湖北省襄阳市2018-2019学年高二物理下学期期末考试试题（含解析）.doc

湖北省襄阳市2018-2019学年高二物理下学期期末考试试题（含解析）一、选择题(本部分共10小题，每小题5分，共50分。其中第7、8、9、10题为多项选择题，其余为单项选择题。选修3-3和选修3-4请选做一题。)1.物理学家通过艰辛的实验和理论研究探究自然规律，为人类的发展做出了巨大的贡献，下列说法正确的是A. 哥白尼大胆反驳地心说提出了日心说，并认为行星沿椭圆轨道运动B. 奥斯特发现了电流的磁效应并提出了分子电流假说C. 法拉第发现了电磁感应现象并总结出判断感应电流方向的规律D. 玻尔的原子理论第一次将量子观点引入原子领域【答案】D【解析】【详解】A哥白尼大胆反驳地心说，提出了日心说，开普勒发现行星沿椭圆轨道运行的规律；故A错误.B奥斯特发现了电流的磁效应，安培提出了分子电流假说；故B错误.C法拉第发现了电磁感应现象，楞次总结出了判断感应电流方向的规律；故C错误.D玻尔的原子理论包括轨道量子化、能量量子化和能量差量子化，第一次将量子观点引入原子领域；故D正确.2.如图所示，一轻弹簧左端固定在竖直墙壁上，右端自由伸长，一滑块以初速度v0在粗糙的水平面上向左滑行，先是压缩弹簧，后又被弹回。已知滑块与水平面间的动摩擦因数为，以地面为零势能面则从滑块接触弹簧到将弹簧压缩到最短的过程中，滑块的加速度a、动能Ek、系统的机械能E和因摩擦产生的热量Q与弹簧形变量x间的关系图象正确的是A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】A设滑块受到的摩擦力为f，弹簧的弹力：F=kx，选取初速度的方向为正方向，则滑块的加速度：，可知a与x的关系是不过坐标原点的直线；故A错误；B当弹簧的压缩量为x时，弹簧的弹性势能：，所以滑块克服弹簧的弹力做功：，克服摩擦力做功：Wf=-fx。对滑块由动能定理可得：，即:，为x的二次函数，是一条曲线；故B错误；C滑块克服弹簧做的功转化为弹簧的弹性势能，所以系统的机械能：E=Ek0-fx，即系统的机械能与x之间的关系为斜率为负的一次函数；故C正确；D因摩擦产生的内能为：Q=fx，是过坐标原点的倾斜直线；故D错误。3.如图所示、水平绳OA系在墙上，倾斜绳OB系在天花板下，O点用一绳系一带正电的小球，小球质量为m，带电量为q，整个装置置于竖直向下的匀强电场中，当电场强度大小不变，电场方向沿顺时针方向转到水平向左的过程中，则A. OA绳的拉力增大，OB绳的拉力减小B. OA绳的拉力减小，OB绳的拉力减小C. OA绳的拉力先增大后减小，OB绳的拉力减小D. OA绳的拉力先增大后减小，OB绳的拉力先增大后减小【答案】C【解析】【详解】设电场力与竖直方向的夹角为，OB与竖直方向的夹角为，以结点O和小球整体为研究对象，竖直方向根据平衡条件可得：，解得：，不变，随着的增大，TB逐渐减小；故D错误.水平方向根据平衡条件可得，其中，()，不变，当+=90时TA最大，故TA先增大后减小，故A、B项错误，C正确。4.如图所示，三根相互平行的长直导线a、b、c垂直于纸面固定，其中a、b间距为10cm，b、c间距为8cm，a、c间距为6cm，分别通入电流I1，I2和I3后，c导线所受安培力恰好与ab边平行，已知通电导线在周围某点所产生的磁感应强度大小满足B=k，则下列说法正确的是A. I1和I2电流方向相同，大小之比为B. I1和I2电流方向相反，大小之比为C. 若电流I3的方向垂直纸面向外，则导线c所受的安培力一定向右D. 若电流I3方向垂直纸面向里，则导线c所受的安培力一定向右【答案】B【解析】【详解】AB根据通电平行直导线间的相互作用规律可知，若I1和I2的电流方向相同，则a、b对c的安培力方向不会与a、b连线平行.因此I1和I2的电流方向相反，根据平行四边形定则作图，如图所示：则又 Fa=BaI3L，Fb=BbI3L，其中rac=6cm，rbc=8cm，联立解得；故A错误，B正确.CD若电流I3的方向垂直纸面向外或向内，由于a、b的电流方向未知，不能确定导线c所受的安培力方向，故C,D均错误.5.质量为m的小球在竖直向上的恒力F作用下由静止开始向上匀加速运动，经时间t运动到P点，撤去F又经时间t小球回到出发点，速度大小为v，不计阻力，已知重力加速度为g，则下列判断错误的是A. 撤去力F时小球的动能为B. 小球上升的最大高度为C. 拉力F所做的功为D. 拉力的最大功率为【答案】A【解析】【详解】A拉力F作用时，由动能定理得：，解得： ，小球此时的动能 ；故A错误；B撤去力F后小球上升的高度为h，由动能定理得：，解得小球上升的最大高度：，故B正确。C拉力F作用时，设小球上升的加速度大小为a，末速度大小为v，小球上升的高度：，小球速度：v=at，撤去外力后：，解得：，对全过程，由动能定理得：；故C正确；D拉力F的最大功率：，故D正确。6.如图所示，一半径为r的圆环上均匀分布着电荷，在垂直于圆环且过圆心c的轴线上有a、b、d三个点，a和b、b和c、c和d间的距离均为R，在a点处有一电荷量为q(q0)的固定点电荷。已知d点处的场强为零，静电力常量为k，则A. 圆环可能带正电B. c点的场强为C. b点场强为D. 圆环在d点产生的场强大小为【答案】C【解析】【详解】AD电荷量为q的点电荷在d处产生电场强度为，向右；d点处的场强为零，故圆环在d处产生的场强为：，向左，故圆环带负电荷，故A错误，D错误；B结合对称性和矢量合成法则，圆环在c点产生的场强为零；电荷q在c点产生的场强为，向右；故c点的场强为，向右；故B错误；C结合对称性，圆环在b处产生的场强为：，向右；点电荷q在b处产生的场强为，向右；故b点场强为：，向右；故C正确.7.有一个铜盘，轻轻拨动它，能长时间的绕轴自由转动，如果在圆盘转动时把条形磁铁的N极放在圆盘边缘的正上方，但并不与圆盘接触，则下列说法正确的是A. 铜盘中既有感应电动势，又有感应电流B. 铜盘的转动不受磁铁的影响C. 铜盘受到磁铁影响越转越慢D. 若换为S极，则越转越快【答案】AC【解析】【详解】AB当铜盘转动时，切割磁感线，产生感应电动势，由于电路闭合，则出现感应电流；故A正确，B错误。C处于磁场中的部分圆盘会受到安培力作用，此力阻碍铜盘转动，使得铜盘越转越慢直至停止，故C正确；D磁盘的转动跟磁铁的N、S极的方向无关，故D错误。8.如图所示，图甲中变压器为理想变压器，电流表和电压表均为理想电表，负载电阻R=55，若原线圈接入如图所示正弦交变电压，若电压表的示数为110V，则A. 原、副线圈匝数比为2：1B. 副线圈中交变电压的频率为100HzC. t=0.0ls时，电流表示数为零D. t=0.015s时，电压表示数为110V【答案】AD【解析】【详解】A原线圈电压有效值，电压表的示数为110V，即副线圈两端电压为U2=110V，原、副线圈匝数比为；故A正确；B经过变压器后电压的频率是不变的，根据图象可知，输出电压的频率为；故B错误；C根据电路图可知，电阻R的电压为110V，电阻为55，所以通过电阻R的电流,电流表示数为有效值，始终为2A，故C错误；D电压表的示数为有效值，始终为110V，故D正确。9.如图甲所示，光滑“”型金属支架ABC固定在水平面里，支架处在垂直于水平面向下的匀强磁场中，一金属导体棒EF放在支架上，用一轻杆将导体棒与墙固定连接，导体棒与金属支架接触良好，磁场随时间变化的规律如图乙所示，则下列说法正确的是（ ）A. 时刻轻杆对导体棒的作用力最大B. 时刻轻杆对导体棒的作用力为零C. 到时间内，轻杆对导体棒的作用力先增大后减小D. 到时间内，轻杆对导体棒的作用力方向不变【答案】BC【解析】【详解】A、时刻磁感应强度的变化率为零，因此回路中的感应电流为零，导体棒受到的安培力为零，因此轻杆对导体棒的作用力为零，A项错误；B、时刻磁感应强度的变化率，则回路中的感应电流不为零，但磁感应强度为零，因此导体棒受到的安培力为零，轻杆对导体棒的作用力为零，B项正确；C、时刻杆对导体棒作用力为零，时刻杆对导体棒的作用力也为零，到的过程中安培力不为零，因此轻杆对导体棒的作用力先增大后减小，C项正确；D、到时间内，磁感应强度增大，因此回路有收缩的趋势，导体棒受到的安培力向左，轻杆对导体棒的作用力向右，同理分析，到时间内，杆对导棒的作用力向左，D项错误。故选BC。【点睛】本题考查电磁感应定律感生模型的动态分析，分析B-t图象，其斜率表示磁感应强度的变化率，要注意区分磁通量与磁通量的变化率，二者并无决定性关系，正确分析图象是解题关键。10.一定量的理想气体从状态a开始，经历等温或等压过程ab、bc、cd、da回到原状态，其pT图象如图所示，其中对角线ac的延长线过原点O.下列判断正确的是A. 气体在状态a时的内能大于它在状态c时的内能B. 在过程cd中气体向外界放出的热量大于外界对气体做的功C. 在过程da中气体从外界吸收的热量小于气体对外界做的功D. 在过程bc中外界对气体做的功等于在过程da中气体对外界做的功【答案】AD【解析】【详解】A理想气体在状态a的温度大于状态c的温度，理想气体的内能只与温度有关，温度高，内能大，故气体在状态a时的内能大于它在状态c时的内能，故A正确；B在过程cd中温度不变，内能不变U=0，等温变化压强与体积成反比，压强大体积小，从c到d体积减小，外界对气体做正功 ，根据热力学第一定律 ，所以W=|Q|，所以在过程cd中气体向外界放出的热量等于外界对气体做的功，故B错误；C在过程da中，等压变化，温度升高，内能增大，体积变大，外界对气体做负功即 ，根据热力学第一定律，Q|W|，所以在过程da中气体从外界吸收的热量大于气体对外界做的功，故C错误；D在过程bc中，等压变化，温度降低，内能减小，体积减小，外界对气体做功，根据，即， ；da过程中，气体对外界做功 ，因为 ，所以|Wbc|=|Wda|，在过程bc中外界对气体做的功等于在过程da中气体对外界做的功，故D正确。11.如图所示，图甲为一列简谐横波在t=2s时的波形图，图乙为介质中平衡位置在x=1.5m处的质点的振动图象，P是平衡位置为x=2m的质点，则 A. 该简谐横波沿x轴的负方向传播B. t=3s时，x=3m处的质点的振幅为0C. t=4s时，P点恰好回到平衡位置D. 在第4s6s内，P向y轴负方向运动【答案】AD【解析】【详解】A由乙图读出，t=2s时刻平衡位置在x=1.5m处的质点的速度方向向下，由波形的平移法可知，这列波向x轴的负方向传播，故A正确。B由图甲可知该横波的振幅A=4cm，故B错误。C由图乙可知，周期T=4s，则时，将图甲的波形图向左平移半个波长，则P点位于波峰，故C错误。D在第4s6s内，P由波峰向波谷运动，即沿y轴负方向运动，故D正确。二、实验题(本大题共2小题，共16分。)12.为探究感应电动势产生的条件，某实验小组设计了如图（a）的实验，通过调节电源可在原线圈中产生变化的电流，用磁传感器可记录原线圈中产生的磁场B的变化情况，用电压传感器可记录副线圈中感应电动势E的变化情况，二者的变化情况可同时显示在计算机显示屏上。某次实验中得到的B-t、E-t图象如图（b）所示。(1)分析图（b）两组图象可知副线圈中产生恒定感应电动势的条件是_(2)感应电动势的大小与B的变化有关，为进一步确定两者之间的定量关系，可以根据图（b）的信息，做图象进行研究，则应做_AE-B图象 BE-B图象 CE-图象 DE-图象(3)若(2)中所作图象为直线，其斜率为k，副线圈匝数为n，则副线圈面积为_【答案】 (1). B随时间均匀变化 (2). C (3). 【解析】【详解】第一空由图(b)所示图象可知，B不变时，不产生感应电动势，当B随时间均匀变化时，副线圈中产生恒定的感应电动势.第二空由图(b)所示图象可知，在线圈匝数与横截面积一定的情况下，B随时间的变化率越大，产生的感应电动势越大，为进一步确定感应电动势与B的关系，可以作出图象，故选C。第三空由法拉第电磁感应定律得：，图象的斜率：k=nS，副线圈的面积为.13.某实验小组研究一金属热电阻RT(常温下100左右)的电阻温度特性，可供选择的器材如下：A电流表A(量程为3A，内阻约为0.1)B电流表G(量程为3mA，内阻为200)C电压表V(量程为3V，内阻约为3000)D定值电阻R1(阻值为50)E定值电阻R2(阻值为10)F保护电阻R3(阻值为200)G电源(电动势约为5V，内阻不计)H开关一个，导线若干(1)该小组设计了如图1所示电路图，请用合适的器材将其补充完整，并标注相应的符号_；(2)实验开始时，该小组把金属热电阻放到温控装置中，不断改变温度，记下每个温度下电压表和电流表示数，并对数据进行处理，得到如图2所示关系，该小组通过查阅资料得知金属热电阻的电阻R随温度t的关系满足R=R0(1+kt)，其中R0为0C时金属热电阻的阻值，t为摄氏温度，k为电阻系数，通过图2可知电阻系数k=_1(保留两位有效数字)(3)实验进行时，某时刻电压表和电流表示数如图3表示，则电压_V，此时金属热电阻的温度为_C(4)实验进行中，100电压表示数2.25V，实验中的电源电动势为_V(保留三位有效数字) 【答案】 (1). (2). (3). 1.60 (4). 50 (5). 4.75【解析】【详解】第一空先估算电路最大电流，而电流表A是3A量程，而电流表G量程为3mA，显然两个均不符合要求，这样把G的量程扩大，当把G与定值电阻R1并联接入电路来测量RT的电流，所以电路图如图所示：第二空热电阻公式满足R=R0(1+kt），将t=0，R=100代入可得：R0=100，将t=100，R=140,代入可得：k=410-31.第三空电压表的精确度为0.1V，估读到0.01V，读数为U=1.60V.第四空电流表G改装后的量程为，精确度为0.5mA， 则电流表电流表示数 ，根据闭合电路欧姆定律可求得金属热电阻；根据上述公式120=100(1+410-3t)，解得t=50.第五空当温度为100时，金属热电阻R=140，U2=2.25V，通过电源的电流为，由闭合电路的欧姆定律有：，代入数据可求得E=4.75V。三、计算题(本大题共3小题，共34分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出计算结果的不得分。15题为选考题，请在给出的两道试题中选做一道，并在答题卡上将对应的选考模块后的方框涂黑。)14.如图所示，某水上游乐场进行项目表演：一对选手甲、乙(均视为质点)沿滑道(末端切线水平方向)从M点静止下滑到最低点N时，选手甲迅速将质量为m的选手乙沿水平方向推出，然后自己刚好停在N点。M、N两点高度差为h，N点离水平面的高度为4h，选手乙落水点P与N点的水平距离为8h，不计滑道摩擦力和空气阻力。求：(1)选手甲的质量；(2)推出选手乙过程中，选手甲做的功.【答案】（1） （2）W=3mgh【解析】【详解】（1）设甲的质量为，分离前在N点的速度大小为两选手下滑的过程，由机械能守恒定律：设刚分离时乙的速度大小为v，方向与v0相同，甲乙分离由动量守恒：分离后乙做平抛运动：竖直方向:水平方向:8h=vt 解得：联立得：（2）根据能量守恒，甲推乙的过程中做功为：则W=3mgh15.如图所示，平行光滑且足够长的金属导轨ab、cd固定在同一水平面上，处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B=2T，导轨间距L=0.5m。有两根金属棒MN、PQ质量均为m=1kg，电阻均为R=0.5，其中PQ静止于导轨上，MN用两条轻质绝缘细线悬挂在挂钩上，细线长均为h=0.9m，当细线竖直时棒刚好与导轨接触但对导轨无压力。现将MN向右拉起使细线与竖直方向夹角为=60，然后由静止释放MN，忽略空气阻力发现MN到达最低点与导轨短暂接触后继续向左上方摆起，PQ在MN短暂接触导轨的瞬间获得速度，且在之后t=1s时间内向左运动的距离s=1m。两根棒与导轨接触时始终垂直于导轨，不计其余部分电阻(g=10m/s2)求：(1)当悬挂MN的细线到达竖直位置时，MN，PQ回路中的电流强度大小及MN两端的电势差大小；(2)MN与导轨接触的瞬间流过PQ的电荷量；(3)MN与导轨短暂接触时回路中产生的焦耳热。【答案】(1) I3A,UMN1.5V (2) q1C (3) Q2J【解析】【详解】(1)MN棒下摆过程，由机械能守恒定律得：解得：v13m/s， 刚到竖直位置时，产生感应电动势：EBLv1则回路中电流为：MN两端的电压：UMNIR解得：I3AUMN1.5V (2)PQ棒做匀速直线运动：对PQ棒由动量定