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1、衡阳县2017-20 18年上学期期末质量检测试题高二物理一、选择题：本题共1 2小题，每题4分，在每小题给出的四个选项中，第11 0题只有一个选项符合题目要求。第1112题有多选项题目要求。全部答对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。1. 下列说法正确的是( )A. 光电效应既显示了光的粒子性，又显示了光的波动性B. 原子核内的中子转化成一个质子和一个电子，这种转化产生的电子发射到核外，就是粒子，这就是衰变C. 一个氘核与一个氚核聚变生成一个氦核的同时，放出一个质子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，电子的动能增大，电势能增大，原子的总能量增大
2、【答案】B【解析】光电效应显示了光的粒子性，A错误；衰变的核反应方程为，产生的电子发射到核外就是粒子，B正确；由核反应方程得，放出一个中子，C错误；根据玻尔理论，氢原子核外电子获得能量，从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，原子总能量增大，由于库仑引力提供向心力，即 ，即v，半径增大则电子动能减小，由于库仑力做负功，则电势能增大，D错误；故选B。2. a、b两物体在同一直线上运动，二者运动的v-t图象均为直线，如图所示，已知两物体在4 s末相遇。则关于它们在04 s内的运动，下列说法正确的是( )A. a、b两物体运动的方向相反B. a物体的加速度大小小于b物体的加速度C. t=2 s时两物
3、体相距最远D. t=0时刻，a物体在b物体前方3m远处【答案】C【解析】 A、a、b两物体都沿正方向运动，运动的方向相同，A错误； B、a物体的加速度大小为：,b物体的加速度大小为： ，a物体的加速度大于b物体的加速度，B错误；C 、两物体在4s末相遇，结合图象，说明是a追b,因此速度相等时相距最远，C正确；D、设时相距x0,则有：，两物体在4s末相遇，所以，解得，D错误；故选C。3. 如图所示，弹性杆AB的下端固定，上端固定一个质量为m的小球，用水平力缓慢拉球，杆发生弯曲.逐步增加水平力的大小，则弹性杆AB对球的作用力的方向( )A. 水平向左，与竖直方向夹角不变B. 斜向右下方，与竖直方向
4、夹角增大C. 斜向左上方，与竖直方向夹角减小D. 斜向左上方，与竖直方向夹角增大【答案】D【解析】试题分析：小球处于平衡状态，合外力为零。分析小球的受力，受竖直向下的重力、水平拉力、弹性杆对小球的作用力。重力、拉力合力斜向右下方，弹性杆对球的作用力与重力、拉力合力是一对平衡力，故方向应是斜向左上方。又因拉力逐渐增大，所以重力、拉力的合力增大，故弹性杆对球的作用力增大，且与竖直方向夹角增大，故ABC错，D对，故选D。考点：动态平衡的分析。4. 如图所示，两个半径不等的光滑半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高，两个质量不等的球(从半径大的轨道下滑的小球质量大，设为大球，另一个为小球，且均可视为质点
5、)分别自轨道左端由静止开始滑下，在各自轨道的最低点时，下列说法正确的是( )A. 大球的速度可能小于小球的速度B. 大球的动能可能小于小球的动能C. 大球的向心加速度的大小等于小球的向心加速度的大小D. 大球所受轨道的支持力等于小球所受轨道的支持力【答案】C【解析】根据动能定理得，解得：，可知半径大的半圆形轨道，球到达最低点时的速度大，故A错误；由动能定理：，可知大球质量大，下降的高度大，则到达最低点时的动能大，故B错误；根据可知，两球的向心加速度大小相等，故C正确；根据牛顿第二定律得:，代入，可得：N3mg，由于大球的质量大，则大球所受的支持力大，故D错误，故选C.5. 下列说法中正确的是A
6、. 牛顿首先提出理想实验，证实自由落体运动是匀变速直线运动B. 牛顿发现万有引力定律，认为物体之间普遍存在万有引力C. 牛顿利用扭秤最先测出了引力常量D. 为了纪念牛顿，将力的国际单位命名为牛顿，并将其作为基本单位【答案】B【解析】【详解】（1）伽利略猜想做自由落体的物体，其下落的位移和时间的二次方成正比，并设计理想斜面实验，假设在理想条件下，让小球从斜面上滚下，不断地让斜面倾角变大，直到推理到竖直情形，通过推理和假设，利用理想斜面实验，证实了自由落体运动是匀变速直线运动，如图所示（2）牛顿发现了万有引力定律，认为自然界中任何两个物体之间都存在万有引力作用，B正确；（3）卡文迪许利用扭秤实验最
7、先测出了万有引力常量，C错误；（4）为了纪念牛顿，将力的国际单位命名为牛顿，但单位牛顿为导出单位，非基本单位，D错误。故本题选B。6. 列车在空载情况下以恒定功率P经过一段平直的路段，通过某点时速率为v，加速度为al；当列车满载货物再次经过同一点时，功率和速率均与原来相同，但加速度变为a2重力加速度大小为g设阻力是列车重力的倍，则列车满载与空载时的质量之比为( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】设列车满载时和空载时的质量分别为和当空载时，根据牛顿第二定律得：在其中：当满载时，根据牛顿第二定律得：在其中：故列车满载和空载的质量之比为。【点睛】列车的功率等于牵引力与速度的乘积；列
8、车满载和空载时，经过同一点时功率和速率不变，得出两种情况下牵引力相同；在两种情况下，分别列牛顿第二定律的方程，联立方程即可求解质量之比。7. 某卫星在半径为r的轨道1上做圆周运动，动能为E1，变轨到轨道2上后，动能比在轨道1上减小了E，在轨道2上也做圆周运动，则轨道2的半径为( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】根据可知，因此从轨道1变轨至轨道2，半径变大，动能变小，则有，解得，故A正确，BCD错误。故选A。【点睛】从轨道1变轨至轨道2，半径变大，动能变小。8. 电子束焊接机中的电场线如图中虚线所示。K为阴极，A为阳极，两极之间的距离为d。在两极之间加上高压U，有一电子在K极由静止被
9、加速。不考虑电子重力，元电荷为e，则下列说法正确的是( ) A. A、K之间的电场强度为B. 电子到达A极板时的动能大于eUC. 由K到A电子的电势能减小了eUD. 由K沿直线到A电势逐渐减小【答案】C【解析】K之间建立的是非匀强电场，公式U=Ed不适用，因此A、K之间的电场强度不等，故A错误；根据动能定理得：Ek-0=eU，得电子到达A极板时的动能 Ek=eU，故B错误；由能量守恒定律知，由K到A，电场力做正功，电势能减少，电子的电势能减小了EP=eU故C正确；由K沿直线到A电势逐渐升高，故D错误。故选C.点睛：本题只要抓住电场线的疏密表示场强的大小，电场力做正功时，电荷的电势能减少，动能增
10、大，就能轻松解答要知道公式U=Ed只适用于匀强电场9. 如图所示，一长为的木板倾斜放置，倾角为。一弹性小球自与木板上端等高的某处由静止释放，小球落到木板上反弹时，速度大小不变且沿水平方向。若小球一次碰撞后恰好落到木板底端，空气阻力不计，则小球释放点距木板上端的水平距离为( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】试题分析：设小球释放点距木板上端的水平距离为h，由几何关系可知，=45，所以下落高度为h，根据自由落体运动规律，末速度，也就是平抛运动的初速度，设平抛运动的水平位移和位移，分别为x和y，因=45，所以x=y，由平抛运动规律 x=vt,联立解得x=4h，由题意可知，解得，所以选项D正
11、确考点：自由落体运动；平抛运动【名师点睛】本题主要考查了自由落体运动和平抛运动的理解与应用。属于中等难度题。平抛运动与斜面相结合的问题是高中物理中常见的模型，也是大型考试中常考题型。这类题目有一个很关键的隐含条件：位移的方向与沿斜面向下，所以。10. 如图所示，n匝矩形闭合导线框ABCD处于磁感应强度大小为B的水平匀强磁场中，线框面积为S，电阻不计。线框绕垂直于磁场的轴OO以角速度匀速转动，并与理想变压器原线圈相连，变压器副线圈接入一只额定电压为U的灯泡，灯泡正常发光。从线圈通过中性面开始计时，下列说法正确的是( )A. 图示位置穿过线框的磁通量变化率最大B. 灯泡中的电流方向每秒改变次C.
12、线框中产生感应电动势的表达式为D. 变压器原、副线圈匝数之比为【答案】C【解析】图示位置穿过线框的磁通量最大，但是磁通量的变化率为零，选项A错误；交流电的周期为，一个周期内电流方向改变两次，则灯泡中的电流方向每秒改变 次，选项B错误；交流电的电动势最大值：Em=nBS，则线框中产生感应电动势的表达式为enBSsint,选项C正确；交流电的有效值为 ,则 ,选项D错误；故选C.点睛：此题关键是掌握交流电的瞬时值、最大值及有效值的意义，知道它们之间的关系；掌握住理想变压器的电压、电流及功率之间的关系，本题即可得到解决。11. 如图所示，固定的光滑平行导轨(电阻不计)与水平面夹角为，导轨足够长且间距
13、L=0.5 m，底端接有阻值为的电阻，整个装置处于垂直于导体框架向上的匀强磁场中，一质量为m-=l kg、电阻、长度也为L的导体棒MN在沿导轨向上的外力F作用下由静止开始运动，拉力F与导体棒速率倒数关系如图所示，已知g=l0m/s2，则（ ）A. v=5 m/s时拉力大小为7NB. v=5 m八时拉力的功率为35WC. 匀强磁场的磁感应强度的大小为2TD. 当捧的加速度a=8 m/s2时，导体棒受到的安培力的大小为1N【答案】CD【解析】由图根据比例关系可知，v5 m/s时拉力F14 N，故A错误；v5 m/s时拉力的功率PFFv145 W70 W，故B错误；由图可知当时，导体棒有最大速度vm
14、10 m/s，此时拉力最小Fmin7 N，根据平衡条件：FminmgsinF安0，其中，代入数据得B2 T，故C正确；的函数关系式为：，根据牛顿第二定律：FmgsinF安ma，其中，由以上三式得：v265v3500，解得v5 m/s，故此时安培力的大小，故D正确。所以CD正确，AB错误。12. 如图所示装置中，质量均为肌的小球A、B系在等长度的轻绳OA、OB下端，并都以转速n绕同一竖直轴在同一水平面内做匀速圆周运动，此时绳OA与OB夹角为，质量为2m的物块C静止不动；若将C换成质量为3m的物块D，要保证在系统稳定时，A、B仍在同一水平面内做圆周运动，同时D静止不动，则A、B的质量和两球做圆周运
15、动的转速n应如何调整( )A. 减少A、B的质量，增大转速nB. 保持A、B的质量不变，增大转速nC. 增大A、B的质量，减小转速nD. 增大A、B的质量，增大转速n【答案】CD【解析】开始时，绳OA与OB夹角为，设OA和OB绳子的拉力为T，以A为研究对象，则满足：，所以右边两个绳子在在竖直方向的合力为，与OA、OB之间夹角的大小无关。所以左边的绳子受到向上的拉力为2mg，对木块进行受力分析，受到绳子的拉力和重力，都为2mg，受力平衡，所以C能静止不动。此时满足的关系为：，若将C换成质量为3m的D，则D对左侧绳子的拉力为3mg，所以右侧上边的绳子对O点的拉力也是3mg，设此时OA和OB绳子的拉
16、力为T，则，以A为研究对象则：，可知A、B与C之间的质量关系仍然满足：，而与OA、OB之间的夹角无关，所以当把C换成D后，需要增加A和B的质量。以A为研究对象，竖直方向始终要满足：，竖直方向：，可知增大或减小转速，仅仅能增大或减小OA与OB之间的夹角，不能改变绳子在竖直方向的分力。由以上的分析可知，故CD正确，AB错误。二、实验题：(第13题7分，第14题9分)13. 伽利略在两种新科学的对话一书中，提出猜想：物体沿斜面下滑是一种匀变速直线运动，同时他还用实验验证了该猜想。某小组依据伽利略描述的实验方案，设计了如图所示的装置，探究物体沿斜面下滑是否做匀变速直线运动。实验操作步骤如下：让滑块从距
17、离挡板s处由静止沿倾角为的斜面下滑，并同时打开装置中的阀门，让水箱中的水流到量筒中：当滑块碰到挡板的同时关闭阀门(假设水流均匀稳定)；记录下量筒收集的水量v；改变s，重复以上操作；将测得的数据记录在表格中。(1)该实验用量筒中收集的水量来表示_。A水箱中水的体积 B水从水箱中流出的速度C滑块下滑的时间 D滑块下滑的位移(2)某同学漏填了第3组数据中量筒收集的水量V，若实验正常，你估计V=_mL；若保持下滑的距离s、倾角不变，增大滑块的质量，水量V将_(填“增大”“不变”或“减小“)；若保持下滑的距离s、滑块质量不变，增大倾角，水量V将_ (填“增大”“不变”或“减小”)。(3)下列说法中不属于
18、该实验误差来源的是_。A水从水箱中流出不够稳定 B滑块开始下滑和开始流水不同步C选用的斜面不够光滑 D选用了内径较大的量筒【答案】 (1). C (2). 75 (3). 不变 (4). 减小 (5). C【解析】(1)因为水是均匀稳定地流出，所以流出的水的体积与时间成正比，所以该实验用量筒中收集的水量表示滑块下滑的时间，选项C正确，选项ABD错误。(2)滑块做初速度为零的匀加速直线运动，位移与时间的二次方成正比，而流出的水的体积与时间成正比，故位移与流出的水的体积的二次方成正比，即skV2，由表中数据可得，V375 mL。对滑块由牛顿第二定律得，mgsinmgcosma，agsingcos，
19、若保持下滑的距离s、倾角不变，增大滑块的质量，滑块的加速度不变，滑块下滑所用的时间不变，水量V不变。若保持下滑的距离s、滑块的质量不变，增大倾角，滑块的加速度增大，滑块下滑所用的时间减少，水量V减少。(3)本实验的误差主要水从水箱中流出不稳定，滑块开始下滑与水开始流动不同时，选用了内径较大的量筒。选用的斜面不够光滑并不影响实验结果，选项C正确，选项ABD错误。14. 在“测定直流电动机的效率实验中，用如图所示的实物图测定一个额定电压U=6V、额定功率为3 W的直流电动机的机械效率。(1)请根据实物连接图在方框中画出相应的电路图(，电动机用表示)_。（2）实验中保持电动机两端电压U恒为6 V，重
20、物每次匀速上升的高度h均为1.5 m，所测物理量及测量结果如下表所示： (3)在第5次实验中，电动机的输出功率是_；可估算出电动机线圈的电阻为_(4)从前4次的实验数据可以得出：UI_(填“”“【解析】（1）根据实物电路图作出电路图，电路图如图所示：（3）在第5次实验中，由图看出，重物处于静止状态，则电动机的输出功率为0。根据欧姆定律得：电动机线圈的电阻为；（4）电动机的总功率：P=UI，电动机的输出功率，对电动机：，故.三、计算题(第15题1 4分，第16题14分，第17题18分)15. 如图所示，质量为m的小球A穿在绝缘杆上，细杆的倾角为，小球A带正电，电荷量为q。在杆上B点处固定一个电荷
21、量为Q的正电荷。将A由距B竖直高度为H处无初速释放，小球A下滑过程中电荷量不变，不计A与细杆间的摩擦，整个装置处于真空中，已知静电力常量k和重力加速度g，求：(1)A球刚释放时的加速度是多大?(2)当A球的动能最大时，A球与B点的距离?【答案】(1) (2) 【解析】（1）由牛顿第二定律得 mgsinF=ma ，根据库仑定律 F=k， r=解得：a=gsin。（2）当A球所受合力为零，加速度为零时，速度最大，动能最大。设此时AB间距离为L，则： mgsin= k，16. 如图所不，静置于水平地面的三辆手推车沿一亘线排列，质量均为m，人在极短的时间内给第一辆车一水平冲量使其运动，当车运动了距离L
22、时与第二辆车相碰，两车以共同速度继续运动了距离L时与第三车相碰，三车以共同速度又运动了距离L时停止车运动时受到的摩擦阻力恒为车所受重力的七倍，重力加速度为g，若车与车之间仅在碰撞时发生相互作用，碰撞时间很短，忽略空气阻力，求：(1)整个过程中摩擦阻力所做的总功； (2)人给第一辆车水平冲量的大小【答案】(1) 6kmgL (2) 【解析】试题分析：（1）设运动过程中摩擦阻力做的总功为W，则W=-kmgL-2kmgL-3kmgL=-6kmgL；即整个过程中摩擦阻力所做的总功为-6kmgL（2）设第一车的初速度为，第一次碰前速度为，碰后共同速度为，第二次碰前速度为，碰后共同速度为由动量守恒得人给第
23、一辆车水平冲量的大小考点：动量守恒定律及能量守恒定律【名师点睛】本题关键在于运动的过程较多，有三个匀减速过程和两个碰撞过程，可以交叉运用动能定理和动量守恒定律列式求解，题中涉及的字母较多，要有足够的耐心，更要细心。17. 如图所示，半径为R的四分之三圆周CED，O为圆心，A为CD的中点，在OCEDO内充满垂直于纸面向外的匀强磁场(图中未画出)，磁感应强度大小为B一群相同的带正电粒子以相少同的速率从AC部分垂直于AC射向磁场区域，沿半径OD放置，一粒子吸收板，所有射在板上的粒子均被完全吸收已知粒子的质量为m，电量为q，速率，假设粒子不会相遇，忽略粒子间的相互作用，不考虑粒子的重力求：(1)粒子在
24、磁场中的运动半径；（2)粒子在磁场中运动的最短和最长时间；(3)吸收板上有粒子击中的长度【答案】(1) (2) (3) 【解析】(1)由qvBm代入v得r(2)粒子在磁场中做圆周运动的周期为T，则有 如图所示，部分粒子从OC边射入磁场，又从OC边射出磁场由对称性可知，粒子偏转的圆心角为90，最短时间 沿AO入射的粒子，与磁场圆在最低点内切，圆心角为270，如图所示最长时间(3)轨迹圆圆心的轨迹一定在与OC平行的线上，如图中O1、O2、O3线上，其中O1在AC上，O2在OA上，O3在板OD上圆心在O1到O2间时，粒子打在板OD的左面，由图中几何关系得，左表面的长度范围为L1RRR圆心在O2到O3间时，粒子打在板OD的右面，由图中几何关系得，右表面的长度范围为EF段，长度为L2RR综上，有粒子击中的长度为LL1L2RRR点睛：粒子在磁场中运动时，画出粒子的运动轨迹，由几何知识求出轨迹半径是关键，要注意分析时间与周期的关系 ASDFESAQ!#%FWQQ!QAaaazzx33456#$!%ASDFESAQ!#%FWQQ!QAaaazzx33456#$!%