2018-2019学年云南省昆明市高二下学期期末考试物理试题解析版

1、11昆明市2018-2019学年高二期末质量检测物理一、单项选择题：1 .将一小球竖直向上抛出，经 4s小球落回抛出点，不计空气阻力，取重力加速度g=10m/s2,则小球抛出后上升的最大高度为A. 40mB. 30mC. 20mD. 10m【答案】C【解析】【详解】竖直上抛运动是加速度为g的匀减速直线运动，经过 4s回到手中，小球上升和下落的时间均为2s,则小球抛出后上升的最大高度为卜=；0/=；>< 10x2、i=20m.A. 40m ,与结论不相符，选项 A错误；B. 30m,与结论不相符，选项 B错误；C. 20m,与结论相符，选项 C正确；D. 10m ,与结论不相符，选项

2、 D错误；2 .下列四图中，能正确反映做曲线运动物体的运动轨迹、速度v和所受合外力F关系的是A.B.D.【详解】AD.曲线运动的速度方向应该沿轨迹的切线方向，选项AD错误;BC.曲线运动的速度方向应该沿轨迹的切线方向，轨迹的凹向应该偏向合力方向，故选项B 正确，C错误。3 .如图所示的电路中，电源电动势为E、内阻为r,电容器的电容为 C,定值电阻R=r,闭合开关S,待电路稳定后，电容器所带电荷量为ECEEA. B. -C. CED.-【答案】B【解析】ppp【详解】电路稳定后，电路中的电流/ =-;电容器两端电压：U=IR=;电容器R + r 2R2带电量：Q =UIEA.彳与结论不相符，选项

3、 A错误； & UCEB. 与结论相符，选项 B正确；C. CE,与结论不相符，选项 C错误；D.与结论不相符，选项 D错误；4 .如图所示，一质量为 m的物块放置于水平地面上，受到一个与水平方向夹角为°的拉力F作用，处于静止状态。己知物块与地面的动摩擦因数为 内重力加速度为g,物体所受到摩擦力的大小一定为A.mgB.(mg-Fsin")C. FcosD. Fsin【答案】C【解析】f=科氏求解静摩擦【详解】AB.物体处于静止状态，所受的摩擦力为静摩擦力，则不能根据力，选项AB错误；CD.由平衡知识可知：f=Fco劭.选项C正确，D错误.5 .如图甲所示，一物块从足

4、够长的固定粗糙斜面底端以某一速度冲上斜面。从初始位置起物块动能Ek随位移x的变化关系如图乙所示。已知物块质量为2kg,斜面倾角为37°,sin37= 0.6,cos37 =0.8,取重力加速度 g=10m/s2。下列说法正确的是A.物块上升的最大高度为5mB.物块与斜面间的动摩擦因数为0.5C.整个上滑过程物块机械能减少了100JD.整个上滑过程物块重力势能增加了100J【答案】B【详解】A.由图乙可知，图像与x轴的交点的横坐标为 5,则x的最大值为5m,则物块上升的最大高度为5 sin37 m=3m ,选项A错误；B.由动能定理：- 10W =解得 尸0.5,选项B正确；C.摩擦力

5、做功减少机械能，整个上滑过程物块机械能减少了=,选项C错误；D.整个上滑过程物块重力势能增加了与=巾的=砌,选项D错误。6.如图所示，某空间存在一平行于竖直平面的匀强电场，高度差为h的A、B两点位于同一竖直线上。将一质量为m、电量为+q的小球从A点以V0/ 碗的速度水平抛出，一段时间后 小球通过B点，通过B点时的速度大小为 2蕨,已知重力加速度为 g,则h ：II III IB X：A.场强方向竖直向下由自B.场强大小为一C.小球在A点的电势能大于在 B点的电势能D.运动过程中，小球与 A点的最大水平距离为【答案】D【解析】【详解】A.从A到B,合外力 功为4合=号团.（为/产一力?（眼亦产=

6、”曲，可知从A到B只有重力做功，则所受电场力方向与垂直AB向左，即场强方向水平向左，选项 A错误。B.水平方向：也2mg,选项B错误;,1a竖直方向：卜=可矶解得Eq=2mg,即巧=【详解】A.在点电荷形成的电场中,以该电荷为球心的同一球面上的各点电势相同,正确;B.在点电荷形成电场中，以该电荷为球心的同一球面上的各点，电场强度大小相同，但 方向不同，则场强不同，选项 B错误；C.因各点的电势相同，则同一电荷具有的电势能相同，选项 C正确；D.因各点场强方向不同，则同一电荷所受电场力方向不相同，电场力不同，选项D错误.一个电阻时，电阻的热功率分2/山A. Ta：Tb=1:2B. Ta：Tb=1

7、：1C. Pa：Pb=1 : 2D. Pa：Pb=l: 4【答案】BD【解析】8.a、b两正弦式交流电的i-t图像如图它们的周期分别用Ta、Tb表示，它们分别通过同【详解】AB.由图可知,ab的周期均为Ta= Tb=T,则Ta： Tb =1:1 ,选项A错误，B正确;可知CD.由图可知，a的最大值为I, b的最大值为2I,则根据交流电有效值和最大值的关系,根据P=I2R可知，Pa： Pb=l： 4,选项C错误，D正确.9 .木星绕太阳转动的轨道，木星的卫星绕木星转动的轨道，均可视为圆。己知木星绕太阳转动的轨道半径为Ri、转动的周期为Ti,木星的某一卫星绕木星转动的轨道半径为R2、转动的周期为丁

8、2,万有引力常量为G。下列说法正确的是A.B.木星的质量为C.该卫星绕木星转动的线速度大小为2河D.木星绕太阳转动的角速度大小为 【答案】BC【解析】【详解】A.根据开普勒第三定律,因木星绕太阳转动与卫星绕木星转动的中心天体不同,选项A错误;B.木星的某一卫星绕木星转动，则正确；2叫C.该卫星绕木星转动的线速度大小为八 丁一，选项C正确。I2nlD.木星绕太阳转动的角速度大小为融",选项D错误.10 .某同学利用实验室的发电机和变压器给一个电动机M供电，电路如图所示。变压器可视为理想变压器，Ai、A2可视为理想交流电流表， V可视为理想交流电压表。当发电机线圈匀速转动时，Ai、A2的

9、示数分别为Ii、 V的示数为U。下列说法正确的是A.变压器原、副线圈中交变电流的频率相等B.变压器原、副线圈的匝数比是Ii：l2C.电动机M输出功率UI2UJ2D.变压器原线圈两端的电压是J1【答案】AD【详解】A.变压器不改变交流电的频率，则原、副线圈中交变电流的频率相等，选项A正确；B.变压器原、副线圈的匝数比等于电流的倒数比，即Ii：l2= n2： ni,选项B错误；C.电动机M输入功率是UI2,输出功率小于 UI2,选项C错误；D.由功率关系可知：IiUi=l2U,则变压器原线圈两端的电压是，选项D正确.* II11.如图所示，一长度为lm、质量为0.1kg的通电直导线紧靠竖直墙水平放

10、置，导线中通以垂直纸面向外、大小为 2A的电流，导线与竖直墙壁的动摩擦因数为0.5,为了让导体棒 处于静止状态，现加一竖直向上的匀强磁场，取重力加速度g=10m/s2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则所加匀强磁场的磁感应强度大小可能为A. 2TB. 1.5TC. 0.8TD. 0.5T【答案】AB 【解析】【详解】当棒恰能静止时满足：mg=FN； Fn=F=BoIL,解得Bo=1T ,则磁感应强度大小满足B仃.A. 2T ,与结论相符，选项 A正确；B. 1.5T ,与结论相符，选项 B正确；C. 0.8T,与结论不相符，选项 C错误；D. 0.5T,与结论不相符，选项 D错误；12.如图甲所示

11、，一处于竖直平面内的光滑轨道，由水平轨道AB与半径为R的四分之一圆规轨道BC组成，轨道AB和轨道BC在B点处平滑连接。一质量为m的物块（可视为质点）静止在A点，A、B之间的距离为 Ro现对物块施加一水平外力F使其从静止开始运动，力F随物块的水平方向位移 x变化的图像如图乙所示，物块运动到B点后力F保持恒定，到C点时撤去力F,物块继续上升，达到的最高点距C点的距离为不计空气阻力，重力加8速度为g,下列说法正确的是3A. Fo= mgB.物块从A到C的过程中，其机械能先增大再不变C.运动过程中物块对轨道的最大压力大小为D.运动过程中物块对轨道的最大压力大小为4mg【答案】AD【详解】A.从 A点开

12、始到物体上升到最高点 过程，由能量关系可知：1 +# 12« += mg (Ji +,解得Fo=1.5mg,选项A正确;B.物块从A到C的过程中，F 一直做正功，则物体的机械能一直增加，选项B错误;CD.F和mg的等效合力为打二+皿y=|mg ,则物体到达此平衡位置时力最大，此位置与圆心连线与竖直方向夹角为1 , 1K + lrQRsin9mgR(kcosO) 22由牛顿第二定律:产产联立解得：% = 4"嚼，选项C错误，D正确.13.在验证机械能守恒定律的实验中，实验装置如图甲所示，重物连着纸带器在纸带上打出一系列的点，选取一条打下的前两个点间距接近。为打下的第一个点，

13、A、B、C为从适合位置选取的三个连续打出的点37° ,则由动能定理250Hz,重物质量为0.1kg,当地重力加速度 g=9.8m/s2。（1）实验中选取打下的前两个点间距接近2mm的纸带的理由是：,（2）根据图乙纸带上所标示的数据，打下 0点到打下B点的过程，重物重力势能的减少量为 J,动能的增加量为 J （计算结果均保留 3位有效数字）。用【答案】（1）. （1）打第一个点时重物的速度接近于0;（2）.0.204J;（3）. 0.200J.【详解】第一空.因打点周期T=0.02s ,则纸带开始下落打1、2两点间距为即选取打下的前两个点间距接近2mm的纸带的理由是:打第一个点时重物的

14、速度接近于0;第二空.打下。点到打下B点的过程，重物重力势能的减少量为岫=tngh = 0.1 x 9.8 x 0.2080； = 0.204；第三空.打B点时的速度:XAC 02459-0.1659 ,，动能的增加量为= -=tn/s = £0 或/3 ,3 2T 0.0414 .要描绘一只标有 “6V 3W字样小灯泡的伏安特性曲线，为确保得到该小灯泡的一条完整伏安特性曲线，除了导线和开关外，实验室还有如下器材可供选择：电流表A1 （量程0.6A,内阻约为0.5 9电流表A2 （量程3A,内阻约为0.2 9电压表V （量程3V,内阻rv=3k Q）滑动变阻器R1 （阻值0? 5Q,

15、额定电流1.5A）滑动变阻器R2 （阻值0? lk Q额定电流0.1A）定值电阻R3=300 Q定值电阻R4=3k Q直流电源(电动势 E=6V,内阻很小)(1)为减小实验误差，电流表应选 (选填"Ai或“若)；滑动变阻器应选 (选填，”或“旷)；定值电阻应选 (选填，”或“以”)(2)为提高实验精度，请设计电路图，并画在虚线框中(图中标出所选择器材的符号)(3)根据设计合理的电路图连接实物进行实验时，当电压表 V显示读数为2.50V时，灯泡两端实际电压为 V;(4)根据该电路设计图进行实验，测得电压表的读数为U、电流表读数为I,若考虑电表的内阻，则此时灯泡的电阻为 。(用题目中所给

16、字母或符号表示)【答案】(1). (1)Ai；(2). Ri；(3). R4(4). (2)电路图见解析；(5). (3)5.0V(6). (4)15【解析】【详解】第一空.灯泡的额定电流为 0.5A,故电流表选择 Ai；第二空.滑动变阻器采用分压接法，为方便实验操作，滑动变阻器应选Ri.第三空.因电压表的量程只有 3V,内阻rv=3K Q ,则可用定值电阻 R4与电压表串联使用;第四空.因电流与电压的测量值从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，电压表内阻远大于小灯泡的电阻，则用电流表外接，实验应采用如图所示电路图.第五空.根据设计合理的电路图连接实物进行实验时，当电压表 V显示读数为2.5

17、0V时，灯泡两端实际电压为 5.0V；U第六空.电流表读数为I,则通过灯泡的电流为一，则灯泡电阻四、计算题:15 .如图所示，坐标系 xOy的第一、二象限内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一质量为m、带电量为+q的粒子从坐标原点 O以速度vo射入磁场，vo与x轴正向的夹角为30°, 一段时 间后另一个质量为 m、带电量为-q的粒子以相同的速度从 O点射入磁场，最后两粒子同时从x轴上离开磁场，离开磁场时两粒子相距 L。不计粒子的重力和粒子之间的相互作用，求:B(1)磁感应强度B的大小；(2)两粒子射入磁场的时间差。2mli。【答案】(1)g.3(2)电=砺【解析】【详解】(1)正负粒子在磁

18、场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则供必由粒子运动轨迹结合几何关系可知：2 X 2%0" =L ,23fl联立解得：u = -班(2)由图可知，正粒子在磁场中转过的圆心角为300°,负粒子在磁场中转过的圆心角为60。，两粒子运动的周期均为则两粒子射入磁场的时间差A白300"-60" 2nmAt = -T =* = 2jt36016 .如图所示， 匕”形金属框架固定在水平面内，质量为m的导体棒PQ与框架形成一个边长为L的正方形回路，导体棒 PQ电阻为R,其余电阻不计，导体棒 PQ与框架之间的动 摩擦因数 户0.5。框架平面内存在竖直向上的匀强磁场，磁感应

19、强度B随时间t按图乙所示规律变化，图中B0、t0已知，0?t0时间内导体棒PQ始终保持静止，重力加速度为go(1)求0? to时间内导体棒 PQ消耗的电功率；(2) b时刻开始对导体棒 PQ施加一方向垂直该导体棒的水平恒力F, F=mg ,导体棒PQ从静止开始运动，运动距离 s后做匀速运动，运动过程中导体棒PQ始终与框架垂直并与框架接触良好，求从t0时刻至导体棒PQ做匀速运动的过程中，导体棒PQ产生的焦耳热。(1)(1)0? to时间内回路中产生感应电动势:导体棒PQ消耗的电功率(2)当导体棒匀速运动时满足：F =+ F量,其中F=mg ；平蛋=创上相£ BLv从to时刻至导体棒 P

20、Q做匀速运动的过程中，斛得：Q = （l刘卜17 .如图所示，倾角。二37。的足够长光滑斜面固定在水平地面上，其上端固定一光滑定滑轮，薄板A通过跨过定滑轮的轻质细绳与物块 B相连。初始时薄板 A被锁定在斜面； 视为质点 的物块C从薄板A的最上端由静止释放。已知薄板A、物块B、物块C的质量分别为 mA=2kg、 mB=4kg、mc=lkg ,薄板A与物块C之间的滑动摩擦因数 月0.5, sin37 = 0.6, cos37 =0.8,取（2）若t=0时刻释放物块 C的同时解除对薄板 A的锁定，求t=1s时薄板A、物块B、物块C的速度大小（此时物块 C未滑离薄板A）;若t=ls时剪断轻质细绳，最终

21、物块C恰好没有滑离薄板 A,求薄板A的长度。【答案】（1） 2m/s2 （2）4m/s； 4m/s； 2m/s； 6m【解析】【详解】（1）对物块C,由牛顿第二定律： rncgsinO-iirncgcosO =解得解 =gsi nO-itgcosO带入数据解得ac=2m/s2（2）释放物块C的同时解除对薄板 A的锁定，则此时 C的加速度仍为沿斜面向下，大小为 ac=2m/s2对 AB 整体：m-mAifsinO-nmcffcosO =（川+ + mA）a解得 a= 4m/s2则t=1s时薄板A、物块B的速度大小：vA=vB=at=4m/s;物块C的速度：vc=act=2m/s若t=ls时剪断轻

22、质细绳，此时 C向下的位移 %= 1m ;A向上的位移：以=，产=2m剪断轻质细绳时A的加速度：mAyfiinO + jtmegcos(i = mAu解得a，=8m/s2,方向沿斜面向下当A与C共速时：北 =廿广+ ” = 一心十 口 i ,解得 ¥ =1sv 共=4m/s此过程中C向下的位移：xi2 = vcv + ；口匚产=3出A的位移：/l 器二0则木板A的长度为：L =匕+，I+上+勺之=6m五、选考题：18 .下列说法正确的是_A.液体浸润或不浸润固体是由液体的性质决定的B.密闭在容器中的理想气体，体积不变，温度升高，气体分子对器壁单位面积上的平均作用力增大C.外界对密闭容

23、器内的气体做功，气体内能可能减小D.第二类永动机不能制成的原因与第一类永动机不能制成的原因不同E.当水面上方水蒸汽达到饱和状态时，水中不会有水分子飞出水面【答案】BCD【解析】【详解】A.液体对固体是否发生浸润现象，是由液体和固体两者的性质共同决定的，选项A错误；B.密闭在容器中的理想气体，体积不变，则气体的数密度不变；温度升高，气体分子运动的平均速率变大，则气体分子对器壁单位面积上的平均作用力增大，选项B正确；C.外界对密闭容器内的气体做功，若气体放热，则气体内能可能减小，选项 C正确；D.第二类永动机不能制成的原因与第一类永动机不能制成的原因不同，第二类永动机不违背能量守恒定律，但是违背热力学第二定律；第一类永动机违背能量守恒定律，选项D正确；E.当水面上方水蒸汽达到饱和状态时，水中飞出水面的水分子和进入水面的分子数达到平衡，选项E错误.19 .如图所示，一导热长直玻璃管水平固定在小车上，该玻璃管左端封闭。一质量为m,横截面积为S,厚度可忽略的活塞将一定质量的理想气体封闭在玻璃管内，活塞可沿玻璃管无摩擦滑动且不漏气。小车处于静止状态时，封闭气柱的长度为li；当小车水平向右做匀加速直线运动时，气柱的长度为 12。已知大气压强为 P。，设环境温度保持不变。求小车运动 的加速度的大小。1rUI的5【解析】【详解】当小车水平向右做匀加