《解析》湖南省醴陵一中、攸县一中2017-2018学年高二下学期期中联考物理试题含解斩.doc

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1、醴陵一中、攸县一中醴陵一中、攸县一中 20182018 年上期期中高二联考物理试题年上期期中高二联考物理试题一、选择题：本题共一、选择题：本题共 1212 小题，每小题小题，每小题 4 4 分，共分，共 4848 分。在每小题给出的四个选项分。在每小题给出的四个选项中中，第第 1 18 8 题只有一项符合题目要求题只有一项符合题目要求，第第 9 91212 题有多项符合题目要求题有多项符合题目要求。全部选全部选对的得对的得 4 4 分，不全的得分，不全的得 2 2 分，有选错的得分，有选错的得 0 0 分。分。1.物理学的发展极大地丰富了人类对物质世界的认识，推动了科学技术的创新和革命，促进了

2、物质生产的繁荣与人类文明的进步。关于对物理学发展过程中的认识，说法不正确的是（）A.德布罗意首先提出了物质波的猜想，而电子衍射实验证实了他的猜想B.玻尔的原子模型成功地解释了氢原子光谱的成因C.卡文迪许利用扭秤测出了万有引力常量，被誉为能“秤出地球质量的人”D.伽利略利用理想斜面实验，使亚里士多德“重的物体比轻的物体下落的快”的结论陷入困境【答案】D【解析】A、德布罗意首先提出了物质波的猜想，而电子衍射实验证实了他的猜想，故 A 正确；B、波尔的原子模型成功地解释了氢原子光谱的成因，故 B 正确；C、卡文迪许利用扭秤测出了万有引力常量，被誉为能“秤出地球质量的人”，故 C 正确；D、伽利略利用

3、著名的比萨斜塔实验，使亚里士多德“重的物体比轻的物体下落的快”的结论陷入困境，故 D 错误；故说法不正确的是选 D。2.如图所示，物体沿两个半径为 的圆弧由 A 到 C，则它的位移和路程分别为（）A:、，A 指向 C；B、，A 指向 C；C、，A 指向 C；D、，A 指向 C；【答案】C【解析】物体的位移大小为 AC 的长度，根据几何关系可知，方向由 A指向 C，路程为一个半圆周长和一个四分之三圆周长之和，即，C 正确3.一质量为 2kg 的物块在合外力 F 的作用下从静止开始沿直线运动。F 随时间 t 变化的图线如图所示，则（）A.t=1s 时物块的速率为 2m/sB.t=2s 时物块的动量

4、大小为 4kg m/sC.t=3s 时物块的动量大小为 5kg m/sD.t=4S 时物块的速度为零【答案】B【解析】在 02s 时间内，物体做初速度为零的匀变速直线运动，根据牛顿第二定律，可得该过程中的加速度为，t=1s 时的速率为；t=2s 时的速率为，则时物块的动量为，A 错误 B 正确；2-4s，力开始反向，物体做初速度为的匀减速直线运动，根据牛顿第二定律可知该过程中的加速度，所以 3s 时的速度为，动量为，4s 时速度为，CD 错误4.如图所示，一根跨过光滑定滑轮的轻绳，两端各有一杂技演员(可视为质点)，演员 a 站于定滑轮正下方的地面上，演员 b 从图示的位置由静止开始向下摆动，运

5、动过程中绳始终处于伸直状态，演员 b 到定滑轮之间的绳长为 l，当演员 b 摆至最低点时，演员 a 刚好对地面无压力，若演员 a 的质量与演员 b 的质量之比为，则演员 b 摆至最低点时的速度为()A.B.C.D.【答案】A5.某卫星在半径为 r 的轨道 1 上做圆周运动，动能为，变轨到轨道 2 上后，动能比在轨道1 上减少了，在轨道 2 上也做圆周运动，则轨道 2 的半径为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】根据可知，因此从轨道 1 变轨至轨道 2，半径变大，动能变小，则有，解得，故 A 正确，BCD错误。故选 A。【点睛】从轨道 1 变轨至轨道 2，半径变大，动能变小。6.如图，两个轻环

6、 a 和 b 套在位于竖直面内的一段固定圆弧上：一细线穿过两轻环，其两端各系一质量为的小球。在 a 和 b 之间的细线上悬挂一小物块。平衡时，a、b 间的距离恰好等于圆弧的半径。不计所有摩擦。小物块的质量为（）A.B.C.mD.2m【答案】C【解析】设悬挂小物块的点为 O，圆弧的圆心为 O，由于 ab=R，所以三角形 Oab 为等边三角形根据几何知识可得aOb=120，而在一条绳子上的张力大小相等，故有 T=mg，小物块受到两条绳子的拉力作用大小相等，夹角为 120，故受到的合力等于 mg，因为小物块受到绳子的拉力和重力作用，且处于平衡状态，故拉力的合力等于小物块的重力为 mg，所以小物块的质

7、量为 m，故 ABD 错误，C 正确故选 C.点睛：解决本题关键是能根据题目给出的几何关系确认拉小物块的两绳夹角为 120，再根据两个大小相等互成 120两力的合成结论求解即可7.图甲是某人站在力传感器上做下蹲、起跳动作的示意图，中间的 表示人的重心。图个点在图甲中没有画出。取重力加速度。根据图象分析可知（）。A.人的重力为 1500NB.C 点位置人处于超重状态C.e 点位置人处于失重状态D.d 点的加速度小于 f 点的加速度【答案】B【解析】开始时人处于平衡状态，人对传感器的压力是 500N，根据牛顿力平衡可知，人的重力也是 500N，即质量为 50kg，A 错误；c 点时人对传感器的压力

8、大于其重力，处于超重状态，B 正确；e 点时人对传感器的压力大于其重力，处于超重状态，C 错误；人在 d 点，人在 f 点，可知 d 点的加速度大于 f 点的加速度，D 错误【点睛】失重状态：当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加速度；超重状态：当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度。人下蹲过程分别有失重和超重两个过程，先是加速下降失重，到达一个最大速度后再减速下降超重，起立也是如此8.如图所示，等腰三角形内分布有垂直于纸面向外的匀强磁场，它的底边在 x 轴上且长为 2L，高为 L。纸面内一边长为 L 的正方形

9、导线框沿 x 轴正方向做匀速直线运动穿过匀强磁场区域，在 t=0 时刻恰好位于图中所示的位置。以顺时针方向为导线框中电流的正方向，在下面四幅图中能够正确表示电流-位移（I-x）关系的是()A.B.C.D.【答案】B【解析】试题分析：将整个过程分成三个位移都是 L 的三段，根据楞次定律判断感应电流方向由感应电动势公式，l 是有效切割长度，分析 l 的变化情况，确定电流大小的变化情况位移在 0L 过程：磁通量增大，由楞次定律判断感应电流方向为顺时针方向，为正值，则；位移在 L2L 过程：磁通量先增大后减小，由楞次定律判断感应电流方向先为顺时针方向，为正值，后为逆时针方向，为负值，ACD 错误；位移

10、在 2L3L 过程：磁通量减小，由楞次定律判断感应电流方向为逆时针方向，为负值大小，B 正确9.一理想变压器原、副线圈的匝数比为 44:1，原线圈输入电压的变化规律如图甲所示，副线圈所接电路如图乙所示，P 为滑动变阻器的触头。下列说法正确的是()A.副线圈输出电压的频率为 100HzB.副线圈输出电压的有效值为 5VC.P 向左移动时，变压器原、副线圈的电流都减小D.P 向左移动时，变压器的输入功率增加【答案】BC【解析】试题分析：变压器不改变交流电的频率，所以副线圈输出电压的频率为，交流电的有效值为，即原线圈的输入电压为 220V，所以根据公式可得，副线圈的输出电压为 5V，A 错误 B 正

11、确；P 向左移动时，滑动变阻器连入电路的电阻增加，即副线圈的总电阻增大，由于变压器原副线圈匝数不变，所以副线圈的输入电压不变，电阻增大，所以电流减小，根据公式可得原线圈的电流减小，故 C 正确；根据公式可得副线圈的电功率减小，所以变压器的输入功率减小，D 错误。考点：考查了理想变压器，交流电图像10.图甲是光电效应的实验装置图（电源正负极可调换），图乙是用同一光电管在不同实验条件下得到的光电流与加在阳极 A 也阴极 K 上的电压的关系图像，下列说法正确的是()A.由图线、可知在光的颜色不变的情况下，入射光越强，饱和电流越大B.由图线、可知对某种确定的金属来说，入射光的频率越大其遏止电压越大C.

12、当入射光的频率大于极限频率时，频率增为原来的 2 倍，光电子最大初动能也增为 2 倍D.若与图甲实验条件完全相同，当某一频率的光入射时，电流表有示数，当把滑动变阻器的滑片向右滑动时，电流表的示数一定增大【答案】AB【解析】A、在光颜色保持不变的情况下，入射光的频率不变，截止电压不变，由图看出，入射光越强，单位时间内发射出的光电子越多，形成的饱和光电流越大，故 A 正确；B、根据，入射光的频率越高，对应的截止电压 U截越大，故 B 正确；C、根据，当入射光的频率大于极限频率时，会发生光电效应现象，频率增为原来的 2 倍，光电子最大初动能，即不会增为 2倍，故 C 错误；D、当某一频率的光入射时，

13、电流表有示数，已发生光电效应现象，当把滑动变阻器的滑片向右滑动时，光电管两端的电压减小，左边的极板为正极，右边极板为负极，到达极板的光电子数减小，电流表示数减小，故 D 错误；故选 AB。【点睛】考查光电效应现象，理解金属的极限频率的含义，掌握光电效应的条件和光电效应方程，知道最大初动能与遏止电压的关系。11.如图甲所示，Q1、Q2是两个固定的点电荷，一带正电的试探电荷仅在电场力作用下以初速度 Va沿两点电荷连线的中垂线从 a 点向上运动，其 v-t 图象如图乙所示，下列说法正确的是（）。A.两点电荷一定都带负电，但电量不一定相等B.两点电荷一定都带负电，且电量一定相等C.试探电荷一直向上运动

14、，直至运动到无穷远处D.t2时刻试探电荷的电势能最大，但加速度不为零【答案】BD【解析】试题分析：由图可知，粒子向上先做减速运动，再反向做加速运动，且向上过程加速度先增大后减小，而重力不变，说明粒子受电场力应向下；故说明粒子均应带负电；由于电场线只能沿竖直方向，故说明两粒子带等量负电荷；故 AC 错误，B 正确；t2时刻之前电场力一直做负功；故电势能增大；此后电场力做正功，电势能减小；t2时刻电势能最大；但由于粒子受重力及电场力均向下；故此时加速度不为零；故 D 正确；故选 BD考点：v-t 图像，带电粒子在电场中的运动【名师点睛】此题考查了 v-t 图像以及带电粒子在电场中的运动；解决本题的

15、关键根据图象中的运动状态确定受力，再由电场线的性质明确两电荷的性质12.如图，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，这就是大家熟悉的惯性演示实验。若砝码和纸板的质量分别为和，各接触面的动摩擦因数均为，砝码与纸板左端的距离及桌面右端的距离均为。现用水平向右的恒定拉力拉动纸板，下列说法正确的是（）。A.纸板相对砝码运动时，纸板所受摩擦力的大小为B.要使纸板相对砝码运动，F 一定大于C.若砝码与纸板分离时的速度小于，砝码不会从桌面上掉下D.当时，砝码恰好到达桌面边缘【答案】BC【解析】对纸板分析，当纸板相对砝码运动时，所受的摩擦力，A 错误；设砝码的加速度为，

16、纸板的加速度为，则有，发生相对运动需要，代入数据解得，B 正确；若砝码与纸板分离时的速度小于，砝码匀加速运动的位移小于，匀减速运动的位移小于，则总位移小于 d，不会从桌面掉下，C 正确；当时，砝码未脱离时的加速度，纸板的加速度，根据，解得，则此时砝码的速度，砝码脱离纸板后做匀减速运动，匀减速运动的加速度大小，则匀减速运动的位移，而匀加速运动的位移，可知砝码离开桌面，D 错误【点睛】应用摩擦力公式求出纸板与砝码受到的摩擦力，然后求出摩擦力大小根据牛顿第二定律求出加速度，要使纸板相对于砝码运动，纸板的加速度应大于砝码的加速度，然后求出拉力的最小值当时，根据牛顿第二定律分析求出砝码和纸板加速度，结合

17、运动学公式求出分离时砝码的速度，结合速度位移公式求出砝码速度减为零的位置，从而判断出砝码的位置本题考查了求拉力大小，应用摩擦力公式求出摩擦力大小，知道拉动物体需要满足的条件，应用牛顿第二定律与运动学公式即可正确解题二、非选择题：包括必考题和选考题两部分二、非选择题：包括必考题和选考题两部分13.研究小车匀变速直线运动的实验装置如图（a）所示，其中斜面倾角可调。打点计时器的工作频率为 50Hz。纸带上计数点的间距如图（b）所示，其中每相邻两点之间还有 4 个记录点未画出。（1）部分实验步骤如下：A关闭电源，取出纸带B接通电源，待打点计时器工作稳定后放开小车C将小车停靠在打点计时器附近，小车尾部与

18、纸带相连D把打点计时器固定在夹板上，让纸带穿过限位孔上述实验步骤的正确顺序是：_（用字母填写）（2）图（b）中标出的相邻两计数点的时间间隔 T=_s（3）为了充分利用记录数据，减小误差，小车加速度大小的计算式应为 a=_。【答案】(1).DCBA(2).0.1(3).【解析】（1）先连接实验器材，后穿纸带，再连接小车，接通电源，后释放纸带，打点并选择纸带进行数据处理；故顺序为：DCBA。（2）打点计时器的工作频率为 50Hz，每隔 0.02s 打一次电，每相邻两点之间还有 4 个记录点未画出，共 5 个 0.02s，故 T=0.1s。（3）根据x=aT2，加速度的平均值为：，联立以上可得：。1

19、4.在做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验时，所使用的电流表内阻约为几欧姆，电压表的内阻约为十几千欧.根据实验所测 8 组数据，在图甲所示 I-U 坐标系中，通过描点连线得到了小灯泡的伏安特性曲线.请根据你的判断在虚线框中画出实验电路图丙_，并根据电路图在图乙中连线将实物图补充完整_.根据图甲可确定小灯泡功率 P 与和 的关系图象，其中正确的是_若将被测小灯泡与一定值电阻 R 和电源组成如图丙所示的电路，已知电源电动势为 6.0V，内阻为 1.0.现测得电路中的电流为 0.40A，则定值电阻 R 所消耗的电功率_W【答案】(1).(2).(3).D(4).0.64【解析】因描绘小灯泡的伏安特性

20、曲线实验中，小灯泡电阻远小于电压表内阻，电流表应用外接法，又电流从零调到最大值，滑动变阻器应用分压式，故电路图如图所示，根据电路图连接实物图如图所示：由于灯泡的电阻随温度的增加，由功率公式可得：，在图象中，图象的斜率表示电阻的倒数，电阻变大，故图象中斜率应越来越小，AB 错误；在图象中，图象的斜率表示电阻，故斜率变大，C 错误 D 正确；由灯泡的伏安特性曲线可知，灯泡的电流为 0.4A，则电压为 4V；电源的内电压；故定值电阻两端的电压为；故定值电阻的功率【点睛】应明确：1 要根据小灯泡的额定电流或额定电压来选择电流表或电压表的量程 2 以下几种情况滑动变阻器必须采用分压式接法：要求电流从零调

21、或要求电路中电流调节范围足够大；变阻器的全电阻远小于待测电阻；若变阻器采用限流式接法求出电路中的最小电流扔大于电流表的量程注意采用分压式接法时，应选择全电阻小的变阻器，以便于调节15.如图所示，“冰雪游乐场”滑道 O 点的左边为水平滑道，右边为高度 h=3.2m 的曲面滑道，左右两边的滑道在 O 点平滑连接。小孩乘坐冰车由静止开始从滑道顶端出发，经过 O 点后与处于静止状态的家长所坐的冰车发生碰撞，碰撞后小孩及其冰车恰好停止运动。已知小孩和冰车的总质量 m=30kg，家长和冰车的总质量为 M=60kg，人与冰车均可视为质点，不计一切摩擦阻力，取重力加速度 g=10m/s2，求：（1）小孩乘坐冰

22、车经过 O 点时的速度大小；（2）碰撞后家长和冰车共同运动的速度大小；【答案】（1）8.0m/s（2）4.0m/s【解析】（1）设小孩经过 O 点时的速度大小为，小孩乘坐冰车由曲面下滑的过程，由机械能守恒定律有，解得；（2）碰撞过程中小孩和家长（包括各自冰车）组成的系统动量守恒，设碰撞后家长的速度大小为 v1，取向左为正方向，由动量守恒定律得，解得16.如图所示，MN、PQ 为足够长的平行金属导轨，间距 L=0.50m，导轨平面与水平面间夹角=37，N、Q 间连接一个电阻 R=0.5，匀强磁场垂直于导轨平面向上，磁感应强度 B=1.0T.将一根质量 m=0.050kg 的金属棒放在导轨的 ab

23、 位置，金属棒及导轨的电阻不计.现由静止释放金属棒，金属棒沿导轨向下运动过程中始终与导轨垂直，且与导轨接触良好.已知金属棒与导轨间的动摩擦因数，当金属棒滑行至 cd 处时，其速度大小开始保持不变，已知，.求:（1）金属棒沿导轨开始下滑时的加速度大小;（2）金属棒达到 cd 处的速度大小;【答案】（1）（2）【解析】（1）设金属杆的加速度大小为 a，则，解得；（2）设金属棒达到 cd 位置时速度大小为 v、电流为 I，金属棒受力平衡，有，解得17.如图，在平面直角坐标系 xOy 内，第 1 象限存在沿 y 轴负方向的匀强电场，第象限以ON 为直径的半圆形区域内，存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，

24、磁感应强度为 B.一质量为m、电荷量为 q 的带正电的粒子，从 y 轴正半轴上 y=h 处的 M 点，以速度垂直于 y 轴射入电场，经 x 轴上 x=2h 处的 P 点进入磁场，最后以速度 v 垂直于 y 轴射出磁场.不计粒子重力.求:（1）电场强度大小 E;（2）粒子在磁场中运动的轨道半径;（3）粒子离开磁场时的位置坐标.【答案】（1）（2）（3）【解析】（1）在电场中粒子做类平抛运动，设粒子在电场中运动的时间为，则有，根据牛顿第二定律得：，联立式得：；（2）由题意可知，粒子进入磁场时速度也为 v，根据动能定理得：，再根据，联立式得：（3）如图，设粒子离开磁场时的位置坐标为（x、-y），粒子

25、进入磁场时速度 v，与 x 轴正方向的夹角为，由图可得：所以，【点睛】粒子在电场中运动偏转时，常用能量的观点来解决问题，有时也要运用运动的合成与分解粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心、半径及运动时间的确定也是本题的一个考查重点，要正确画出粒子运动的轨迹图，能熟练的运用几何知识解决物理问题18.关于物体的热运动与内能，下列说法正确的是_；A分子间距离增大，分子势能一定增大B气体的温度升高，每个气体分子运动的速率都增加C一定质量的 100的水变成 100的水蒸气，其分子势能增加D当密闭气体的分子热运动剧烈程度减弱，则气体温度降低E一定质量的理想气体放出热量，它的内能可能增加【答案】CDE【解析】当分

26、子之间的距离较小时，它们之间的作用表现为斥力，当距离增大时，分子引力做正功，分子势能减小，A 错误；温度是分子平均动能的标志为统计规律，温度升高时，分子的平均动能增大，但是并不是每个分子的速率都增大，B 错误；一定质量的 100的水变成100的水蒸气时要吸热，内能增大，由于分子动能不变，故其分子势能增加，C 正确；、因温度是分子平均动能的标志，故当密闭气体的分子热运动剧烈程度减弱，则气体温度降低，D 正确；一定质量的理想气体放出热量的同时如果外界对其做功，并且外界做的功大于放出的热量，则它的内能增加，E 正确19.内壁光滑的导热气缸竖直放置，用质量不计、横截面积为的活塞封闭了温度为27的一定质

27、量气体.现缓慢的将沙子倒在活塞上，当气体的体积变为原来的一半时，继续加沙子的同时对气缸加热，使活塞位置保持不变，直到气体温度达到 87.(已知大气压强为，；求加热前密闭气体的压强?求整个过程总共倒入多少质量的沙子?【答案】2.8kg【解析】已知气体做等温变化，根据玻意耳定律，解得；已知，气体做等体积变化，根据查理定律，解得；由平衡条件，解得沙子质量【点睛】解决本题的关键是分析清楚题意明确气体状态变化过程是解题的前提与关键，求出气体状态参量、应用玻意耳定律与查理定律即可解题20.图（a）为一列简谐横波在 t=0.10s 时刻的波形图，P 是平衡位置在 x=1.0m 处的质点，Q是平衡位置在 x=

28、4.0m 处的质点；图（b）为质点 Q 的振动图象，下列说法正确的是_；A在 t=0.10s 时，质点 Q 向 y 轴正方向运动B在 t=0.25s 时，质点 P 的加速度方向与 y 轴正方向相同C从 t=0.10s 到 t=0.25s，该波沿 x 轴负方向传播了 6mD从 t=0.10s 到 t=0.25s，质点 P 通过的路程为 30cmE质点 Q 简谐运动的表达式为（国际单位）【答案】BCE点睛：本题关键是会根据振动情况来判断波的传播方向，抓住振动图象和波动图象之间的内在联系要知道质点做简谐运动时，只有在平衡位置或波峰、波谷处的质点，在 个周期内振动的路程才是 3A21.图示为一光导纤维

29、(可简化为一长玻璃丝)的示意图，玻璃丝长为 L，折射率为 n，AB 代表端面。已知光在真空中的传播速度为 c。（i）为使光线能从玻璃丝的 AB 端面传播到另一端面，求光线在端面 AB 上的入射角应满足的条件；（ii）求光线从玻璃丝的 AB 端面传播到另一端面所需的最长时间。【答案】（i）（ii）【解析】试题分析：（i）设光线在端面 AB 上 C 点（如上图）的入射角为 i,折射角为 r,由折射定律有 sini=nsinr 设该光线射向玻璃丝内壁 D 点的入射角为,为了使该光线可在此光导纤维中传播，应有式中是光线在玻璃丝内发生全反射的临界角，它满足 nsin=1由几何关系得+r=900由得 sini（ii）光在玻璃丝中传播速度的大小为光速在玻璃丝轴线上的分量为光线从玻璃丝端面 AB 传播到其另一端面所需时间为光线在玻璃丝中传播，在刚好发生全反射时，光线从端面 AB 传播到其另一端面所需的时间最长，由式得考点：光的折射定律；全反射.ASDFESAQ!#%FWQQ!QAaaazzx33456#$!%ASDFESAQ!#%FWQQ!QAaaazzx33456#$!%