，则A的加速度仍为10m/s2，选项D正确.10.如图所示，在光滑水平面内建立一直角坐标系xoy，一质量m=1kg的小球以1m/s的初速度沿x轴正向做匀速直线运动。小球经过坐标原点O时（此时t=0）,撤去沿y轴负方向，大小F=1N的恒力，保持其他力不变。在t=0时刻之后，关于小球的运动，下列说法正确的是A. 做匀变速曲线运动B. 在任意相等的时间内，小球的速度变化相同C. 经过x、y坐标相同位置时所用的时间为1sD. 在t=1s时，小球的动能为1J【答案】ABD【解析】【详解】撤去沿y轴负方向，大小F=1N的恒力，保持其他力不变，可知小球所受的合力沿y轴正向且合力恒定，小

11、球的加速度恒定不变，且与初速度垂直，可知小球做匀变速曲线运动，选项A正确；因加速度不变，则根据v=at可知在任意相等的时间内，小球的速度变化相同，选项B正确；小球沿y轴正向的加速度为，则，x方向：x=v0t，则当x=y时解得t=2s，选项C错误；在t=1s时，vy=at=1m/s，则此时小球的速度，则小球的动能为，选项D正确.11.如图所示，在倾角为37的光滑斜面上，质量为1kg的滑块从a点由静止开始下滑，到b点接触一轻弹簧，滑块压缩弹簧到最低点c后，又被弹回。已知ab=0.6m，bc=0.4m，g=10m/s2，则滑块下滑过程中 A. 滑块和弹簧所组成的系统机械能守恒B. 滑块的最大动能为3

12、.6 JC. 弹簧的最大弹性势能为3.6 JD. 滑块克服弹簧的弹力做了6 J的功【答案】AD【解析】【详解】整个过程中滑块和弹簧组成的系统只有重力或弹力做功，所以系统的机械能守恒，故A正确；滑块滑到b点时的动能为：，小球到达b点后仍会加速向下运动一段距离，直到弹力和重力沿斜面向下的分量相等时速度最大，此时动能最大，则小球的最大动能大于3.6J，选项B错误；小球到达c点时弹性势能最大，此时弹簧克服弹力做功为：，可知最大弹性势能大于3.6J，选项C错误，D正确；12.如图所示，光滑水平桌面上固定一根通有恒定电流的直导线，一圆形金属线框在一平行水平桌面的外力作用下，沿虚线方向从a匀速运动到b的过程

13、中，则下列说法中正确的是A. 金属线框内感应电流为顺时针时针方向B. 拉力大小恒定不变C. 拉力方向与速度方向无关D. 拉力方向与速度方向相同【答案】AC【解析】【详解】线框沿虚线方向从a匀速运动到b的过程中，穿过线圈的磁通量向里减小，根据楞次定律可知，线框内感应电流为顺时针时针方向，选项A正确；线圈远离直导线的过程中，线圈所处位置的磁场逐渐减弱，线圈中的感应电流逐渐减小，可知线圈所受的安培力逐渐减小，拉力的大小逐渐减小，选项B错误；由于线圈远离直导线运动的过程中，线圈的各个部分的感应电流大小相等，而距离直导线较近处所受的安培力较大，结合楞次定律“来拒去留”可知线圈所受的安培力垂直于直导线向左

14、，可知线圈所受拉力的方向垂直直导线向右，与与速度方向无关，选项C正确，D错误.三、实验题（共14分， 13题4分，14题8分）13.某实验小组利用打点计时器探究匀变速直线运动规律所得出的一条纸带。图中的纸带上A、B、C为三个计数点，每两个计数点间还有打点计时器所打的4个点未画出，打点计时器使用的是50Hz交流电源，测得AB两点间的距离为S1=3.27cm，AC两点间的距离为S2=8.00cm，则小车此次运动经B点时的速度vB=_m/s，小车的加速度a =_m/s2；（保留三位有效数字）【答案】 (1). 0.400 (2). 1.46【解析】【详解】由纸带可知两个计数点之间有5个时间间隔，因此

15、其时间为：T=50.02s=0.1s；在匀变速直线运动中，时间中点的瞬时速度大小等于该过程中的平均速度大小，因此有： 根据逐差法x=aT2得：14.测量小灯泡的伏安特性曲线实验中，可选用的仪器有：A小灯泡，规格为“2.4V、1.0W”；B直流电源，输出电压为6V；C电压表3V，内阻大约1k；D电压表6V，内阻大约2k；E电流表0.6A，内阻大约1；F电流表1A，内阻大约1；G滑动变阻器，总电阻5；H滑动变阻器，总电阻500；I开关、导线若干（1）实验中电压表应选用_，电流表应选用_；滑动变阻器应选用_（填代号）；（2）请在方框内画出实验电路图【答案】 (1). C (2). E (3). G

16、【解析】【详解】（1）灯泡额定电压是2.4V，则电压表选C；灯泡额定电流为I=0.42A，则电流表选E由于实验要求电流从零调，所以变阻器应采用分压式接法，应选择全电阻小的变阻器，即选G（2）灯泡正常发光时电阻R=5.76，灯泡电阻远小于电压表内阻，则电流表采用外接法，由于实验要求电流从零调，所以变阻器应采用分压式接法，电路如图：四、解答题（共40分，要求写出必要的公式和解答过程）15.如图所示，质量为2 kg的物体放在水平地面上，在大小为10 N的倾斜拉力的作用下，物体由静止开始做匀加速直线运动，6 s末的速度是3 m/s，已知拉力与水平面方向成37的仰角，g取10 m/s2，sin 370.

17、6.求（1）物体运动的加速度；（2）物体和地面之间动摩擦因数【答案】（1）0.5m/s2（2）0.5【解析】【详解】（1）由a=得： a=0.5m/s2 （2）由牛顿第二定律可知: Fcos-Ff=ma FN+Fsin=mg Ff= FN 解得：=0.516.如图所示,固定的半径为R=1.25m的1/4光滑圆弧面与质量为6kg的小车B的上表面平滑相接,一个质量为4kg的滑块A从圆弧顶端静止释放,滑块A可看做质点。最终A没有从小车B上滑出。已知滑块A与小车B的动摩擦因数为=0.5,小车B与水平地面的摩擦忽略不计,取g=10m/s2。求: （1）物块A滑到圆弧底端时对圆弧的压力大小; （2）小车最

18、终的速度大小； （3）小车B的最小长度。【答案】（1）120N,（2）2m/s（3）1.5m【解析】【详解】（1）设滑块A滑倒圆弧末端时的速度大小为v0 由机械能守恒有：mAgh=mAv02代入数据得出：v0= 轨道对物块的压力竖直向下，由牛顿第二定律得：FN-mg=m解得： FN=120N 由牛顿第三定律可知，物块对轨道压力大小为 F=120N,方向竖直向上（2）设A、B最终的共同速度为v,取向右为正方向，滑块A与B组成的系统动量守恒，则有 mAv0=(mA+mB)v代入数据计算得出v=2m/s （3）设车B的最短长度为L，根据能量守恒定律有：(mA+mB)gL=mAv02- (mA+mB)

19、v2 解得：L=1.5m17.如图所示,导体框内有一垂直于框架平面的匀强磁场,磁场的磁感应强度为B=2T,框架中的电阻R1=3,R2=2,导体棒AB在磁场中的长度L=0.5m,电阻r=0.8。当AB棒以速度v=10m/s沿着导体框匀速移动时,求:（1）AB棒所需外力F；（2）R1的电功率P。【答案】（1）5N（2）12W【解析】详解】（1）根据法拉第电磁感应定律得：E=BLv=20.510V =10V 由R1和R2的并联电路知：R总=R12+r=2F=BIL=5N （2）因为两电阻上电压相等，故电流之比与电阻之比成反比，即：I1=I=2A 可得R1的功率P=I12R=12W18.如图所示，在平

20、面直角坐标系xoy的一、二象限内，分别存在以虚线OM为边界的匀强电场和匀强磁场。匀强电场方向沿y轴负方向，匀强磁场方向垂直于xoy平面向里，虚线OM与x轴负方向成45角。一质量为m、电荷量为+q的带电粒子从坐标原点O处以速度v0沿x轴正方向运动，粒子每次到x轴将反弹，每次反弹水平分速度不变、竖直分速度大小均减为反弹前的倍、方向相反。电场强度大小为，磁感应强度大小为，求：（不计粒子重力，题中各物理量单位均为国际单位，计算结果可用分式表示）（1）带电粒子第一次离开磁场的位置坐标；（2）带电粒子从开始运动到最后一次离开磁场所需时间；【答案】（1）（-d,d） （2） 【解析】【详解】（1）设磁场强度大小为B，粒子第一次进入磁场，根据左手定则和已知条件可知，粒子做的圆周运动后经过 OM，粒子在磁场中做圆周运动有 可得 r=由此可知，粒子第一次离开磁场的位置坐标为（-d，d） （2） 粒子第一次进入电场后加速运动到x轴，设速度为v1，有： 可得：v1=而粒子第一次与x轴碰撞后，反弹速度为 ，设粒子能再次进入磁场，切第二次进入速度为v2，则有，可得：v2=由此可知，先后两次进入磁场，进一步经分析判断可知，粒子再次进入磁场后，做的圆周运动，其速度大小变化但周期不变，之后一直在电场中运动故带电粒子在磁场中运动的时间为： 两次经过磁场的之间在电场中运动的时间为:因此一共需要的时间- 14 -