陕西省汉中市2018-2019学年高二物理下学期期末考试试题（含解析）

2018 -2019学年度第二学期期末校际联考高二物理试题第i卷（选择题共48分）一、选择题（本大题共12小题,每小题4分，计48分.在每小题给出的四个选项中，第1 8题只有 一项符合题目要求;第912题有多项符合题目要求,全部选对的得4分，选对但不全的得2 分，有选错的得0分）1.我市某十字路口允许公交车通过的最大速度为10 m/s， 辆公交车在距离十字路口50 m 的车站停留，乘客上下完后，公交车司机启动公交车，司机看到红灯显示还有10 s，要使公交车在耗能最少的情况下尽快通过十字路口且不违章，则公交车启动后的运动图象可能是a. b. c. d. 【答案】c【解析】【详解】速度时间图像与时间轴所围的面积表示位移，可知只有c图所围的面积可能小于等于50m，abd均大于50m，c正确2.在同一高度将质量相等的三个小球以大小相同的速度分别竖直上抛、竖直下抛、水平抛出， 不计空气阻力.从抛由到落地过程中，三个小球a. 运动时间相同b. 落地时的速度大小相同c. 落地时重力的功率相同d. 落地时的动能不相同【答案】b【解析】【详解】a设初始高度为h，初速度为v0，可知平抛的时间满足12gt12=h，竖直上抛的时间满足v0t212gt22=h，竖直下抛的时间满足v0t3+12gt32=h，所以三者时间不相等，a错误b根据动能定理可得，三个运动都满足mgh=12mv212mv02，所以三个运动的落地速率相等，b正确c三个运动的落地速率相等，速度方向不相等，且竖直上抛和竖直下抛落地的速度均在竖直方向，平抛的速度倾斜，所以三个运动落地重力的功率不相等，c错误d根据动能定理可得，三个运动都满足mgh=12mv212mv02，所以三个运动的落地动能相等，d错误3.放在光滑水平面上的物体，在水平方向的两个平衡力作用下处于静止状态，将其中一个力逐 渐减小到零后，又逐渐恢复原值，则该物体a. 加速度先逐渐增大,后又减小为零b. 速度先增大，后又减小c. 速度均匀增大，直到某一定值后不再变化d. 位移先增大后不变【答案】a【解析】【详解】a合力f=f1f2 ，可知当f2逐渐减小到零后，又逐渐恢复原值过程中，合力先增大再减小为0。根据牛顿第二定律，可知a正确bc加速度的方向一直不变，所以速度一直增大，bc错误d速度的方向一直不变，所以位移一直增大，d错误4.如图所示，置于水平桌面上手机及支架处于静止状态，将立臂在竖直面内逆时针方向转动小角度再次静止，下列说法中正确的是a. 转动过程中手机重心位置逐渐升高b. 静止时桌面对底盘的摩擦力方向水平向左c. 桌面受到的压力是由于桌面形变产生的d. 立臂转动前后手机受到支架的作用力不变【答案】d【解析】【详解】a转动过程中手机的重心位置逐渐降低，a错误b将手机、立臂、底盘看成整体，水平方向没有其他外力，所以桌面对底盘的摩擦力为0，b错误c桌面受到的压力是由于底盘发生形变所导致，c错误d不管如何转动立臂，只要手机保持静止，支架对手机的作用力的合力始终平衡手机的重力，所以支架对手机的作用力不变，d正确5.如图所示,重力均不计、带电荷量均为+q的两点电荷固定不动且连线竖直,检验电荷(带电荷量为q)可在两点电荷连线的中垂面内绕中心点o做半径为r，线速度为v、角速度为的w匀速圆周运动,则a. 检验电荷一定带正电b. 圆轨道上各点的电势处处相等c. 圆轨道上各点的场强处处相同d. 检验电荷做圆周运动的越小,u一定越大【答案】b【解析】【详解】a项：检验电荷绕o点做匀速圆周运动，由合外力提供向心力可知，检验电荷一定带负电，故a错误；b项：根据同种电荷电场线和等势面分布特点，可知，圆轨道上各点的电势处处相等，故b正确；c项：圆轨道上各点的场强大小处处相等，方向不同，故c错误；d项：设两个点电荷的距离为2l，检验电荷的轨道半径为r，检验电荷绕o点在中垂面内做匀速圆周运动，库仑力的合力提供其做圆周运动的向心力，则有：2kqqr2+l2rr2+l2=m2r，解得：=2kqqm(r2+l2)r2+l2所以r越小，一定越大，根据v=r，当r变小时，变大，所以不能确定v的变化情况，故d错误。故选：b。6.如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数比为1:10,副线圈接一阻值为100 的定值电阻,电压表和电流表对电路的影响可忽略不计，当输入电压增加10 v时，下列说法正确的是a. 电压表v增大1 vb. 电流表a2增大2ac. 电流表a1增大0.1 ad. 输入功率大于100w【答案】d【解析】【详解】a根据理想变压器原副线圈的端电压之比等于匝数之比，可得输入电压增大10v，输出电压增大100v，a错误b根据部分电路欧姆定律可得，电压增大100v，电流表a2增大1a，b错误c当副线圈只有一个线圈时，原副线圈的电流之比等于匝数的反比，所以原线圈的电流增大10a，c错误d原副线圈的功率相等，因为输入电压增大10v，所以输出电压增大100v，可知此时输出电压大于100v，又负载电阻为100，根据p=u2r可知，输入功率大于100w，d正确7.电流天平的主要结构包括水平放置的螺线管，横梁（含u形电路），其构造示意图如图所示. 当螺线管中通以电流i0, u形电路中通以电流i时,在横梁左端悬挂合适的钩码，就能使横梁水平平衡，则平衡时a. 通电螺线管的磁感线与螺线管的中轴线垂直b. cd边受到竖直向下的安培力c. u形电路的三条边都受到安培力d. 只改变螺线管中的电流方向横梁仍可平衡【答案】b【解析】【详解】a根据右手螺旋定则可知，通电螺线管内的磁感线与螺线管的中轴线平行，a错误b根据右手螺旋定则可知cd边处的磁感线方向水平向右，电流由c指向d，根据左手定则，cd受到的安培力竖直向下，b正确cu形电路的cd边与磁场垂直，其他两条边与磁场平行，所以只有cd边受到安培力作用，c错误d改变螺线管电流方向，cd边的安培力会反向，无法平衡，d错误8.一物体静止在质量均匀的星球表面的“赤道”上.已知引力常量g，星球密度若由于星球自转使物体对星球表面的压力恰好为零，则该星球自转的周期为（ ）a. 3gb. 43gc. 43gd. 3g【答案】a【解析】设某行星质量为m，半径为r，物体质量为m，万有引力充当向心力，则有gmmr2=mr2 又m=v=43r3 联立两式解得：=43g 所以周期：t=2=243g=3g，故a正确。点晴：赤道上随行星一起转动物体对行星表面的压力恰好为零，说明此时万有引力提供向心力，根据万有引力充当向心力及m=v进行求解。9.根据中国核电中长期发展规划，到2020年，全国在运核电规划装机容量达到5800万千瓦。关于核反应和核能下列说法正确的是a. 所有的核反应过程都会出现质量亏损，因此都会向外释放能量b. 核反应92238u90234th+24he属于衰变c. 钚的半衰期为24100年，8个钚原子经过24100年后还一定剩余4个d. 裂变反应堆中，镉棒的作用是吸收中子，控制反应速度【答案】bd【解析】【详解】a不是的所有的核反应都有质量亏损，例如弹性散射就没有质量亏损，而常见的核反应例如天然放射现象、核裂变、核聚变等只要存在能量的释放，那么就意味着体系发生了质量亏损。a错误b衰变是指衰变产生粒子，b正确c经过一个半衰期未发生衰变的质量为原来的一半，遵循统计规律，不是原子数目减为原来的一半，c错误d裂变反应堆中，镉棒的作用是吸收中子，控制反应速度，d正确10.如图所示，直流电路中，r1、r2是定值电阻，r3是光敏电阻，其阻值随光照增强而减小。当开关s闭合，电容器两板间的m点的带电液滴恰好能保持静止。现用强光照射电阻r3时a. 电源的总功率减小b. a板的电势降低c. 液滴向上运动d. 电容器所带电荷量增加【答案】cd【解析】【详解】a. 当用强光照射光敏电阻时，电阻变小，电流变大，电源的总功率p=ei变大，故a错误。b.由于电路中的电流增大，r1两端的电势差增大，又因为r1下端接地，电势为零，所以r1上端电势增大，a板的电势也增大。故b错误。c. 电路稳定时电容器两板间的电压等于r1两端的电压，当用强光照射光敏电阻r2时，光敏电阻的阻值变小，电路中电流增大，r1两端间的电压增大，电容器的电压增大，板间场强增大，液滴所受的电场力增大，液滴向上运动，故c正确。d.电容器的电压增大，电容不变，由q=c知，电容器所带电荷量增加。故d正确。11.如图，物体p、q置于光滑水平面上，某时刻分别在相同大小的水平恒力f1、f2作用下，由静止开始运动，经时间t，p、q发生的位移大小关系为xpxq ，则 t 时刻a. f2的功率比f1的大b. p的速度比q的大c. p的动能比q的大d. p与q的动量相等【答案】ad【解析】【详解】ab根据匀变速直线运动平均速度的规律可知，由于xpxq，所以p的末速度小于q，所以f2的功率比f1的大，a正确，b错误c根据动能定理可知，合外力做的功等于物体动能变化，p、q合外力相等，xpxq，所以q的动能大于p，c错误d根据动量定理可知，合外力冲量等于物体动量变化，p、q合外力相等，作用时间相等，所以p与q的动量相等，d正确12.截面积s=0.5 m2 ，n = 100匝的圆形线圈，处在如图甲所示的磁场内，磁场方向与线圈平面垂直，磁感应强度b随时间变化的规律如图乙所示，已知电路中r=3，c=10f，线圈电阻r=2，导线电阻忽略不计，t=0 时刻磁场方向垂直线圈平面向里，则有a. 电容器两端电压为10 vb. 通过电阻r感应电流大小为2 ac. 通过电阻r的电流方向为brad. 电容器所带的电荷量6105c【答案】bd【解析】【详解】a根据法拉第电磁感应定律可知，线圈中产生感应电动势为e=nsbt=10v，电容器两端电压等于电路路端电压，可得u=6v，a错误b根据闭合电路欧姆定律可得，i=er+r=2a，b正确c根据楞次定律可得，通过电阻r的电流方向为arb，c错误d电容器所带的电荷量q=cu=101066c=6105c，d正确第ii卷（非选择题共52分）二、实验题（本大题共2小题，计14分）13.某探究小组险证机械能守恒定律的装置如图所示，细线端拴一个球，另一端连接力传感器，固定在天花板上，传感器可记录球在摆动过程中细线拉力大小，用量角器量出释放球时细线与竖直方向的夹角，用天平测出球的质量为m。重力加速度为g。（1）用游标卡尺测出小球直径如图所示，读数为_mm；（2）将球拉至图示位置，细线与竖直方向夹角为，静止释放球，发现细线拉力在球摆动过程中作周期性变化。为求出球在最低点的速度大小，应读取拉力的_(选填“最大值”或“最小值)，其值为f。（3）球从静止释放运动到最低点过程中，满足机械能守恒的关系式为_(用测定物理量的符号表示)。（4）关于该实验，下列说法中正确的有_。a细线要选择伸缩性小的b球尽量选择密度大的c不必测出球的质量和细线的长度d可以直接用弹簧测力计代替力传感器进行实验【答案】 (1). 18.50 (2). 最大值 (3). 2mg(1cos)=fmg (4). ab【解析】【分析】选取体积小，阻力小的铁球；游标卡尺的读法，先确定分度数，从而确定精确度，进行读数；依据实验原理，结合减小的重力势能转化为动能，及球在最低点，则绳子的拉力与重力的合力提供向心力，从而即可求解；【详解】(1) 游标卡尺的读数为：1.8cm+100.05mm=18.50mm；(2)小球在最低点由牛顿第二定律可得：fmg=mv02l，由此可知，应读出小球在最低时绳的拉力即最大值；(3)由机械能守恒定律可得：mgl(1cos)=12mv02=12(fmg)l，整理得：2mg(1cos)=fmg；(4)a为了减小小球做圆周运动的半径的变化，所以细线要选择伸缩性小的，故a正确；b为了减小阻力的影响，球尽量选择密度大的，体积小的，故b正确；c球从静止释放运动到最低点过程中，满足机械能守恒的关系式为2mg(1cos)=fmg可知，应测出小球的质量，而不用测出细线的长度，故c错误；d由于弹簧的弹力属于渐变，所以小球摆到最低点瞬间，弹力的测量准确，故d错误。故选：ab。【点睛】考查圆周运动的处理规律，掌握牛顿第二定律与向心力表达式内容，理解验证机械能守恒定律的原理，知道游标卡尺的读数，注意没有估计值。14.小海同学新买了一节干电池，为了测出这节干电池的内阻和电动势，从实验室借得实验器材，连接成了如图甲所示的实验电路图（图中的定值电阻为1）（1）在闭合开关前，滑动变阻器的滑片应处于_（选填“左”或“右”）端；实验时电流表a应选量程_（选填“3a”或“0.6a”）.）（2）请在图乙所示虚线方框中按小海同学的实验电路的实物图画出电路图_（3）小海同学根据实验获得的电压表示数u和电流表示数i在坐标纸上画出了u-i图线如图丙所示，根据图线可求得干电池的电动势为_v，内阻为_（保留至小数点后两位）【答案】 (1). 右 (2). 0.6 (3). (4). 1.48 (5). 0.81【解析】【详解】（1）根据实物图可知，本实验采用的是滑动变阻器限流接法，进行实验前应将滑动变阻器调至阻值最大处，所以应滑到右端；根据丙图可知电流的最大值不到0.6a，所以电流表选择量程0.6a（2）电路图（3）根据闭合电路欧姆定律可得，u+i(1+r)=e，u=ei(1+r)，可知纵轴截距表示e，斜率表示（1+r），得e=1.48v，r=(1.480.50.541)=0.81三、计算题（本大题共2小题，计23分，解答应写出文字说明、计算过程或演算步骤，只写出结果的不得分.有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）15.如图所示，固定在竖直平面内的四分之一圆轨道mp和半圆形轨道nq与光滑水平地面平滑相接，两轨道间有两个可视为质点的小球a、b，a、b之间有一轻弹簧，弹簧一开始处在锁定状态，某时刻解除对弹簧的锁定a球最高能达到与圆心等高的位置，b球恰好能够达到最高点n，已知a球的质量为m=0.5kg；弹簧的长度可忽略，两轨道的半径均为r=1m，且是光滑的。g=10m/s2：试求：（结果可含有根式）。（1）球b的质量；（2）弹簧处于锁定状态时的弹性势能.【答案】（1）mb=1010kg（2）ep=10+5102j【解析】【详解】（1）设a、b分离时的速度为球离开弹簧到m点的过程中机械能守恒，则magr=12mava2设b球的质量为，b球在n点时的速度为化，则b球离开弹簧到n点的过程中机械能守恒，有2mbgr+12mbvn2=12mbvb2b球恰好能够达到最高点n，则mbg=mbvn2r 解除对弹簧的锁定，a、b分离过程中动量守恒，则mava=mbvb联立解得 va=25m/s，vb=52m/s，mb=1010kg（2）解除对弹簧的锁定分离过程中机械能守恒，则ep=12mva2+12mbvb2=10+5102j16.如图所示，在平面直角坐标系xoy的第一象限中有一边界直线op，op 与x轴的夹角为30，在op上方与y轴间区域存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为b，在op下方与x 轴之间存在水平向右的匀强电场，电场强度为e，带正电的粒子从静止开始经u的加速电场加速后，沿平行于x轴的方向射入磁场，一段时间后该粒子在op 边界上某点以垂直于x轴的方向进入电场，最后由x轴上的m点（图中未画出）射出第一象限。已知粒子进入磁场的入射点与离开磁场的岀射点之间的距离为d，不计重力，电场与磁场互不影响，求：（1）带电粒子的比荷；（2）m点的坐标。【答案】(1) qm=4ub2d2 (2) m点的坐标为：（ed224u+2d2，0）【解析】【详解】（1）设带电粒子的质量为m，粒子的电荷量为q，加速后的速度大小为v，根据动能定理可得：qu=12mv2设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，粒子在磁场中运动轨迹如 图所示，根据洛伦兹力提供向心力可得:qvb=mv2r 根据几何关系可得:d=2r联立可得：qm=4ub2d2（2）根据几何关系可得：00=rtan30=6d6带电粒子在电场中做类平抛运动，平行y轴，运动时间：t=oov=6d6v平行x轴，粒子有qe= ma，l=12at2=ed224u所以m点的坐标为：（ed224u+2d2，0）17.下列说法正确的是_a. 布朗运动的剧烈程度与温度有关，所以布朗运动也叫热运动b. 一定量的某种理想气体在等压膨胀过程中，内能一定增加 c. 只要分子间距增大,分子势能就一定减小d. 液晶既有液体的流动性，又具有单晶体的各向异性e. 一切与热现象有关的宏观自然过程都是不可逆的.【答案】bde【解析】【详解】a热运动是分子无规则的运动，而布朗运动并不是分子运动，所以尽管布朗运动的激烈程度跟温度有关，但不能把布朗运动叫做热运动，a错误b气体的内能本由分子间平均动能和势能共同决定，这里已经指出是理想气体，不考虑分子间势能，故只与分子间平均动能有关。而这个动能随温度升高而增大。此处等压膨胀，根据盖-吕萨克定律，压强不变时，增大体积，温度升高，分子平均动能增大，所以分子内能增大，b正确c当分子间距离大于平衡距离时，分子力表现为引力，此时增大分子间距离，分子力作负功，分子势能增加；当分子间距离小于平衡距离时，分子力为斥力，此时减小距离，分子力还是做负功，分子势能增加。c错误d某些物质在熔融状态或被溶剂溶解之后，尽管失去固态物质的刚性，却获得了液体的易流动性，并保留着部分晶态物质分子的各向异性有序排列，形成一种兼有晶体和液体的部分性质的中间态，这种由固态向液态转化过程中存在的取向有序流体称为液晶。d正确e从热力学角度而言，自然界中所有复杂的热力学过程都具有宏观上的不可逆性。宏观上不可逆性现象产生的原因在于，当一个热力学系统复杂到足够的程度，组成其系统的分子之间的相互作用使系统在不同的热力学态之间演化；而由于大量分子运动的高度随机性，分子和原子的组成结构和排列的变化方式是非常难于预测的。e正确18.如图所示，两端开口、粗细均匀的u形管内装有水银，底部有一开关k把水银等分成两部分，右管内有一质量不计的轻质活塞封闭一定质量的理想气体。已知大气压强p0=75 cmhg，管内水银柱的高度为l=7.5 cm，空气柱的长度为l0=30 cm，u形管底部宽度为10 cm。现用力缓慢地把活塞向上提起h=15 cm，求：()空气柱内气体的压强p1；()保持活塞的位置不变，打开u形管底部的开关，稳定后空气柱内气体的压强p2。【答案】() 50 cmhg () 60 cmhg【解析】【详解】(i)设u形管的截面积为s，由玻意耳定律有p0l0s=p1(l0h)s解得p1=50 cmhg(ii)设打开开关稳定后左管内水银没有全部进入u形管的水平部分，此时水银面下降h，则p2=(752h) cmhg根据玻意耳定律有p0l0s=p2(l0hh)s联立解得h=7.5 cm或h=75 cm(舍去)由h=7.5 cm=l，且u形管底部宽度为10 cm，说明打开开关稳定后，左管内的水银刚好全部进入u形管的底部。则稳定后空气柱内气体的