四川省泸州市泸县第四中学2018-2019学年高二物理下学期期中试题（含解析）

四川省泸州市泸县第四中学2018-2019学年高二物理下学期期中试题（含解析）一选择题： 1.钍具有放射性，它能放出一个新的粒子而变为镤，同时伴随有射线产生，其方程为，钍的半衰期为24天则下列说法中正确的是( )A. x为质子B. x是钍核中的一个中子转化成一个质子时产生的C. 射线是镤原子核外电子跃迁放出的D. 1g钍经过120天后还剩0.2g钍【答案】B【解析】【详解】（1）根据电荷数和质量数守恒知钍核衰变过程中放出了一个电子，即X为电子，故A错误；（2）衰变的实质：衰变时释放的电子是由核内一个中子转化成一个质子同时产生的，即故B正确；（3）射线是镤原子核放出，故C错误；（4）钍的半衰期为24天，1g钍经过120天后，发生5个半衰期，1g钍经过120天后还剩0.03125g，故D错误；故本题正确答案选B。2.如图甲所示，有一个等腰直角三角形的匀强磁场区域，其直角边长为L，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B。一边长为L、总电阻为R的正方形导线框abcd，从图示位置开始沿x轴正方向以速度匀速穿过磁场区域。取沿abcda的感应电流为正，则图中表示线框中电流i随bc边的位置坐标x变化的图象正确的是 ( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】导线框进入磁场前感应电流为零，进入磁场后导体切割磁感线时产生感应电动势，大小与导体棒的有效长度成正比。在导体框向左运动到全部进行磁场过程中，导体棒的有效长度在增大。电动势和电流增大，有楞次定律判断电流为正方向，当金属框完全进入磁场后，切割磁场的有效长度在增大，线框左边切割磁感线，由楞次定律可判断电流为负方向，电流中的电流方向也与原来的方向相反。所以答案为C3.如图，两个质量均为m的小木块a和b（可视为质点）沿半径方向放在水平圆盘上用细线相连，a与转轴OO的距离为l，b与转轴的距离为2l木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动至两物体刚好未发生滑动，表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是A. 细线中的张力等于kmgB. 是细线刚好绷紧时的临界角速度C. 剪断细线后，两物体仍随圆盘一起运动D. 当时，a所受摩擦力的大小为kmg【答案】B【解析】两物体刚好未发生滑动时AB与圆盘之间的摩擦都达到最大，则对A：；对B: ，联立解得： ，选项A错误；细线刚好绷紧时，b与圆盘之间的摩擦达到最大，则由kmg=m2l2可得，此时细线中的张力为零；选项B正确；当时，a所受摩擦力的大小为，选项D错误；剪断细线后，A物体仍随圆盘一起运动，但是B物体所受的合力减小，将做离心运动，选项C错误；故选B.点睛：本题的关键是正确分析木块的受力，明确木块做圆周运动时，静摩擦力提供向心力，把握住临界条件：静摩擦力达到最大，物块开始发生相对滑动4.如图所示，紫铜做的圆盘水平放置在竖直向下的匀强磁场中，圆盘圆心处固定一个摇柄，边缘和圆心处各与一个黄铜电刷紧贴，用导线将电刷与电流表连接起来形成回路。转动摇柄，使圆盘以角速度逆时针匀速转动，下列说法正确的是()A. 回路中不会产生感应电流B. 回路中会产生电流大小不变、方向变化的感应电流C. 回路中电流的大小和方向都周期性变化，周期为D. 回路中电流方向不变，从b导线流进电流表【答案】D【解析】铜盘转动产生的感应电动势为：E=BL2/2，B、L、不变，E不变，电流：I=E/R=BL2/2R，电流大小恒定不变，由右手定则可知，回路中电流方向不变，从b导线流进电流表，故ABC错误，D正确；故选：D。【名师点睛】圆盘转动可等效看成无数轴向导体切割磁感线，有效切割长度为铜盘的半径L，根据感应电动势公式分析电动势情况，由欧姆定律分析电流情况；根据右手定则分析感应电流方向。5.质量为m2 kg的物块静止放置在粗糙水平地面O处，物块与水平面间的动摩擦因数0.5，在水平拉力F作用下物块由静止开始沿水平地面向右运动，经过一段时间后，物块回到出发点O处，取水平向右为速度的正方向，如图a所示，物块运动过程中其速度v随时间t变化规律如图b所示，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法不正确的是 ( )A. 物块经过4 s时间离出发点最远B. 第3s内物体的位移为2.5mC. 在3.5 s 至4.5 s的过程，物块受到的水平拉力不变D. 4.5 s时刻水平力F的大小为16 N【答案】C【解析】A、由v-t图像可知，0-4s，物块向右运动，4s以后，物块向左运动，所以，物块经过4 s时间离出发点最远，A正确；B、第3秒内，物块速度从2m/s均匀增加到3m/s，位移为 ，B正确；C、物块在3s4s内的加速度：a1=v1/t1=-3m/s2，由牛顿第二定律得，F1-mg=ma1，解得：F1=4N；物块在4s5s内的加速度：a2=v2/t2=3m/s2，由牛顿第二定律得：F2+mg=ma2，解得：F2=-16N，C错误、D正确。本题选择错误答案，故选：C。 6.一滑块从固定的斜面底端冲上粗糙的斜面，到达某一高度后返回斜面底端。下列各图分别表示滑块在斜面上运动的速度v、动能Ek、重力势能EP 、机械能E随时间t或x（偏离出发点的距离）变化的图象，选斜面底端为零势能面，则下列图象可能正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】AB【解析】滑块在斜面上运动过程中，由于存在摩擦力，机械能不断减小，经过同一点时下滑的速度小于上滑的速度，回到出发点时的速度比出发时的初速度小，故A正确；上滑时，根据动能定理，有：-（mgsin+f）x=Ek-Ek0，下滑时，根据动能定理，有：（mgsin-f）x=Ek，故B正确，Ek-x图象是直线，上滑时图象的斜率绝对值大，故B正确；在上滑过程中：上滑的位移大小为：x1=v0t-a1t2，重力势能为：EP=mgx1sin=mgsin（v0t-a1t2），EP-t图象为抛物线，下滑过程：重力势能为：EP=mgH-a2（t-t0）2sin，H为斜面的最大高度，t0是上滑的时间，此为开口向下的抛物线方程，故C错误；由于物体克服摩擦力做功，其机械能不断减小，根据功能关系得：E=E0-f1x，返回出发点时的机械能不为零，故D错误；故选AB.点睛：本题采用定性分析与定量计算相结合的方法分析功能关系、运动与力关系，根据物理规律得到解析式，再选择物理图象7.已知地磁场类似于条形磁铁产生的磁场，地磁N极位于地理南极。如图所示，在湖北某中学实验室的水平桌面上，放置边长为L的正方形闭合导体线框abcd，线框的ad边沿南北方向，ab边沿东西方向，下列说法正确的是A. 若使线框向东平移，则a点电势比d点电势低B. 若使线框向北平移，则a点电势等于b点电势C. 若以ad边为轴，将线框向上翻转90，则翻转过程线框中电流方向始终为adcb方向D. 若以ab边为轴，将线框向上翻转90，则翻转过程线框中电流方向始终为adcb方向【答案】AC【解析】A项：地磁场的竖直分量向下，若使线圈向东平动，地磁场的竖直分量向下，线圈的磁通量没有变化，没有感应电流产生，ad切割磁感线，产生感应电动势，a点的电势比d点的电势低，故A正确；B项：若使线圈向北平动，地磁场竖直分量向下，ab切割磁感线，由右手定则可知，a点的电势比b点的电势高，故B错误；C项：若以ad边为轴，将线圈向上翻转900，线圈的磁通量向下减小，根据楞交定律可知线圈中感应电流方向为adcba，故C正确；D项：若以ab边为轴将线圈向上翻转，因地磁场方向沿向北斜向下的方向，则线圈的磁通量先增加后减小，根据楞次定律可知线圈中感应电流方向为先abcda，后adcba，故D错误。8.如图所示的电路中，E为电源，其内电阻为r，V为理想电压表，L为阻值恒为2r的小灯泡，定值电阻R1的阻值恒为r，R3为半导体材料制成的光敏电阻，电容器两极板处于水平状态，闭合开关S，电容器中心P点有一带电小球处于静止状态，电源负极接地，则下列说法正确的是 A. 若将R2的滑片上移，则电压表的示数变小B. 若突然将电容器上极板上移，则小球在P点电势能增加C. 若光照变强，则小球会向上运动D. 若光照变强，则AB间电路的功率变大【答案】BD【解析】【详解】AR2所在的支路连接有电容器，电容器在直流电路中为开路，所以改变R2的电阻对电路没有影响，电压表示数不变，A项错误。B原来带电小球静止在极板间，重力与电场力相平衡，上极板电势高于下极板，电场强度方向向下，可知小球带负电；只将电容器上极板上移，电容器极板间的电压不变，极板间距增大，极板间电场强度减小，P点与下极板间的电势差减小，下极板接地，所以P点电势减小；结合电势能的表达式：可得，小球在P点电势能增加。B项正确。C若光照变强，则光敏电阻的阻值减小，根据闭合电路的欧姆定律，可得电路电流增大，据：可知，AB间电压减小，电容器极板间的电压减小，极板间电场强度减小，小球所受的电场力变小，小球向下运动。C项错误。D将R1看成电源内阻，等效电源的内阻：；当外电阻等于内电阻时，电源输出功率最大；开始时由于等效电源的外电阻：，光照变强，等效外电阻变小，结合输出功率与外电阻的变化图像，等效电源的输出功率变大，即AB间电路的功率逐渐变大。D项正确二、非选择题9.如图甲所示为“测量小车与水平桌面之间的动摩擦因数”的实验装置，带滑轮的长木板水平固定，跨过小车上的光滑定滑轮的两根细线均处于水平(1)某个实验小组在实验中得到一纸带如图乙，A、B、C、D、E为5个相邻的计数点，相邻的两个计数点之间还有四个点未画出已知打点计时器的工作频率为50 Hz，根据纸带数据，可求出小车的速度a=_m/s(结果保留2位有效数字)该小组想针对小车列牛顿第二定律方程求出动摩擦因数，则还需要测定_（写出物理量名称及对应的字母）。若读出拉力传感器的示数为F，则小车与水平桌面间的动摩擦因数=_（用a、F、当地重力加速度g和上述测定的物理量表示,忽略其他阻力作用）. （2）另一实验小组分析了上述装置的特点，觉得不分析纸带，再测出砂和砂桶的质量m/也能利用牛顿第二定律求出该动摩擦因数，这种求法的表达式是=_（用a、F、m/、当地重力加速度g和上述（1）中测定的物理量表示，忽略其他阻力作用）【答案】 (1). 0.40; (2). 小车的质量m; (3). ; (4). ;【解析】(1).根据，小车的加速度大小(2)对小车，根据牛顿第二定律可得，解得，求动摩擦因数时，则还需要测定小车的质量m；(3) 对砂和砂桶，根据牛顿第二定律可得，代入可得。10.某同学要测量一个量程为05m A的毫安表的内阻。可供选择的器材有： A电源E（电动势 3V ，内阻较小） B多用电表C电阻箱R1（999.9） D滑动变阻器R（最大阻值1103） E.开关和导线若干a.该同学先用多用电表的欧姆100档粗测电阻，指针偏转如图所示，则毫安表的电阻为_b.为了更精确的测量毫安表的电阻，该同学设计了如图所示的电路进行实验。其中多用表应选择_（填 “欧姆档”、 “电压档”、 “电流档”）连接后，该同学进行如下操作：开关 K1和 K2均处于断开状态 ; 将滑动变阻器R和电阻箱R1调至最大值。闭合开关K2，调节滑动变阻器R，让毫安表达到满偏，此时多用表示数为X；闭合开关K1,调节滑动变阻器R和电阻箱R1，让毫安表达到半偏， 此时电阻箱的示数为R0，多用表的示数为Y。c.根据以上实验数据可知毫安表的内阻为RA=_，由此实验得到的毫安表内阻的测量值_(选填“大于”、“小于”、“等于”)真实值。【答案】 (1). 450； (2). 电流档； (3). (2Y-X)R0/X； (4). 等于；【解析】（1）由图所示可知，电阻阻值为4.5100=450。（2）为了更精确的测量毫安表的电阻，该同学设计了如图所示的电路进行实验。因为多用表串联在电路中，所以应选择电流档来测干路电流。（3）此测量毫安表内电阻的方案并不是采用的半偏法，由步骤可知，电流表满偏电流为X，步骤中，多用电表电流档显示为Y，毫安表显示，则说明通过电阻箱的电流为，则毫安表两端的电压即可求得为，故毫安表的电阻为。 因为多用表测得是干路电流，所以由此实验得到的毫安表内阻的测量值等于真实值。11.如图所示，水平地面上固定一半径为R=0.8m的光滑圆弧轨道，轨道左端放一质量为M=3kg、长为L=l.75m的木板，木板上表面与轨道末端等高，木板与地面间无摩擦，其左端放一质量m=lkg的物块，物块与木板间的动摩擦因数为=0.4现给物块施一水平向右的恒力F=15N，作用一段距离x后撤去F，物块正好能滑到圆弧轨道的最高点，然后再滑回，取g=l0m/s2。(1)求物块滑到板右端时的速度v多大；(2)求x的大小；(3)通过计算说明，物块最终能否滑离木板。【答案】(1) v=4m/s (2) x=lm (3) 不会滑离木板【解析】（1）对于物块从轨道底端上升到顶端的过程，由机械能守恒可得：解得：v4m/s（2）对于物块从木板左端滑到右端的过程，由动能定理可得： 解得：xlm （3）设物块相对板向左滑动距离Dx后，与木板达到相同速度，由动量守恒定律得：解得： 由能量守恒定律得： 解得：Dx1.5mL1.75m故物块不会滑离木板 12.如图所示，光滑绝缘的半圆形圆弧轨道ACD，固定在竖直面内，轨道处在垂直于轨道平面向里的匀强磁场中，半圆弧的直径AD水平，因弧的半径为R，匀强磁场的磁感应强度为B，在A端由静止释放一个带正电荷质量为m的金属小球甲，结果小球甲连续两次通过轨道最低点C时，对轨道的压力差为F，小球运动过程始终不脱离轨道，重力加速度为g.求：（1）小球甲经过轨道最低点C时的速度大小；（2）小球甲所带的电量；（3）若在圆弧轨道的最低点C放一个与小球甲完全相同的不带电的金属小球乙，让小球甲仍由轨道的A端由静止释放，则甲球与乙球发生弹性碰撞后的一瞬间，乙球对轨道的压力.（不计两球间静电力的作用）【答案】（1）（2）（3）3mg-，方向竖直向下【解析】（1）由于小球甲运动过程中，只有重力做功，因此机械能守恒，运动到C点时， mgR=mvC2求得 （2）小球甲第一次通过C点时. 第二次通过C点时由题意知F=F2-F1求得 （3）因为甲球与乙球在最低点发生的是弹性碰撞，则mvc=mv甲+ mv乙 求得v甲=0，v乙= vc设碰撞后的一瞬间，轨道对乙的支持力大小为F乙，方向经直向上，则求得F乙=3mg-根据牛顿第三定律可知，此时球乙对轨道的压力大小为3mg-，方向竖直向下点睛：本题考查带电粒子在重力和洛伦兹力的作用下的运动情况，综合运用了动能定理和牛顿第二定律，关键是受力分析，明确向心力公式的应用，即可正确解题13.如图所示，虚线MN为匀强电场和匀强磁场的分界线，匀强电场场强大小为E方向竖直向下且与边界MN成=45角，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直纸面向外，在电场中有一点P，P点到边界MN的竖直距离为d。现将一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从P处由静止释放（不计粒子所受重力，电场和磁场范围足够大）。求：（1）粒子第一次进入磁场时的速度大小；（2）粒子第一次出磁场处到第二次进磁场处的距离；（3）若粒子第一次进入磁场后的某时刻，磁感应强度大小突然变为，但方向不变，此后粒子恰好被束缚在该磁场中，则的最小值为多少？【答案】（1）（2）（3）【解析】【详解】（1）设粒子第一次进入磁场时速度大小为v，由动能定理可得，解得（2）粒子在电场和磁场中的运动轨迹如图所示，粒子第一次出磁场到第二次进磁场，两点间距为由类平抛规律，由几何知识可得x=y，解得两点间的距离为，代入数据可得（3）由可得，即由题意可知，当粒子运动到F点处改变磁感应强度的大小时，粒子运动的半径又最大值，即最小，粒子的运动轨迹如图中的虚线圆所示。设此后粒子做圆周运动的轨迹半径为r，则有几何关系可知又因为，所以，代入数据可得- 13 -