湖南省三湘教育联盟2018-2019学年高二下学期期末考试物理试题答案

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1、1 物理参考答案物理参考答案 题号12345678910 答案CDBCDAABACABCAD 2.D解析解析：由于物块与水平面间的动摩擦因数恒定，因此加速度恒定，且加速度与运动方 向相反，C 项错误；物块运动的方向一直沿正方向，B 项错误；物块做匀减速运动，由运动 学公式 2 0 2 1 attvx，atv t x 2 1 0 ，可见 A 项错误，D 项正确。 3 B解析解析： 设导线的总长为 2L， 图甲中导线受到的安培力大小为 B1ILB1cos60IL3 2B 1IL； 图乙中导线受到的安培力的大小为 2B2ILcos30 3B2IL，根据题意有3B2IL3 2B 1IL，则有 B1 B

2、2 2 3 3 ，B 项正确。 4 C解析解析： mB5mA5m， A 球到达最低点的速度为 v， 在最低点 A 与 B 发生弹性碰撞后， A 球的速度为 vA，B 球的速度为 vB，由动量守恒可得：mAvmAvAmBvB，由能量守恒可得： 1 2m Av21 2m Av2A1 2m Bv2B，可得：vAm AmB mAmBv 2 3v，v B 2mA mAmBv 1 3v，A 向左，B 向右，A 偏角大于 B 偏角，且都小于 30，选项 C 正确。 5D解析解析：设天梯的高度至少为 h，则在天梯顶释放的卫星的角速度为，由于刚好能做 匀速圆周运动，因此有 G Mm （Rh）2m(Rh) 2，G

3、Mm R2 mg，则有 h3 gR2 2 R，D 项正 确。 6A解析：解析：由于电压表的示数为 55V，即灯泡 L2两端的电压为 55V，根据变压比可知， 原线圈的输入电压为 165V，因此灯泡 L1两端的电压 U1220V165V55V，两个灯泡的 电流之比为I1 I2 n2 n1 1 3，因此两个灯泡的额定功率之比 P1 P2 U1I1 U2I2 1 3，A 项正确。 7AB解析解析：原子核是否稳定，与比结合能有关，与结合能无关，A 项正确；放射性元素 衰变快慢，由元素本身的性质决定，与物理状态无关，B 项正确；铀核(23592U)裂变即使发生 了，如果铀块体积小于临界体积，则核反应不能

4、持续下去，C 项错误；发生衰变，产生的 新核的核子数不变，D 项错误。 8AC解析解析：01s 内，a 环中磁通量逐渐增大，根据楞次定律可知，a、b 环中的感应电 流沿逆时针方向，根据安培定则可知，b 环中感应电流的磁场方向垂直于纸面向外，A 项正 确；t2s 时刻 a 环中磁通量的变化率最大，感应电流最大，因此 b 环中感应电流的磁通量 不为零，B 项错误；13s 内，a 环中磁通量先向里减小，后向外增大，根据楞次定律可知， a 环中感应电流方向始终沿顺时针方向，因此 b 环中的感应电流方向始终沿顺时针方向，C 项正确；24s 内，a 环中磁通量的变化率先减小后增大，因此 a 环中感应电流先

5、减小后增 大，b 环中磁通量先减小后增大，D 项错误。 9ABC解析解析：由于杆是光滑的，且连接环部分的绳处于竖直状态，因此绳对环的作用力 2 竖直向上，由于环静止，因此合力为零，重力的方向竖直向下，如果杆对环有弹力，则环的 合力不为零，与环处于静止的条件矛盾，因此环此时只受两个力的作用，由此可见拉绳的力 的大小一定等于环的重力，A 项正确；改变对绳的拉力，使环沿杆缓慢向上运动，根据力的 平衡可知，在运动过程中杆对环的作用力一定垂直于杆向下，B 项正确；设杆与水平方向的 夹角为，绳与杆上段的夹角为，则 Fcosmgsin，在环向上运动的过程中，不断增大， F 不断增大，C 项正确；由 Fcos

6、mgsin可知，由于拉力不可能达到无穷大，因此不可能 达到 90，因此 D 项错误。 10AD解析：解析：由于 ac 段弧长是 bc 段弧长的 2 倍，因此 OC 连线 与 y 轴夹角为 60，ac 所在的直线为等势线，ac 所在直线与 y 轴的 夹角为 60，由于电场线与等势线垂直，且从高电势指向低电势，因 此匀强电场的电场强度方向与 x 轴正向成 60角， A 项正确； ac 所在 直线与 x 轴的交点坐标为 3 3，因此 b 点到 ac 所在直线的长为 d （3 31） 2 cm，因此电场强度大小为 EU d 31 3 2（ 31）0.01 V/m 200 3 V/m， B 项错误； 一

7、个带正电的电荷沿圆弧从 a 运动到 b， 路径中的电势先降低后升高， 因此电势能先减小后增大，C 项错误；O 到 ac 所在直线的距离为 d3 3 2 cm，因此0a Ed200 3 3 3 2 0.01V 3V，因此0(1 3)V，D 项正确。 11(1)AB(2)A(3)k 2 M (每空每空 2 分分) 解析解析：(1)将长木板右端适当垫高，小车未挂砂桶时，在木板上静止释放，轻推小车后， 恰能匀速下滑，选项 A 正确；小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条 纸带，同时记录传感器的示数，选项 B 正确；由于有拉力传感器，实验中不需要砂和砂桶 的质量远小于小车的质量，选项 C

8、错误；不需要用天平测出砂和砂桶的质量，选项 D 错误。 (2)对小车，由牛顿第二定律可得：2FMa，可得：a 2 MF，aF 的图象是过坐标原点 的直线，选项 A 错误。 (3)该小组通过分析求出 aF 图线线性部分的斜率 k 2 M。 12(1)C(1 分分)D(1 分分)F(1 分分) (2)乙乙(2 分分) (3)1.5(2 分分)0.9(2 分分) 解析解析：在现有器材的条件下，为消除上述系统误差，尽可能准确地测量电池的电动势和 内阻，实验电路图应选择图中的乙。 (1)应选内阻已知的电流表，电流表应选电流表 A2：量程 00.6A，内阻为 0.1；电压 表应选电压表 V1：量程 03V

9、，内阻未知；滑动变阻器选滑动变阻器 R1：010，2A，调 节方便灵活。 (2)实验电路图应选择图中的乙。 (3)根据闭合电路欧姆定律可得： EUI(RAr)， 结合图象可得： E1.5V， RAr1.0， RA0.1，r0.9。 3 13解析：解析：(1)由于圆弧轨道为四分之一个圆弧，因此45 从 P 点向左水平抛出的小球恰好能从 A 点无碰撞地进入圆弧轨道，则小球在 A 点的速 度与水平方向的夹角为 45 则 xv0t y1 2gt 2(1 分) vygt tan45vy v0(1 分) y x 1 2tan45 1 2(1 分) 即 y1 2x(1 分) (2)设小球在圆弧轨道的最底点时

10、速度大小为 v，由题意可知 5mgmgmv 2 R(1 分) 求得 v2 gR(1 分) 设小球抛出的初速度大小为 v0，则小球在 A 点的速度大小为2v0 从 A 点到轨道最低点，根据机械能守恒定律有 mgR(1cos45)1 2mv 21 2mv 2 A(1 分) 求得 v0 （2 2）gR 2 (1 分) 14解析：解析：(1)设物块与挡板碰撞后的一瞬间速度大小为 v1 根据动量定理有 Imv0mv1(1 分) 求得 v11m/s(1 分) 设碰撞后板的速度大小为 v2，碰撞过程动量守恒，则有 mv0Mv2mv1(1 分) 求得 v22.5m/s(1 分) (2)碰撞前，物块在平板车上运

11、动的时间 t1L v0 1 4s 碰撞后，长木板以 v2做匀减速运动，加速度大小 a（mM）g M 7.5m/s2(1 分) 设长木板停下时，物块还未滑离木板，木板停下所用时间 t2v2 a 1 3s(1 分) 在 t2时间内，物块运动的距离 x1v1t21 3m(1 分) 木板运动的距离 x21 2v 2t2 5 12m(1 分) 由于 x1x2L，假设成立，木板停下后，物块在木板上滑行的时间 t3Lx1x2 v1 1 4s(1 分) 因此物块在板上滑行的总时间为 tt1t2t35 6s(1 分) 4 15解析解析：(1)粒子进入磁场后在磁场中作圆周运动，半径为 R，周期为 T，由洛仑兹力

12、提供向心力得 qv0Bmv 2 0 R(1 分) Rmv0 qB 210 3104 0.5 0.4m(1 分) T2R v0 2m qB 210 4 0.5 410 4s(1 分) 在磁场变化的第一段时间内，粒子运动的周期数为：N1 4 3 10 4 410 4 1 3(1 分) 运动轨迹对应的圆心角为 120 在第二个时间段内运动的周期数为 N2 2 3 10 4 410 4 1 6(1 分) 所对应的运动轨迹圆心角为 60(1 分) 第三个时间段内运动的周期数为 N3 4 3 10 4 410 4 1 3(1 分) 对应的圆心角为 120(1 分) 粒子运动轨迹如图，粒子恰好在第三段时间末

13、通过 y 轴。 由图知粒子到达 y 轴时离 O 点距离 s4R1.6m(1 分) (2)粒子进入电场做类平抛运动 s1 2 qE m t2(1 分) xv0t(1 分) 带入数据得 E3.2102V/m(1 分) 16(1)CDE解析：解析：气体的内能等于所有分子热运动动能和分子之间势能的总和，A 项错误； 如果没有漏气、 没有摩擦， 也没有机体热量的损失， 热机的效率也不可以达到 100%， 故 B 错误；对于一定量的理想气体分子势能不计，故当气体温度升高时，气体的内能一定 增大，C 项正确；气体发生等压膨胀时，压强不变，体积变大，根据理想气体状态方程可知， 气体的温度升高，内能增加，根据热

14、力学第一定律可知，气体一定吸收热量，D 项正确；一 切自发过程总是沿着分子热运动无序性增大的方向进行， 也就是向着熵增大的方向进行， 因 为通向无序的渠道要比通向有序的渠道多得多，E 项正确。 5 (2)解析解析： （）设汽缸的横截面积为 S，由题意可知，此过程为等压膨胀 由盖吕萨克定律得： 0 01 l SlS TT (2 分) 解得： 10 0 45 300K=450K 30 l TT l (2 分) （）由题意可知，此过程温度保持不变， 由波意耳定律有：P0lSPl0S(2 分) 对活塞由平衡得：P0S+mgPS(2 分) 联立解得：m5kg(2 分) 17(1)CDE解析：解析：若 A

15、 波沿 x 轴正向传播，B 波也沿 x 轴正向传播，则两列波传播 速度相同， 叠加不会出现稳定的振动加强与振动减弱区域， 因此两列波的传播方向一定相反， A 项错误；t0 时刻，若 A 波使 x0.2m 处质点沿 y 轴正向运动，则 A 波沿 x 轴正向传播， 则 B 波一定沿 x 轴负方向传播，根据波的振动与波动关系可以判断，x0.2m 处质点也沿 y 轴正向运动，B 项错误；t0 时刻，x0、x0.2m 为相邻的两个振动加强点，C 项正确；x 0.5m 处为波峰与波谷相遇点，为振动减弱点，D 项正确；两列波遇到尺寸小于 0.4m 的障 碍物会发生明显的衍射现象，E 项正确。 (2)解析解析：()当光线从 D 点在纸面内垂直 OA 边射入玻璃砖，设光束在圆弧面上的入射 点为 F 由几何关系 cosDOFOD OF 2 2 (1 分) 得DOF45根据几何关系，DFO45(1 分) 临界角 C45(1 分) 因此折射率 n 1 sinC 2(2 分) ()若光线从 E 点入射，根据几何关系，由于光线垂直于 OA，OE1 2R(1 分) AOB60，由几何关系可知，光线刚好从 B 点出射 由几何关系，入射角