《辽宁省凤城市2018-2019学年高二下学期5月联考物理试卷 含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《辽宁省凤城市2018-2019学年高二下学期5月联考物理试卷 含解析（17页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、2018-2019学年度下高二5月份联考物理试题一选择题（本大题共14小题，每小题4分，共56分。在每小题给出的四个选项中，第1-10题只有一项符合题目要求；第11-14题有多项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全得2分，有选错得0分。)1.贝克勒尔在120年前首先发现了天然放射现象，如今原子核的放射性在众多领域中有着重要作用，下列属于放射性元素衰变的是A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】A反应是原子核的人工转变方程，选项A错误；B反应是衰变方程，选项B正确；C反应是轻核聚变方程，选项C错误；D反应是重核裂变方程，选项D错误.2.甲、乙两物体沿统一直线运动，运动过程中的位移时
2、间图像如图所示，下列说法中正确的是（ ）A. 06s内甲物体做匀变速直线运动B. 06s内乙物体的速度逐渐减小C. 05s内两物体的平均速度相等D. 06s内存在某时刻两物体的速度大小相等【答案】D【解析】【分析】x-t图象为直线表示物体做匀速直线运动，x-t图象的斜率表示速度，斜率大小表示速度大小，斜率正负表示速度方向。【详解】A项：x-t图象为直线表示物体做匀速直线运动，故A错误；B项：x-t图象的斜率表示速度，由图象乙可知，图象的斜率逐渐增大，即速度逐渐增大，故B错误；C项：0-5s甲的位移为5m，平均速度为，乙的位移为-3m，平均速度为：，故C错误；D项：x-t图象的斜率表示速度，由甲
3、、乙图象可知，在0-6内有两处的斜率大小相等，即有两处速度大小相等，故D正确。故应选：D。3.天文兴趣小组查找资料得知：某天体的质量为地球质量的a倍，其半径为地球半径的b倍，表面无大气层，地球的第一宇宙速度为v。则该天体的第一宇宙速度为（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】物体在地面附近绕地球做匀速圆周运动的速度叫做第一宇宙速度，大小7.9km/s，可根据卫星在圆轨道上运行时的速度公式解得。【详解】设地球质量M，某天体质量是地球质量的a倍，地球半径r，某天体径是地球半径的b倍由万有引力提供向心力做匀速圆周运动得： 解得：卫星在圆轨道上运行时的速度公式 分别代入地球和某天体各物理
4、量得：，故A正确。故选：A。【点睛】本题要掌握第一宇宙速度定义，正确利用万有引力公式列出第一宇宙速度的表达式。4. 如图，一半径为R的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高；质量为m的质点自轨道端点P由静止开始滑下，滑到最低点Q时，对轨道的正压力为2mg，重力加速度大小为g质点自P滑到Q的过程中，克服摩擦力所做的功为（ ）A. mgRB. mgRC. mgRD. mgR【答案】C【解析】试题分析：据题意，质点在位置P是具有的重力势能为：；当质点沿着曲面下滑到位置Q时具有的动能为：，此时质点对轨道压力为：，由能量守恒定律得到：，故选项C正确。考点：能量守恒定律、圆周运动【名师点睛】本题分析的关键是
5、找出质点在初始位置是的机械能和在末位置时的机械能，两个位置机械能只差就等于摩擦力做的功的大小即；但在球末位置时的动能时需要用到圆周运动规律，由此式可以求出在末位置的速度，也就可以求解此位置的动能大小了。5.如图，大小相同的摆球a和b的质量分别为m和3m，摆长相同，并排悬挂，平衡时两球刚好接触，现将摆球a向左拉开一小角度后释放。若两球的碰撞是弹性的，下列判断正确的是()A. 第一次碰撞后的瞬间，两球的动能大小相等B. 第一次碰撞后的瞬间，两球的动量大小相等C. 第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小相等D. 第一次碰撞后，两球的最大摆角不相同【答案】C【解析】【详解】两球在碰撞前后，水平方向不受外力
6、，故水平方向两球组成的系统动量守恒，由动量守恒定律有：mv0=mv1+3mv2，两球碰撞是弹性的，故机械能守恒，即：mv02=mv12+3mv22，解两式得：v1=-，v2=，可见第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小相等；因两球质量不相等，故两球碰后的动量大小不相等，方向相反，动能也不相等，故AB错误，C正确；两球碰后上摆过程，机械能守恒，故上升的最大高度相等，另摆长相等，故两球碰后的最大摆角相同，故D错误。6.如图所示，电路中电源电动势为E，内阻为r，C为电容器，L为小灯泡，R为定值电阻，闭合电键，小灯泡能正常发光现将滑动变阻器滑片向右滑动一段距离，滑动前后理想电压表V1、V2示数变化量的绝对
7、值分别为U1、U2，理想电流表A示数变化量的绝对值为I，则()A. 电源的输出功率一定增大B. 灯泡亮度逐渐变暗C. 与均保持不变D. 当电路稳定后，断开电键，小灯泡立刻熄灭【答案】C【解析】A、B项：滑片向右滑动变阻器连入电路的阻值变小，总电阻变小，电流变大，灯泡逐渐变亮，B错；电源输出功率最大时有电源内阻等于外电路电阻，虽然外电路电阻变小，但不能确定是不是接近电源内阻，电源输出功率不一定增大，A错；C项：电压表V1测的为电阻R两端电压，电压表V2测的为路端电压，电注表测的是干路中的电流，所以，所以均保持不变，故C正确；D项：当电路稳定后，断开电键，小灯泡与电容器组成闭合回路，电容放电，小灯
8、泡不立刻熄灭，故D错误。点晴：解决本题关键知道定值电阻两端电压与电流（或电压变化与电流变化）之比等于定值电阻阻值，路端电压变化与电流变化之比即为电源的内阻。7.教学用发电机能够产生正弦式交变电流。利用该发电机（内阻可忽略）通过理想变压器向定值电阻R供电，电路如图所示，理想交流电流表A、理想交流电压表V的读数分别为I、U，R消耗的功率为P。若发电机线圈的转速变为原来的，则A. R消耗功率变为B. 电压表V的读数为UC. 电流表A读数变为3ID. 通过R的交变电流频率不变【答案】A【解析】【详解】线圈在匀强磁场中匀速转动，设线圈的最大横截面积为S，磁场的磁感应强度为B，线圈转动的角速度为，则产生的
9、最大电动势为：Em=nBS；原线圈两端的电压等于电动势的有效值，为：，设原副线圈的匝数比为k，则副线圈两端的电压为：;当发电机线圈的转速变为原来的时，有：EmnBSnBSEm；副线圈两端的电压为：；联立可知，即电压表的读数变为U；由：，R消耗的电功率：，即R消耗的功率变为P；故B错误，A正确；由变压器的特点可知，副线圈消耗的功率为原来的，则发电机产生的电功率变成原来的；由可知，线圈产生的电动势是原来的，由P=UI可知，电流表的读数变成原来的故C错误；发电机线圈的转速变为原来的，则原线圈中电流的频率变成原来的，所以副线圈中，通过R的频率变成原来的故D错误。8. 一个静止的质点，在04s时间内受到
10、力F的作用，力的方向始终在同一直线上，力F随时间t的变化如图所示，则质点在A. 第2s末速度改变方向B. 第2s末位移改变方向C. 第4s末回到原出发点D. 第4s末运动速度为零【答案】D【解析】试题分析：02s内，加速度方向不变，物体一直做加速运动，24s内，加速度方向与速度方向相反，物体沿原方向做减速运动，在第2s末速度方向和位移方向未变因为02s内和24s内加速度大小和方向是对称的，则4s末速度为零，在整个运动过程的速度方向不变，一直向前运动故D正确，ABC错误故选D考点：牛顿第二定律【名师点睛】本题是加速度时间图象问题，直接能读出加速度的变化情况根据图象分析物体的运动情况是应具备的能力
11、。9.两个固定的等量异号电荷所产生电场的等势面如图所示，一带正电的粒子以某一速度从图中A点沿图示方向进入电场在纸面内飞行，最后离开电场，粒子只受静电力作用，则粒子在电场中A. 作直线运动，电势能先变小后变大B. 作直线运动，电势能先变大后变小C. 做曲线运动，电势能先变小后变大D. 做曲线运动，电势能先变大后变小【答案】C【解析】【详解】根据电场线与等势线垂直可知，在A点电场线方向应与速度v垂直，则粒子所受的电场力与速度v也垂直，粒子做曲线运动。粒子靠近两电荷连线时，电场力做正功，离开两电荷连线时，电场力做负功，则其电势能先变小后变大。故C正确，ABD错误。10.一质点做匀加速直线运动，依次经
12、过A、B、C三点，AB=x1，BC=x2，已知质点加速度为a，质点经过AB和BC段所用时间相等，则质点经过AC段的平均速度为()A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】质点经过AB和BC段所用时间相等，故x2x1aT2，解得，故平均速度为，故C正确，ABD错误。11.如图所示，先后以速度v1和v2匀速把一矩形线圈拉出有界匀强磁场区域，v12v2，在先后两种情况下()A. 线圈中的感应电流之比I1I221B. 线圈中的感应电流之比I1I212C. 线圈中产生的焦耳热之比Q1Q241D. 通过线圈某截面电荷量之比q1q211【答案】AD【解析】试题分析：根据E=BLv，求出线圈中的感应电
13、动势之比，再求出感应电流之比根据Q=I2Rt，求出线圈中产生的焦耳热之比根据q=It=，求出通过线圈某截面的电荷量之比解：A、v1=2v2，根据E=BLv，知感应电动势之比2：1，感应电流I=，则感应电流之比为2：1故A正确，B错误C、v1=2v2，知时间比为1：2，根据Q=I2Rt，知热量之比为2：1故C错误D、根据q=It=，知通过某截面的电荷量之比为1：1故D正确故选：AD【点评】解决本题的关键掌握导体切割磁感线时产生的感应电动势E=BLv，以及通过某截面的电荷量q=，12.如图所示，在一矩形区域内，不加磁场时，不计重力的带电粒子以某一初速度垂直左边界射入，穿过此区域的时间为t。若加上磁
14、感应强度为B、垂直纸面向外的匀强磁场，带电粒子仍以原来的初速度入射，粒子飞出磁场时偏离原方向60。利用以上数据可求出下列物理量中的()A. 带电粒子的比荷B. 带电粒子在磁场中运动的周期C. 带电粒子的初速度D. 带电粒子在磁场中运动的半径【答案】AB【解析】设磁场的宽度为L，粒子射入磁场的速度v，L未知，故C选项错误；粒子运动的轨迹和圆心位置如图所示由几何关系知，粒子匀速圆周运动的半径r，因不知L，也无法求出半径，故D选项错误；又因为r，所以，粒子运动的周期Tt，选项A、B正确13.如图所示，质量均为m的木块A和B用一轻弹簧相连，竖直放在光滑的水平面上，木块A上放有质量为2m的木块C，三者均
15、处于静止状态.现将木块C迅速移开，若重力加速度为g，则在木块C移开的瞬间()A. 弹簧的形变量不改变B. 弹簧的弹力大小为mgC. 木块A的加速度大小为2gD. 木块B对水平面的压力迅速变为2mg【答案】AC【解析】【分析】原来系统静止，根据共点力平衡求出弹簧的弹力。在将C迅速移开的瞬间，弹簧的弹力不变，根据牛顿第二定律求出木块A的加速度。对B，由平衡条件分析地面对B的支持力，从而分析出B对地面的压力。【详解】A项：由于弹簧弹力属于渐变，所以撤去C的瞬间，弹簧的形变量不变，故A正确；B项：开始整体处于平衡状态，弹簧的弹力等于A和C的重力，即F=3mg，撤去C的瞬间，弹簧的形变量不变，弹簧的弹力不变，仍为3mg，故B错误；C项：撤去C瞬间，弹力不变，A的合力等于C的重力，对木块A，由牛顿第二定律得：2mg=ma，解得：a=2g，方向竖直向上，故
