广西南宁市“4+ n”高中联合体2018-2019学年高二下学期期末考试物理试题（含答案）

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1、120182019 学年度高二下学期“4+N”联合体期末联考物理试卷（满分 100 分，考试时间 90 分钟）一单项选择题（每题 4 分，全部 8 小题，共 32 分）1根据玻尔理论，氢原子辐射一个光子后，则下列说法错误的是( )A. 电子绕核运动的半径变小B. 氢原子的电势能减小C. 核外电子的动能减小D. 氢原子的能量减小2如图所示，轻质弹簧的两端在受到两等大拉力 F=2N 的作用下，伸长了 2cm(在弹性限度内)。下列说法正确的是( )A弹簧的弹力为 2N B弹簧的弹力为 4NC该弹簧的劲度系数为 50N/m D该弹簧的劲度系数为 25N/m3图中 a、b、c、d 为四根与纸面垂直的长直

2、导线，其横截面积位于正方形的四个顶点上，导线中通有大小相等的电流，方向如图所示。一带正电的粒子从正方形中心 O 点沿垂直于纸面的方向向外运动，它所受洛伦兹力的方向是 （ ）A向上 B向下 C向左 D向右4.用水平力 F 推静止在斜面上的物块,当力 F 由零开始逐渐增大到某一值而物块仍保持静止状态,则物块( )A. 所受斜面摩擦力可能变为零B. 所受合力逐渐增大C.所受斜面弹力逐渐变小D.所受斜面作用力大小不变5. 如图所示为某质点在 0-4s 内作直线运动的速度时间图象 ,下列说法正确的是( )A.质点始终向同一方向运动B. 前 2s 内和后 2s 的加速度等大反向2C. 2s 末加速度为零D

3、. 4s 内的平均速度为零6.如图所示,中间有孔的物块 A 套在光滑的竖直杆上,通过定滑轮用不可伸长的轻绳拉着物块匀速向上运动,随着物块的上升,关于拉力 F 及拉力 F 的功率 P,下列说法正确的是( )A.F 不变, P 减小 B.F 增大, P 增大C.F 增大, P 不变 D.F 增大, P 减小7.如图(甲)所示,单匝矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的中心轴 OO匀速转动,产生的感应电动势 e 随时间 t 的变化曲线如图(乙)所示.若外接电阻的阻值 R=9,线圈的电阻 r=1,则下列说法正确的是（ ）A.线圈转动频率为 50HZB.0.01 末穿过线圈的磁通量最大C.通过线圈的电流最

4、大值为 10 AD.伏特表的示数为 90V8.如图，光滑固定的金属导轨 PQ、MN 在同一斜面内，两导轨相距 L，与水平面成 角，导轨上端 P、M 间接有阻值为 R 的电阻，导轨所在空间存在垂直于导轨平面向上的磁场B，现有一导体棒 ab，置于导轨上，其阻值为 r，现给 ab 一平行于导轨向上的初速度v，ab 沿导轨上升后又沿导轨滑下，回到初始位置时速度为 v1，不计导轨电阻，则在 ab从初位置出发到又回到初位置的过程中，下列说法正确的是（ ）A上升过程与下降过程通过电阻的电荷量相等B在整个过程中 ab 间的电势差的最大值为 BLvC v 与 v1的关系为 v = v1D在整个过程中克服安培力所

5、做的功等于电阻 R 上产生的焦耳热二多项选择题（本大题共 4 小题，每小题 4 分，共 16 分。在每小题的四个备选项中，有多个选项符合题目要求，全对得 4 分，选对但不全得 2 分，错选或未选均不得分）39. 如图所示半径为 R 的圆形区域内有方向垂直于纸面向里的匀强磁场（图中未画出）两个质量、电量都相同的正粒子，以相同的速率 v 从 a 点先后沿直径 ac 和弦 ab 的方向射入磁场区域， ab 和 ac 的夹角为 300.已知沿 ac 方向射入的粒子在磁场中运动的时间为其圆周运动周期的 1/4，不计粒子重力则（ ）A. 粒子在磁场中运动的轨道半径为 RB. 粒子在磁场中运动的轨道半径为

6、2RC. 沿 ab 方向射入的粒子在磁场中运动的时间为 2R/3VD. 沿 ab 方向射入的粒子在磁场中运动的时间为 R/3V10下列说法正确的是（ ）A分子间距离减小时，分子势能一定增大B单晶体和多晶体有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点C绝热压缩和等温压缩，气体内能均不变D一定量的理想气体升高相同的温度,等压变化比等容变化吸收的热量多11.如图甲所示,水平传送带顺时针方向以 V0匀速运动。从传送带左端 P 由静止轻轻放上一个物体,经 t=10s 恰好到达传送带另一端 Q,若释放物体时刻作为t=0 时刻,物体的速度图象如图乙所示,则（ ）A. 传送带速度 V0=4m/sB. 物体加速过程加速度

7、大小为 a=4m/s2C. 传送带两端 PQ 的距离 L=36mD. 物体与传送带间的摩擦因数 =0.512如图所示，质量相同的三颗卫星 a、b、c 绕地球逆时针做匀速圆周运动。其中 a 为遥感卫星“珞珈一号” ，在半径为 R 的圆轨道运行，经过时间 t，转过的角度为 ；b、c为地球的同步卫星，某时刻 a、b 恰好相距最近。己知地球自转的角速度为 ，万有引力常量为 G，则（ ）A根据题中给出的数据可以求得地球质量B卫星 a 的机械能小于卫星 b 的机械能C若要卫星 c 与 b 实现对接，可让卫星 C 加速D卫星 a 再绕过一圈时，卫星 b 和 a 再一次相距最近4三实验题（2 小题，共 14

8、分）13.（6 分）如图所示，直线 A 为电源 a 的路端电压与电流的关系图象，直线 B 为电源 b 的路端电压与电流关系图象，直线 C 为一个电阻 R 的两端电压与电流的关系图像。将这个电阻 R 分别接到 a、b 两个电源上，由图可知：(1)电源的电动势的大小关系 EA_EB（填“” 、 “v1，C 错；在整个过程中rRab克服安培力所做的功等于整个回路(R+r)产生的焦耳热,D 错误。9.AC 解析：沿 ac 方向射入的粒子在磁场中运动的时间为其圆周运动周期的 1/4，可知粒子在磁场中运动的轨道半径为 R，轨迹对应圆心角为 900（圆形磁场中，射向圆心方向的带电粒子射出磁场时速度反向延长线

9、必过圆心,t ac=T/4，T=2R/V），如图，沿 ab 方向射入的粒子在磁场中对应的圆心角为 1200，运动的时间为 t=T/3=2R/3V .10.BD 解析：当两分子之间的距离大于平衡位置时，两分子间距离减小的过程中，分子势能减小，A 错误；单晶体和多晶体都有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点，B 正确；绝热压缩气体，外界对气体做功，气体内能增加，C 错误；等容过程中吸收的热量仅仅增加为内能，而等压升温的过程中体积增大，对外做功，吸收的热量转化为内能和对外做功，所以一定质量的理想气体升高相同的温度，其等容过程中吸收的热量小于等压过程吸收的热量，D 正确11. AC 解析：由 V-t 图象

10、可知，物体先加速后与传送带共速，故 V0=4m/s ，图像围成的面积即等于位移的大小， PQ 的距离 L=(10-2)4+42/2 m= 36m物体加速过程， mg = ma ， a = v/t = 2m/s2 ， = 0.2 12 .AB 解析：A、 “珞珈一号”角速度： ， “珞珈一号”周期：T t，万有引力提供向心力：GMm/R 2m(2/T) 2R，解得地球质量：M ，故 A 正确；B、轨道越高，需要的发射速度越大，质量相等条件下的机械能越大，所以 a 的机械能小于卫星 b 的机械能。故 B 正确。8C、让卫星 c 加速，所需的向心力增大，由于万有引力小于所需的向心力，卫星 c 会做离

11、心运动，离开原轨道，所以不能与 b 实现对接，故 C 错误D、b、c 在地球的同步轨道上，所以卫星 b、c 和地球具有相同的周期和角速度。由万有引力提供向心力，即 m 2r,a 距离地球表面的高度为 R，所以卫星 a 的角速度 a,此时 a、b 恰好相距最近，到卫星 a 和 b 下一次相距最近，（ a）t2 ,联立可得：t ，(排除法：a、b 周期不同，故不可能再转一个周期后相距最近)故 D 错误；13. （6 分）答案：（1） （2）b （3）b解析:由闭合电路欧姆定律可知, U=E-Ir,U-I 图像中,斜率对应电源内阻 r,r=U/I ,纵轴上的截距即为电源电动势 E,接入电路 R 的实

12、际消耗功率 p 应由 U-I 图像中两条图线的交点的数值来确定.14. （8 分）答案：（1）D （2） （3）偏大24xhs解析：由动能定理有 ,可得 ,由物块做平抛运动得 ,联立得1mgv2vg2xgvth,与物块、小球的质量无关,因此选 D。若将小球向左拉时,小球释放的位置比悬点 O24xhs略高,则使得碰撞后物块的初速度增大,即 x 的测量值偏大,测得的动摩擦因数比实际值大。15.（9 分）解：（1） mg=BIL（ 2 分） ， B=mg/IL（1 分）,由左手定则知， B 的方向应水平向左（1 分）. (2)静止平衡时，沿斜面向上的安培力最小，有 BIL=mgsin （ 3 分）B

13、= mgsin /IL(1 分), 由左手定则知： B 的方向垂直斜面向上 (1 分)16.（12 分）解：（1）当滑块和木板没有发生相对滑动时对滑块、木板整体有： F2 ma （ 2 分）当滑块与木板间摩擦力达最大静摩擦力时，对木板有： mg ma （ 2 分）9联立解得： F2 mg （ 1 分）（2）设滑块、木板的加速度分别为 a1、a 2 ，由牛顿运动定律得：（ 2 分）1mga（ 1 分） 解得：2=12ga，设经 t 时间，滑块滑到木板的最右端，物对板的位移为 L，（ 2 分） 联立解得： （ 2 分）21Lattg17 解：（1）对小球由 a 到 c : mgR = mVc2/2

14、 , （2 分）小球在 C 点: F N-mg= mVc2/R（2 分） ，F N =3mg=6.0105 N （1 分）小球在 C 点对轨道的压力大小 F,N = FN = 6.0105 N （1 分）（2）设 a 球到 D 点时的速度为 vD，从释放至 D 点， 根据动能定理： mgR-f.CD = mv D2/2 - 0 （3 分，分段求亦可）对 a、b 球，碰撞过程动量守恒： mv D = 2mv （2 分）解得：v = 1.73 m/s （1 分）（3）两球进入复合场后，由计算可知 Eq = 2mg，两球在洛仑兹力作用下做匀速圆周运动轨迹示意图如右图所示 洛仑兹力提供向心力 qBv = 2mv2/r ,r = 6.92m（3 分）由 DP =2DN，依图由几何知识可知：NDP=60 0,ODP 为等边三角形， r = 2h （1 分）解得 ：h = 3.46m （1 分）