广西贵港市高二（下）期中物理试卷（理科）（解析版）

1、.2019-2019学年广西贵港市高二下期中物理试卷理科一、选择题共12小题，每题4分，总分值48分，在每题给出的四个选项中，第1-8题只有一个选项符合题目要求，第9-12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，有选错或不答的得0分14分跳水是我国的传统优势体育工程，近年来，我国跳水运发动在重大的国际比赛中夺得了几乎所有的金牌，为国家争得荣誉。如图为某运发动可看做质点参加跳板跳水比赛时，其竖直速度与时间的关系图象，以其分开跳板时作为计时起点，那么At1时刻开场进入水面Bt2时刻开场进入水面Ct2时刻到达最高点Dt1、t2时间段速度方向竖直向上24分如下图面积为S矩形线圈在磁

2、感应强度为B的匀强磁场中绕轴OO匀速转动，角速度为，假设从图示位置开场计时，那么穿过线圈的磁通量随时间变化的关系是A=BSsintB=BScostC=BSD=034分以下说法正确的选项是A氡的半衰期为3.8天，假设取4个氡原子核，经7.6天后就一定剩下1个原子核了B结合能越大的原子核越稳定C光子的能量由光的频率所决定D按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子动能减小，电势能增大，原子的总能量减小44分如下图，在同一平台上的O点程度抛出的三个物体，分别落到a、b、c三点，那么三个物体运动的初速度va，vb，vc的关系和三个物体运动的时间ta，tb，tc的关系分别是

3、Avavbvc，tatbtcBvavbvc，ta=tb=tcCvavbvc，tatbtcDvavbvc，tatbtc54分如图，两回路中各有一开关S1、S2，且内回路中接有电源，外回路中接有灵敏电流计，以下操作及相应的结果可能实现的是先闭合S2，后闭合S1的瞬间，电流计指针偏转S1、S2闭合后，在断开S2的瞬间，电流计指针偏转先闭合S1，后闭合S2的瞬间，电流计指针偏转S1、S2闭合后，在断开S1的瞬间，电流计指针偏转ABCD64分如下图，截面积为矩形的金属导体，放在磁场中，当导体中通有电流时，导体上下外表的电势UM和UN的关系是AUMUNBUM=UNCUMUND无法判断74分如下图为氢原子的

4、能级图，用某种频率的光照射大量处于基态的氢原子，结果受到激发后的氢原子能辐射出三种不同频率的光子，让辐射出的光子照射某种金属，结果有两种频率的光子能使该金属发生光电效应，其中一种光子恰好能使该金属发生光电效应，那么打出的光电子的最大初动能为A0B1.89eVC10.2eVD12.09eV84分如下图，固定在程度桌面上的光滑金属导轨cd、eg处于方向竖直向下的匀强磁场中，金属杆ab与导轨接触良好在两根导轨的端点d、e之间连接一电阻，其它部分电阻忽略不计现用一程度向右的外力F1作用在金属杆ab上，使金属杆由静止开场向右沿导轨滑动，滑动中杆ab始终垂直于导轨金属杆受到的安培力用Ff表示，那么关于图乙

5、中F1与Ff随时间t变化的关系图象可能的是ABCD94分两质量之比为m1：m2=2：1的卫星绕地球做匀速圆周运动，运动的轨道半径之比R1：R2=1：2，那么以下关于两颗卫星的说法中正确的选项是A线速度大小之比为v1：v2=2：1B向心加速度大小之比为a1：a2=1：2C运动的周期之比为T1：T2=1：2D动能之比为Ek1：Ek2=4：1104分图中虚线为一组间距相等的同心圆，圆心处固定一带正电的点电荷一带电粒子以一定初速度射入电场，实线为粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，a、b、c三点是实线与虚线的交点那么该粒子A带负电B在c点受力最大C在b点的电势能小于在c点的电势能D由a点到b点的动能变化大

6、于由b点到c点的动能变化114分图甲为理想变压器的示意图，其原、副线圈的匝数之比为4：1，电压表和电流表均为理想电表。假设发电机向原线圈输入图乙所示的正弦交流电，图中Rt为NTC型热敏电阻阻值随温度升高而变小，R1为定值电阻。以下说法中正确的选项是At=0.01 s时，发电机线圈中穿过的磁通量最大B交流电压u的表达式为u=36sin 50t VCRt温度升高时，变压器的输入功率变大DRt温度升高时，电压表的示数不变、电流表的示数变小124分如下图，垂直于纸面向里的匀强磁场分布在正方形abcd区域内，O点是cd边的中点。一个带正电的粒子仅在磁场力的作用下，从O点沿纸面以垂直于cd边的速度射入正方

7、形内，经过时间t0刚好从c点射出磁场。现设法使该带电粒子从O点沿纸面以与Od成30°角的方向，以大小不同的速率射入正方形内，粒子重力不计，那么以下说法中正确的选项是A假设该带电粒子从ab边射出，它经历的时间可能为t0B假设该带电粒子从bc边射出，它经历的时间可能为t0C假设该带电粒子从cd边射出，它经历的时间为t0D假设该带电粒子从ad边射出，它经历的时间可能为t0二、非选择题总分值52分，解答题要写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不得分，答案中必须明确写出数值和单位136分在验证机械能守恒定律的实验中，质量m=1kg的重锤自由下落，在纸带上打出了一系列的点，

8、如下图，相邻记数点时间间隔为0.02s，长度单位是cm，g取9.8m/s2求：1打点计时器打下记数点B时，物体的速度VB= 保存两位有效数字；2从点O到打下记数点B的过程中，物体重力势能的减小量EP= ，动能的增加量EK= 保存三位有效数字。149分1某同学用游标卡尺测量一导体的长度如下图，可知其长度为 mm；2假设用多用电表测得该导体的电阻Rx约为6000，现该同学想通过伏安法测定该导线的阻值Rx现有电源3V，内阻可不计，滑动变阻器010，额定电流2A，开关和导线假设干以及以下电表：A电流表06mA，内阻约0.125B电流表0600A，内阻约0.025C电压表03V，内阻约3kD电压表015

9、V，内阻约15k为减小测量误差，在实验中，电流表应选用 ，电压表应选用 选填器材前的字母；实验电路应采用图2中的 选填“甲、“乙、“丙、或“丁。1510分静止在粗糙程度面上的物体，受到程度力F的作用，在F从0开场逐渐增多的过程中，加速度a随力F变化的图象如下图，当F为14N时物体的速度为8m/s，此时，物体运动的位移大小为6m，g=10m/s2，求：1物体与程度面间的动摩擦因数；2在F从0增加到14N的过程中，外力F所做的功。1612分如下图，在光滑的程度面上停放着一辆质量为2m的平板车C，在车上的左端放有一质量为m的小木块B，在小车的左边紧靠着一个固定在竖直平面内，半径为r的光滑圆形轨道，轨

10、道底端的切线程度且与小车的上外表相平，现有一质量也为m的小木块A从图中圆形轨道的位置处由静止释放，然后，滑行到车上立即与小木块B发生碰撞，两木块立即粘在一起向右在动摩擦因数为的平板车上滑行，并与固定在平板车上的程度轻质小弹簧发生作用而被弹簧，最后两个木块又回到小车的最左端与车保持相对静止。重力加速度为g，求1小木块A滑到轨道最低点时，对圆形轨道的压力；2A、B两小木块在平板车上滑行的总路程。1715分平行金属导轨在程度面内固定，导轨间距L=0.5m，导轨右端接有电阻RL=9的小灯泡，导轨电阻不计，如图甲所示。在导轨的MNQP矩形区城内有竖直向上的匀强磁场，MN、PQ间距d=4m，此区城磁感应强

11、度B随时间t的变化规律如图乙所示，垂直导轨跨接一电阻r=1的金属楼GH，金属棒与导轨间的动摩擦因数=0.5在t=0时刻，给金属棒施加一向右的恒力FF未知，使金属棒从静止开场运动，t=2s时恰好到达MN处。在04s内小灯泡发光亮度始终设变化g取10m/s2，求：1此段时间内流过灯泡的电流；2导体棒的质量；304s内整个系统产生的热量。2019-2019学年广西贵港市高二下期中物理试卷理科参考答案与试题解析一、选择题共12小题，每题4分，总分值48分，在每题给出的四个选项中，第1-8题只有一个选项符合题目要求，第9-12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，有选错或不答的得0

12、分1【分析】在vt图象中，直线的斜率表示加速度的大小，速度的正负代表运动的方向，根据vt图象可以分析人的运动状态。【解答】解：A、运发动起跳时的速度方向向上，可知，t1时刻到达最高点，故A错误。BC、vt图象为直线，加速度不变，所以在0t2时间内人在空中，t2之后进入水中，故B正确，C错误；D、0t1时间内，速度方向竖直向上，t1t2时间段速度方向竖直向下，故D错误；应选：B。【点评】此题考察对速度时间图象的理解，要知道在速度时间的图象中，直线的斜率代表的是加速度，速度的符号表示速度的方向。2【分析】穿过线圈的最大磁通量为BS，根据线圈转动的位移即可写出磁通量的表达式即可。【解答】解：穿过线圈

13、的磁通量的最大值为：m=BS开场时磁场的方向与线圈平面平行，那么穿过线圈的磁通量随时间的变化的表达式为：=msint故A正确，BCD错误应选：A。【点评】该题考察磁通量的计算，牢记磁通量与磁场强度、线圈面积以及线圈与磁感应强度方向之间的夹角的关系公式是关键。3【分析】半衰期是大量放射性元素的原子衰变的统计规律；比结合能的大小反响原子核的稳定程度；光子的能量与频率成正比；根据玻尔理论分析。【解答】解：A、半衰期是大量放射性元素的原子衰变的统计规律，对个别的原子没有意义。故A错误；B、比结合能的大小反映原子核的稳定程度，比结合能越大的原子核越稳定。故B错误；C、根据：E=h可知，光子的能量由光的频

14、率所决定。故C正确；D、根据玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，氢原子要吸收一定的能量，所以原子的总能量增大；由可知电子的动能减小；结合能量的变化可知，电子的电势能增大。故D错误应选：C。【点评】此题考察了放射性元素的半衰期的本质、结合能与比结合能、玻尔理论等根底知识点，关键要熟悉教材，牢记这些根底知识点。4【分析】平抛运动可以分解为在程度方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动，分别根据匀速直线运动和自由落体运动的运动规律分析即可【解答】解：三个物体都做平抛运动，在竖直方向上是自由落体运动，由h=gt2可知下落的间隔 最大的物体的运动时间最长，所以运动时间

15、的关系为tatbtc，以C点所在的平面为程度面，画一条程度线，如下图，从图中可以看出三个球的竖直位移一样，所以它们的运动时间t一样，由X=V0t可知，程度位移大的物体的初速度大，所以初速度的关系为vcvbva。应选：C。【点评】利用平抛运动在程度和竖直分析上的规律来分析问题，但是在比较它们的关系是会发现，下落的高度和程度分析上的位移全不一样，这就要采用控制变量法，找出它们一样的量，在判断其它的量之间的关系5【分析】当闭合电路的磁通量发生变化时，线圈中出现感应电流，从而会导致指针偏转。【解答】解：、先闭合S2，构成闭合电路，当后闭合S1的瞬间时，通过线圈A的电流增大，导致穿过线圈B的磁通量发生变

16、化，从而产生感应电流，那么指针发生偏转，故正确；、当S1、S2闭合后，稳定后线圈B中没有磁通量的变化，因此线圈B中没有感应电流，在断开S2的瞬间，当然指针也不偏转，故错误；、先闭合S1，后闭合S2的瞬间，穿过线圈B的磁通量没有变化，那么不会产生感应电流，故错误；、当S1、S2闭合后，在断开S1的瞬间，导致穿过线圈B的磁通量发生变化，因此出现感应电流，故正确，故ABC错误，D正确应选：D。【点评】该题考察产生感应电流的条件及掌握断定磁通量如何变化，抓住：闭合回路的磁通量发生变化时，才能产生感应电流这一条件即可。6【分析】根据左手定那么，让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方

17、向就是洛伦兹力的方向根据左手定那么来判断洛伦兹力即可从而可以判断MN的带电的情况，就可以得到电势的上下【解答】解：电流向右，电子向左运动，根据左手定那么可得到，电子受到的洛伦兹力的方向是向下的，所以N板上聚集了电子，M板就出现正电荷，所以M点的电势高于N点的电势，所以A正确，BCD错误。应选：A。【点评】此题就是对左手定那么的直接考察，注意四指指向电流方向，即正电荷运动的方向，比较简单7【分析】抓住用某种频率的光照射大量处于基态的氢原子，结果受到激发后的氢原子能辐射出三种不同频率的光子，确定出氢原子处于第几能级，根据辐射的光子能量等于两能级间的能级差求出辐射的光子能量，得出逸出功，结合光电效应

18、方程求出光电子的最大初动能。【解答】解：由题可知，某种频率的光照射处于基态的氢原子后，处于激发态的氢原子能辐射出三种不同频率的光子，外表氢原子激发后处于n=3的激发态，辐射出的光子中，两种频率较高的光子能量为hv1=E3E1=12.09eV，hv2=E2E1=10.2eV，由于这两种光子中有一种光子恰好能使该金属发生光电效应，由此可知，该金属的逸出功为10.2 eV，那么打出的光电子的最大初动能为Ek=12.09 eV10.2 eV=1.89 eV，故B正确，ACD错误。应选：B。【点评】解决此题的关键知道能级间吸收或辐射的光子能量等于两能级间的能级差，掌握光电效应方程，并能灵敏运用。8【分析

19、】根据安培力大小表达式Ff=，可知安培力与速率成正比，安培力均匀增大，速度均匀增大，可分析出导体棒应做匀加速运动，根据牛顿第二定律推导出外力F1与速度的关系式，再选择图象【解答】解：根据安培力大小表达式Ff=，可知安培力与速率成正比。图中安培力随时间均匀增大，那么速度随时间均匀增大，说明导体棒应做匀加速运动，加速度a一定，根据牛顿第二定律得：F1Ff=ma，得F1=+ma，可见外力F1与速度是线性关系，速度随时间均匀增大，那么外力F1也随时间均匀增大，故B正确。应选：B。【点评】此题关键要掌握安培力大小表达式Ff=，并根据牛顿第二定律推导出外力F1的表达式，即可作出判断9【分析】由质量和轨道半

20、径，可以由万有引力提供向心力分析线速度，向心加速度，周期，动能等的关系【解答】解：A、根据月球对嫦娥卫星的万有引力提供向心力得：，解得：，故两颗卫星线速度之比为：故A错误。B、根据月球对嫦娥卫星的万有引力提供向心力得：，解得：，故两颗卫星的向心加速度之比为：，故B错误。C、根据月球对嫦娥卫星的万有引力提供向心力得：，解得：，故两颗卫星周期之比为：，故C错误。D、根据月球对嫦娥卫星的万有引力提供向心力得：，变化得到：，故两颗卫星动能之比为：EK1：EK2=m1R2：m2R1=4：1，故D正确。应选：D。【点评】此题重点是掌握万有引力提供向心力的各种表达形式，进而才能灵敏分析各个量与半径的关系10

21、【分析】电场线与等势面垂直电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，沿电场线的方向，电势降低，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加【解答】解：A：根据轨迹弯曲方向判断出，粒子在abc的过程中，一直受静电斥力作用，根据同性电荷互相排斥，故粒子带正电荷，A错误；B：点电荷的电场强度的特点是分开场源电荷间隔 越大，场强越小，粒子在C点受到的电场力最小，故B错误；C：根据动能定理，粒子由b到c，电场力做正功，动能增加，故粒子在b点电势能一定大于在c点的电势能，故C错误；D：a点到b点和b点到c点相比，由于点电荷的电场强度的特点是分开场源电荷间隔 越大，场强越小，故a到b电场

22、力做功为多，动能变化也大，故D正确。应选：D。【点评】此题中，点电荷的电场强度的特点是分开场源电荷间隔 越大，场强越小，掌握住电场线和等势面的特点，即可解决此题属于根底题目11【分析】由图乙可知交流电压最大值Um，周期T=0.02秒，可由周期求出角速度的值，那么可得交流电压u的表达式 u=UmsintV，由变压器原理可得变压器原、副线圈中的电流之比，输入、输出功率之比，NTC是指随温度上升电阻呈指数关系减小、具有负温度系数的热敏电阻，Rt处温度升高时，阻值减小，根据负载电阻的变化，可知电流、电压变化。【解答】解：A、t=0.01s时，代入A选项中电压瞬时表达式，那么有电压值为零，那么发电机中线

23、圈与磁场垂直，发电机线圈中穿过的磁通量最大，故A正确。B、原线圈接的图乙所示的正弦交流电，由图知最大电压36v，周期0.02S，故角速度是=100，u=36sin100tV，故B错误。C、R1温度升高时，阻值减小，电流表的示数变大，但不会影响输入电压值，变压器的输入功率等于输出功率变大，故C正确。D、Rt温度升高时，阻值减小，电流表的示数变大，但不会影响输入电压值，故D错误；应选：AC。【点评】根据图象准确找出量，是对学生认图的根本要求，准确掌握理想变压器的特点及电压、电流比与匝数比的关系，是解决此题的关键。12【分析】根据几何关系确定带电粒子在磁场中的运动轨迹并确定其圆心角，根据其从各边穿出

24、时的角度及时间确定能否从各边穿出。【解答】解：由题，带电粒子以垂直于cd边的速度射入正方形内，经过时间t0刚好从c点射出磁场，那么知带电粒子的运动周期为T=2t0。A、假设该带电粒子在磁场中经历的时间是t0=，那么得到轨迹的圆心角为，而粒子从ab边射出磁场时最大的偏向角等于60°+90°=150°=，故不一定从ab边射出磁场，故A错误。B、假设该带电粒子在磁场中经历的时间是=，那么得到轨迹的圆心角为，那么它一定从bc边射出磁场，故B正确。C、假设该带电粒子在磁场中经历的时间是，那么粒子轨迹的圆心角为=，速度的偏向角也为，根据几何知识得知，粒子射出磁场时与磁场边界的

25、夹角为30°，必定从cd射出磁场，故C正确。D、当带电粒子的轨迹与ad边相切时，轨迹的圆心角为60°，粒子运动的时间为t=，在所有从ad边射出的粒子中最长时间为，故假设该带电粒子在磁场中经历的时间是，一定不是从ad边射出磁场，故D错误。应选：BC。【点评】此题是带电粒子在磁场中圆周运动类型，抓住粒子的周期一定，根据速度的偏向角等于轨迹的圆心角，由圆心角确定粒子在磁场中的运动时间。二、非选择题总分值52分，解答题要写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不得分，答案中必须明确写出数值和单位13【分析】1利用在匀变速直线运动中，中间时刻的瞬时速度等于该过程中的

26、平均速度来求B的速度大小，然后根据动能、势能定义进一步求得动能和势能的变化情况。2动能的增加量： mv2，势能的减小量：mgh；由于物体下落过程中存在摩擦阻力，因此动能的增加量小于势能的减小量。【解答】解：1中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度来求B的速度大小：vB=m/s=0.98m/s2物体重力势能减小量为：EP=mgh=1×9.8×0.0492=0.482J动能的增加量为：Ek=m=×1×0.982=0.480J故答案为：10.98m/s；20.482J，0.480J。【点评】正确解答实验问题的前提是明确实验原理，从实验原理出发进展分析所需实验

27、器材、实验步骤、所测数据等，会起到事半功倍的效果。14【分析】1游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺读数，根据图示游标卡尺读出其示数。2根据通过待测电阻的最大电流选择电流表，根据电源电动势选择电压表；根据题意确定电流表与滑动变阻器的接法，然后选择实验电路。【解答】解：1由图示游标卡尺可知，其示数为：13mm+11×0.05mm=13.55mm；2通过待测电阻的最大电流约为：I=5×104A=500A，电流表应选择B；电源电动势为3V，电压表应选择C；由题意可知，待测电阻阻值远大于电流表内阻，电流表应采用内接法，待测电阻阻值远大于滑动变阻器最大阻值，为测多组实验数据，滑动变

28、阻器应采用分压接法，应选择图丁所示电路。故答案为：113.55；2B；C；丁。【点评】游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺读数，根据图示游标卡尺读出其示数，游标卡尺不需要估读，对游标卡尺读数时要注意游标尺的精度；要掌握实验器材的选择原那么：平安性原那么、准确性原那么、方便实验操作原那么。15【分析】1对物体受力分析，根据牛顿第二定律得出力F与加速度a的函数关系，然后结合图象得出相关信息即可求解；2根据动能定理求解外力做的功。【解答】解：1物体受重力、地面的支持力、向右的拉力和向左的摩擦力，根据牛顿第二定律得：F1mg=ma1，F2mg=ma2，解得m=2kg，=0.3；2由动能定理可得，解得

29、WF=100J。答：1物体与程度面间的动摩擦因数为0.3；2在F从0增加到14N的过程中，外力F所做的功为100J。【点评】此题关键是对滑块受力分析，然后根据牛顿第二定律列方程求解出加速度与推力F的关系式，由此得到动摩擦因数，最后结合a与F关系图象得到待求量。16【分析】1A下滑过程机械能守恒，由机械能守恒定律求出A到达最低点时的速度，在最低点应用牛顿第二定律求出支持力，然后由牛顿第三定律求出压力。2系统动量守恒，由动量守恒定律求出最终的速度，然后由能量守恒定律求出总路程。【解答】解：1木块A从轨道图中位置滑到最低点的过程中机械能守恒，由机械能守恒定律得：，在最低点时，对A由牛顿第二定律得：解得：F=2mg，根据牛顿第三定律可得木块对轨道的压力：F=F=2mg，方向：竖直向下