学年贵州省黔东南州锦屏县民族中学高二上学期期末考试物理试题.docx

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学年贵州省黔东南州锦屏县民族中学高二上学期期末考试物理试题

贵州省黔东南州锦屏县民族中学2018-2019学年高二上学期期末

物理试题

★祝考试顺利★

注意事项：

1、考试范围：

高考范围。

2、答题前，请先将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色签字笔填写在试题卷和答题卡上的相应位置，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

用2B铅笔将答题卡上试卷类型A后的方框涂黑。

3、选择题的作答：

每个小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选择题答题区域的答案一律无效。

4、主观题的作答：

用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域的答案一律无效。

如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。

不按以上要求作答无效。

5、选考题的作答：

先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑。

答案用0.5毫米黑色签字笔写在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选修题答题区域的答案一律无效。

6、保持卡面清洁，不折叠，不破损，不得使用涂改液、胶带纸、修正带等。

7、考试结束后，请将本试题卷、答题卡、草稿纸一并依序排列上交。

一、单选题（共12小题，每小题3.0分，共36分）

1.在如图所示的位移（x）一时间（t）图象和速度（v）一时间（t）图象中，给出的四条图线甲、乙、丙、丁分别代表四辆车由同一地点向同一方向运动的情况，则下列说法正确的（）

A.甲、丁两车做曲线运动，乙、丙两车做直线运动

B.t1时刻甲、乙车相遇，但0～t1时间内甲车通过的路程大于乙车通过的路程

C.t2时刻丙丁两车相距最远，但0～t2时间内丙、丁两车的平均速度相等

D.t1时刻甲车速度小于乙车，t2时刻丙车加速度大于丁车

【答案】D

【解析】

试题分析：

在位移﹣时间图象中，倾斜的直线表示物体做匀速直线运动，图线的斜率表示速度，图象的交点表示位移相等，平均速度等于位移除以时间；

在速度﹣时间图象中，斜率表示加速度，图象与时间轴围成的面积表示位移．

解：

A．根据位移﹣时间图象的斜率表示速度，由图象可知：

乙图线的斜率不变，说明乙的速度不变，做匀速直线运动．甲做速度越来越小的变速直线运动，故A错误；

B．在t1时刻两车的位移相等，又都是单向直线运动，所以0～t1时间内，甲乙两车通过的路程相等，故B错误；

C．由速度图象与时间轴围成的面积表示位移可知：

丙、丁两车在t2时刻面积差最大，所以相距最远，0～t2时间内丙、丁两车的位移不等，时间相等，则平均速度不相等，故C错误；

D．t1时刻甲的斜率小于乙的斜率，则甲的速度小于乙车，t2时刻丙车的斜率大于丁车的斜率，则丙车加速度大于丁车，故D正确．

故选：

D

【点评】本题从图线的斜率、“面积”、交点的数学意义来理解其物理意义，要注意位移﹣时间图象和速度﹣时间图象的区别．

2.如图所示，质量均为m的两个小球A、B固定在轻杆的两端，将其放入光滑的半圆形碗中，杆的长度等于碗的半径，当杆与碗的竖直半径垂直时，两小球刚好能平衡，则小球A对碗的压力大小为（）

A.

mgB.

mgC.

mgD.2mg

【答案】B

【解析】

【分析】

由已知条件知，根据对称性可知，A、B间的杆一定水平，对其中一个小球受力分析，由共点力的平衡知识可得杆的作用力．

【详解】由题得知，A、B间的杆一定水平，对其中一个小球受力分析，如图所示：

由共点力的平衡知识可得，碗对小球的弹力

；故选B.

【点睛】本题要抓住装置的对称性，明确A、B间的杆子是水平的，再分析小球受力情况，由平衡条件求解．

3.A、B、C三物块的质量分别为M，m和m0，作如图所示的连接．绳子不可伸长，且绳子和滑轮的质量、滑轮的摩擦均可不计．若B随A一起沿水平桌面做匀速运动，则可以断定（）

A.物块A与桌面之间有摩擦力，大小为m0g

B.物块A与B之间有摩擦力，大小为m0g

C.桌面对A，B对A，都有摩擦力，两者方向相同，合力为m0g

D.桌面对A，B对A，都有摩擦力，两者方向相反，合力为m0g

【答案】A

【解析】

【分析】

B随A一起沿水平桌面做匀速运动，所以物体都处于平衡状态；分别对m进行受力分析；整体受力分析可知M与地面之间摩擦力的情况．

【详解】A、因为B随A一起沿水平桌面作匀速运动，所以m和M受到水平向右的拉力和水平向左的摩擦力，以及竖直向下的重力和竖直向上的支持力，因此M受到地面对其向左的摩擦力等于绳子的拉力，因为拉力等于m0的重力，所以物体A与桌面间的摩擦力等于拉力，即m0g，A正确；

B、C、D、对m进行受力分析可得，m受重力、支持力；因m水平方向不受外力，故m不会受到M对m的摩擦力，故AB间没有摩擦力，B、C、D错误；

故选A.

【点睛】整体法与隔离法是受力分析中常用方法之一，应灵活应用；同时要注意受力分析要结合物体的运动状态同时进行分析．

4.下列说法正确的是（）

A.以牛顿运动定律为基础的经典力学因其局限性而没有存在的价值

B.物理学的发展，使人们认识到经典力学有它的适用范围

C.相对论和量子力学的出现，是对经典力学的全盘否定

D.经典力学对处理高速运动的宏观物体具有相当高的实用价值

【答案】B

【解析】

牛顿运动定律能够解决宏观物体的低速运动问题，在生产、生活及科技方面起着重要作用；解决问题时虽然有一定误差，但误差极其微小，可以忽略不计；故经典力学仍可在一定范围内适用．虽然相对论和量子力学更加深入科学地认识自然规律，它是科学的进步，但并不表示对经典力学的否定，故选项B正确．A、C错误；经典力学不能用于处理高速运行的物体；故D错误．

故选B

5.水平抛出的小球，t秒末的速度方向与水平方向的夹角为

1，t+t0秒内位移方向与水平方向的夹角为

2，重力加速度为g，忽略空气阻力，则小球初速度的大小可表示为（）

A.

B.

C.

D.

【答案】A

【解析】

试题分析：

平抛运动水平为匀速直线运动，水平速度恒为

，

竖直为自由落体运动，竖直速度

，位移

。

根据速度的合成，有

，t＋

秒内水平位移

，竖直位移

根据位移的合成有

，结合选项

，即可得

，选项A对。

考点：

平抛运动

6.如图所示，质量为m的木块从半径为R的半球形碗口下滑到碗的最低点的过程中，如果由于摩擦力的作用使木块的速率不变，那么（）

A.加速度为零

B.加速度恒定

C.加速度大小不变，方向时刻改变，但不一定指向圆心

D.加速度大小不变，方向时刻指向圆心

【答案】D

【解析】

试题分析：

木块下滑过程中速率不变做匀速圆周运动，加速度不为零，具有向心加速度，据此分析即可．

木块做匀速圆周运动，速度方向时刻在变化，速度在改变，加速度一定不为零，A错误；木块做匀速圆周运动，加速度方向始终指向圆心，大小不变，方向时刻改变，故BC错误D正确．

7.（3分）（2011•海南）关于静电场，下列说法正确的是（）

A.电势等于零的物体一定不带电

B.电场强度为零的点，电势一定为零

C.同一电场线上的各点，电势一定相等

D.负电荷沿电场线方向移动时，电势能一定增加

【答案】D

【解析】

电势等于0的点是人为选择的，电势等于零的物体可能带电．故A错误；电势等于0的点是人为选择的，而电场强度是由电场本身决定的，电场强度为零的点，电势可能为零，也可能不为0；如等量同种点电荷连线的中点处，场强等于0，而电势不等于0．故B正确；沿电场线的方向，电势降低，所以同一电场线上的各点，电势一定不相等．故C错误；负电荷沿电场线方向移动时，电场力的方向与运动的方向相反，电场力做负功，电荷电势能增大．故D错误．故选B.

点睛：

加强基础知识的学习，掌握住电场线和等势面的特点，知道电场强度与电势分别描述电场的两个不同方面的性质，二者没有直接的关系，沿电场线的方向，电势降低．

8.如图所示，有一半圆弧光滑轨道，半径为R，在与圆心等高的位置静止放置一个带正电的小球A，其质量为m，MN之间有一方向水平向左的匀强电场，让小球A自由滚下进入匀强电场区域，水平面也是光滑的，下列说法正确的是（）

A.小球一定能穿过MN区域继续运动

B.如果小球没有穿过MN区域，小球一定能回到出发点

C.如果小球没有穿过MN区域，只要电场强度足够大，小球可以到达P点，且到达P点速度大于等于

D.如果小球一定能穿过MN区域，电场力做的功为﹣mgR

【答案】B

【解析】

试题分析：

小球带正电，进入电场后做减速运动，如果小球达到N点还没有减速到零，说明小球穿过了MN区域，如果小球还没有到N点就减速为零，说明小球不能穿过MN区域，A项错．如果小球没有穿过MN区域，根据能量守恒定律，小球能回到出发点，且速度为零，B项对，C项错．如果小球一定能穿过MN区域，根据动能定理，电场力做的功与重力做的总功之和等于动能的变化，由于不知道小球在N点的速度是否为0，所以无法确定电场力做的功，D项错．

故选B

考点：

考查了带电粒子在匀强电场中的运动

点评：

带电粒子在电场中的运动，综合了静电场和力学的知识，分析方法和力学的分析方法基本相同．先分析受力情况再分析运动状态和运动过程（平衡、加速、减速，直线或曲线），然后选用恰当的规律解题．解决这类问题的基本方法有两种，第一种利用力和运动的观点，选用牛顿第二定律和运动学公式求解；第二种利用能量转化的观点，选用动能定理和功能关系求解．

9.空间存在垂直于纸面方向的均匀磁场，其方向随时间做周期性变化，磁感应强度B随时间t变化的图象如图所示。

规定B＞0时，磁场的方向穿出纸面。

一电荷量q＝5

×10﹣7C、质量m＝5×10﹣10kg的带电粒子，位于某点O处，在t＝0时刻以初速度v0＝

m/s沿某方向开始运动。

不计重力的作用，不计磁场的变化可能产生的一切其他影响。

则在磁场变化N个周期（N为整数）的时间内带电粒子的平均速度的大小等于（）

A.

m/sB.

m/sC.

m/sD.2

m/s

【答案】D

【解析】

【分析】

粒子在磁场中运动，求出粒子做圆周运动的周期和半径，即可画出粒子的运动轨迹，平均速度等于位移除以时间。

【详解】设粒子运动半径为r，则有：

，周期为：

；粒子的运动轨迹示意图如图所示：

磁场变化的一个周期内，带电粒子的位移为

，所以在磁场变化N个周期的时间内，带电粒子的平均速度为：

；故D正确，A、B、C错误.

故选D.

【点睛】该题考查了带电粒子在方向随时间作周期性变化的磁场中运动的问题，此题不但要求学生要熟练的应用带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的轨道半径公式和周期公式，还要求要有较强的对物体运动的分析能力，该题关键是找出磁场变化的周期和粒子圆周运动的周期的关系。

正确的绘制出粒子的轨迹图，对解决问题有非常大的帮助.

10.如图所示,带负电的物块A放在足够长的不带电的绝缘小车B上,两者均保持静止,置于垂直于纸面向里的匀强磁场中,在t=0时刻用水平恒力F向左推小车B.已知地面光滑,A、B接触面粗糙,A所带电荷量保持不变.关于A、B的v-t图像大致正确的是

A.

B.

C.

D.

【答案】C

【解析】

开始两者一起匀加速运动，随着速度的增加，物块A受到向上的洛伦兹力，压力减小，后来A与B相对运动，最终A受到的洛伦兹力与重力大小相等时做匀速运动，C正确。

11.在下面四个图中，标出了磁场的方向、通电直导线中电流I的方向，以及通电直导线所受安培力F的方向

其中正确的是

A.

B.

C.

D.

【答案】C

【解析】

A、根据左手定则：

伸开左手，拇指与手掌垂直且共面，磁感线向里穿过手心，则手心朝外,四指指向电流方向：

向右，拇指指向安培力方向：

向上，符合左手定则，故A正确；

B、通电导线与磁场平行，不受安培力，故B错误；

C、根据左手定则：

伸开左手，拇指与手掌垂直且共面，磁感线向左穿过手心，则手心朝右．四指指向电流方向：

向外，拇指指向安培力方向：

向下，此项不符合左手定则，故C错误；

D、安培力方向既与电流方向垂直，又与磁场方向垂直，而此项安培力方向与磁场方向平行，不可能，故D错误。

点睛：

判断通电导线的安培力方向，既要会用左手定则，又要符合安培力方向的特点：

安培力方向既与电流方向垂直，又与磁场方向垂直。

12.如图所示，有三个点电荷A、B、C位于一个等边三角形的三个顶点上，已知A、B都带正电荷，A所受B、C两个电荷的静电力的合力如图中FA所示，则下列说法正确的是（）

A.C带正电，且QC＜QBB.C带正电，且QC＞QB

C.C带负电，且QC＜QBD.C带负电，且QC＞QB

【答案】C

【解析】

因A、B都带正电，所以静电力表现为斥力，即B对A的作用力沿BA的延长线方向，而不论C带正电还是带负电，A和C的作用力方向都必须在AC连线上，由平行四边形定则知，合力必定为两个分力的对角线，所以A和C之间必为引力，且FCA

故C正确，ABD错误。

故选：

C

二、多选题（共4小题，每小题5.0分，共20分）

13.如图所示，物体ABC放在光滑水平面上用细线ab连接，力F作用在A上，使三物体在水平面上运动，若在B上放一小物体D，D随B一起运动，且原来的拉力F保持不变，那么加上物体D后两绳中拉力的变化是（）

A.Ta增大B.Tb增大C.Ta变小D.Tb变小

【答案】AD

【解析】

【分析】

要比较绳子的拉力如何变化，必需求出绳子拉力的具体的值：

在放置D之前，以整体为研究对象求出整体的加速度，进而求出两段绳子各自的拉力；在放置D之后以整体为研究对象求出整体的加速度，进而求出两段绳子各自的拉力．

【详解】在放置D之前，以整体为研究对象有：

F=（mA+mB+mC）a1

以C为研究对象有：

Fb1=mCa1

故有：

Fb1=

mC

以BC作为研究对象有：

Fa1=（mB+mC）a1=（mB+mC）

在放置D之后，以整体为研究对象有F=（mA+mB+mC+mD）a2

得：

a2=

以C为研究对象有：

Fb2=mCa2=

mC

以B、C和D作为研究对象有：

Fa2=（mA+mC+mD）a2=（mB+mC+mD）

显然Fa2＞Fa1，Fb2＜Fb1，故选AD。

【点睛】先用整体法求出整体的加速度，在用隔离法求出绳子的拉力，这是解决连接体的基本思路．

14.如图所示，楔形木块abc固定在水平面上，粗糙斜面ab和光滑斜面bc与水平面的夹角相同，顶角b处安装一定滑轮。

质量分别为M、m（M>m）的滑块,通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接，轻绳与斜面平行。

两滑块由静止释放后，沿斜面做匀加速运动。

若不计滑轮的质量和摩擦，在两滑块沿斜面运动的过程中（）

A.两滑块组成系统的机械能守恒

B.重力对M做的功等于M动能的增加

C.轻绳对m做的功等于m机械能的增加

D.两滑块组成系统的机械能损失等于M克服摩擦力做的功

【答案】CD

【解析】

试题分析：

由于“粗糙斜面ab”，故两滑块组成系统的机械能不守恒，故A错误；由动能定理得，重力、拉力、摩擦力对M做的总功等于M动能的增加，故B错误；除重力弹力以外的力做功，将导致机械能变化，故C正确；除重力弹力以外的力做功，将导致机械能变化，摩擦力做负功，故造成机械能损失，故D正确

考点：

机械能守恒定律，动能定理的应用．

15.如图所示，一个半径为R的导电圆环与一个轴向对称的发散磁场处处正交，环上各点的磁感应强度B大小相等，方向均与环面轴线方向成θ角（环面轴线为竖直方向），若导线环上载有如图所示的恒定电流I，则下列说法正确的是（）

A.导电圆环所受安培力方向竖直向下

B.导电圆环所受安培力方向竖直向上

C.导电圆环所受安培力的大小为2BIR

D.导电圆环所受安培力的大小为2πBIR

【答案】B

【解析】

【分析】

先据矢量的分解将磁感应强度分解为水平方向和顺直方向；由左手定则判断环所受安培力方向，由安培力公式求出环所受安培力大小.

【详解】A、B、把磁感应强度分解为水平分量与竖直分量，竖直方向的磁场对环形电流的安培力为零，由左手定则可知，水平方向的磁场对电流的安培力竖直向上，即导电圆环所受安培力竖直向上，故A错误，B正确；

C、D、把磁感应强度分解为水平分量与竖直分量，竖直方向的磁场对环形电流的安培力为零，那么水平磁场对电流的安培力F＝B水平I•2πR＝2πBIRsinθ，故C，D错误；

故选B.

【点睛】考查左手定则的内容，利用左手定则判断出安培力的方向，掌握安培力表达式，及理解力的分解法则，注意立体图转化为平面图.

16.如图所示，电源E的内阻不计，其中A为理想电流表，V1、V2为理想电压表，R1、R2、R3为定值电阻．开始时S是断开的，当闭合开关S时，各电表的示数变化情况正确的是（）

A.电压表V1的示数变小

B.电压表V2的示数变小

C.电流表A的示数变小

D.电流表A的示数变大

【答案】ABD

【解析】

【分析】

当闭合开关S时，外电路总电阻减小，由闭合电路欧姆定律分析干路电流的变化、路端电压的变化和电阻R1电压的变化．根据电阻R2的电压与路端电压、R1电压的关系，分析R2的电压变化．

【详解】A、当闭合开关S时，引起外电路总电阻减小，由闭合电路欧姆定律得知，干路电流I增大，电压表V1的示数U＝E-Ir，U变小；故A正确.

B、电压表V2的示数U2＝E-I（R1+r），I增大，U2变小；故B正确.

C、D、干路电流I增大，电流表A的示数变大；故C错误，D正确.

故选ABD.

【点睛】本题是电路中动态变化分析问题，关键要处理好局部与整体的关系．对于路端电压也可直接根据路端电压随外电阻增大而增大判断.

三、实验题（共2小题，共14分）

17.如图（a）中，悬点正下方P点处放有水平放置炽热的电热丝，当悬线摆至电热丝处时能轻易被烧断，小球由于惯性向前飞出做平抛运动．在地面上放上白纸，上面覆盖着复写纸，当小球落在复写纸上时，会在下面白纸上留下痕迹．用重锤线确定出A、B点的投影点N、M.重复实验10次（小球每一次都从同一点由静止释放）球的落点痕迹如图（b）所示，图中米尺水平放置，零刻度线与M点对齐．用米尺量出AN的高度h1、BM的高度h2，算出A、B两点的竖直距离，再量出M、C之间的距离x，即可验证机械能守恒定律，已知重力加速度为g，小球的质量为m.

（1）根据图（b）可以确定小球平抛时的水平射程为________cm.

（2）用题中所给字母表示出小球平抛时的初速度v0＝________．

（3）用测出的物理量表示出小球从A到B过程中，重力势能的减少量ΔEp＝________，动能的增加量ΔEk＝________．

【答案】

（1）.65.0cm

（2）.

（3）.

（4）.

【解析】

【详解】

（1）根据刻度尺的读数原则，可知其读数为：

65.0cm．

（2）物体从B点平抛，所以有：

x=v0t     

h2=

gt2  

联立解得：

v0=x

（3）重力势能的减小量等于重力做功：

△Ep=mgh=mg（h1-h2）

动能增量为：

△EK=

mv02=

．

18.要测绘额定电压为2V的日常用小电珠的伏安特性曲线，所供选择的器材除了导线和开关外，还有以下一些器材可供选择：

A、电源E（电动势3.0V，内阻可不计）

B、电压表V1（量程为0～3.0V，内阻约2kΩ）

C、电压表V2（0～15.0V，内阻约6kΩ

D、电流表A1（0～0.6A，内阻约1Ω）

E、电流表A2（0～100mA，内阻约2Ω）

F、滑动变阻器R1（最大值10Ω）

G、滑动变阻器R2（最大值2kΩ）

（1）为减少实验误差，实验中电压表应选择_______，电流表应选择_______，滑动变阻器应选择_______．（填各器材的序号）

（2）为提高实验精度，请你设计实验电路图，并画在下面的虚线框中_______；

（3）实验中测得一组数据如表所示，根据表格中的数据在方格纸上作出该电珠的伏安特性曲线_______

（4）该小电珠的额定功率是_______．

【答案】

（1）.

（1）B

（2）.D（3）.F（4）.

（2）电路图如图所示

（5）.（3）如图所示

（6）.（4）1.00W

【解析】

（1）由题意小灯泡额定电压为2V，额定电流为0.5A，故电压表应选B，电流表应选D，又描绘伏安特性曲线要求电流从零调，故变阻器应用分压式接法，应选阻值小的变阻器F；

（2）由于小电珠电珠较小，满足

，电流表应用外接法，又变阻器应采用分压式接法，电路图如图所示

（3）根据表格中的数据在方格纸上作出该电珠的伏安特性曲线

（4）由图可知，当电压为2V，电流为0.50A；则功率P=UI=2×0.50=1.0W；

（5）由图可知，图象的斜率越来越大；故说明灯泡电阻随随电压的增大而增大；

四、计算题

19.在一级方程式汽车大赛中，一辆赛车的总质量为m，一个路段的水平转弯半径为R，赛车转此弯时的速度为v，赛车形状都设计得使其上下方空气有一压力差——气动压力，从而增大了对地面的正压力。

正压力与最大静摩擦力的比值叫侧向附着系数，以

表示。

要上述赛车转弯时不侧滑，则需要多大的气动压力？

【答案】

【解析】

试题分析：

对物体受力分析可知正压力）N=mg+），其中）表示气动压力，

因为

得

，

根据牛顿第二定律，可得

联立解得，

考点：

牛顿第二定律

【名师点睛】本题考查牛顿第二定律在圆周运动中的应用问题，是一道信息给予题，要读懂题意，知道侧向附着系数的含义，对于圆周运动，关键是确定向心力的来源，然后根据牛顿第二定律列的方程求解；此题立意较新颖，是一道很不错的题目.

20.一台电风扇，内阻为20Ω，接上220V电压后，消耗功率66W．

（1）电风扇正常工作时通过电动机的电流是多少？

（2）电风扇正常工作时转化为机械能的功率是多少？

转化为内能的功率是多少？

电动机的效率多少？

（3）如果接上电源后，电风扇的风叶被卡住，不能转动，这时通过电动机的电流，以及电动机消耗的电功率和发热功率是多少？

【答案】

（1）0.3A　

（2）1.8W　64.2W　97.3%（3）11A　2420W　2420W

【解析】

【详解】

（1）由P=UI可得电流为：

I=

=0.3A；

线圈电阻发热功率：

PQ=I2r=1.8W；

机械功率：

P机=P-PQ=64.2W；

η=

×100%=97.3%

（2）当叶片不转动时，作纯电阻，根据欧姆定律，有：

I=

=11A；

电动机消耗的电功率等于电机的发热功率：

P=UI=I2r=11×11×20=2420W。

【点睛】对于电功率的计算，一定要分析清楚是不是纯电阻电路，对于非纯电阻电路，总功率和发热功率的计算公式是不一样的。

21.如图所示，两根倾斜直金属导轨MN、PQ平行放置，它们所构成的轨道平面与水平面之间的夹角θ＝37°，两轨道之间的距离L＝0.50m．一根质量m＝0.20kg的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直，且接触良好，整套装置处于与ab棒垂直的匀强磁场中．在导轨的上端接有电动势E＝36V、内阻r＝1.6Ω的直流电源和电阻箱R．已知导轨与金属杆的电阻均可忽略不计，sin37°＝0.60，cos37°＝0.80，重力加速度g＝10m/s2．

（1）若金属杆ab和