1、湖北省荆门市龙泉中学2019-2020学年高二物理下学期期中试题（含解析）一、选择题（17为单选题，810为多选题，每题4分，共40分）1.如图所示，两个质量相等的物体从同一高度沿倾角不同的两个光滑固定斜面由静止自由滑下（），到达斜面底端的过程中（）A. 两物体所受重力冲量相同B. 两物体所受合外力冲量相同C. 两物体到达斜面底端时动量不同D. 两物体到达斜面底端时动量相同【答案】C【解析】【详解】A 两种情况下到达斜面底端的速度的大小是相等，又因长的斜面倾角小，物体的加速度小，所以斜面越长下滑的时间越长，所以两种情况下重力作用的时间不相等，重力的冲量也不相等。故A错误；B 物体在两种情况下到
2、达斜面底端的速度的大小是相等的，而速度的方向不同，所以两种情况下物体的末动量不同。根据动量定理：I=p=mv-0所以合力的冲量大小相等，方向是不同的。故B错误；CD根据动能定理知知到达底端时两个物体的速度大小相等，但是方向不同，所以到达底端时的动量不同，故C正确D错误。故选C。2.如图所示，一矩形线圈置于匀强磁场中，磁场的磁感应强度随时间变化的规律如图（b）所示。则线圈产生的感应电动势的情况为（）A. 0时刻电动势最大B. 0时刻线框各边所受的磁场力最大C. t1时刻磁通量的变化率最大D. t1 t2 时间内电动势减小【答案】A【解析】【详解】由于面积一定，磁场变化，根据法拉第电磁感应定律，感
3、应电动势为：A0时刻磁感应强度的变化率最大，故感应电动势最大，故A正确；B 0时刻B为0，故安培力 为零，故B错误；C t1时刻磁通量的变化率为零，最小，故C错误；D t1 t2 时间内图像斜率变大，故感应电动势变大，故D错误。故选A。3.如图所示，在倾角为的光滑斜面上，放置一根长为L，质量为m的导体棒。在导体棒中通以电流I时，欲使导体棒静止在斜面上，下列外加匀强磁场的磁感应强度B的大小和方向正确的是（）A. ，方向水平向右B. ，方向垂直斜面向下C. ，方向竖直向下D. ，方向竖直向上【答案】D【解析】【详解】A 方向水平向右，根据左手定则判断，安培力竖直向下，受重力、支持力和安培力，合力不
4、可能为零，故A错误；B 外加匀强磁场的磁感应强度B的方向垂直斜面向下，则导体棒受沿斜面向下的安培力、支持力与重力，所以棒不可能处于平衡状态，故B错误；C 外加匀强磁场的磁感应强度B的方向竖直向下，则导体棒受水平向左的安培力、支持力与重力，所以棒不可能处于平衡状态，故C错误；D 外加匀强磁场的磁感应强度B的方向竖直向上，则导体棒受水平向右的安培力、支持力与重力，可能处于平衡状态，则根据平衡条件可知故故D正确故选D。4.在一个原子核衰变为一个原子核的过程中，发生衰变的次数为（）A. 8次B. 6次C. 4次D. 2次【答案】B【解析】【详解】设经过m次衰变，n次衰变，则有：4m=32，2m-n=1
5、0解得：m=8，n=6故B正确ACD错误。故选B。5.光导纤维技术在现代生产、生活与科技方面得以广泛应用。如图所示是一个质量分布均匀的有机玻璃圆柱的横截面，B、C为圆上两点，一束单色光沿AB方向射入，然后从C点射出，已知ABO127，BOC120，真空中光速c3108m/s，sin530.8，cos530.6.则（）A. 光在该有机玻璃中的折射率为1.8B. 光在该有机玻璃中传播速度为1.875107m/sC. 光在该有机玻璃中发生全反射的临界角为53D. 若将该材料做成长300 km的光导纤维，此单色光在光导纤维中传播的最短时间为1.6103 s【答案】D【解析】【详解】AB 根据折射定律得
6、：则光在有机玻璃中传播的速度为：故A B错误；C根据得，C=arcsin0.625故C错误；D 当光线与光导纤维平行时，传播的时间最短，则传播的时间故D正确。故选D。6.如图所示，为氢原子能级图，现有大量氢原子从n=4的能级发生跃迁，并发射光子照射一个钠光管，其逸出功为2.29eV，以下说法正确的是（）A. 光电管发出的光电子与原子核发生衰变时飞出的电子都是来源于原子核内部B. 能够让钠光电管发生光电效应现象有3种光子C. 这些氢原子能发出3种不同频率的光D. 钠光电管发出的光电子最多能够让氢原子从n=1的能级跃n=2的能级【答案】D【解析】【详解】A 光电管发出的光电子是来自核外，而原子核发
7、生衰变时飞出的电子是来源于原子核内部的中子衰变成质子而放出的，故A错误；BC 根据知，这些氢原子可能辐射出6种不同频率的光子。氢原子由n=4跃迁到n=2能级，辐射的光子能量为3.4-0.85=2.55eV大于逸出功，能发生光电效应；而由n=4跃迁到n=3能级，辐射的光子能量为1.51-0.85=0.66eV及n=3跃迁到n=2能级，辐射的光子能量为3.4-1.51=1.89eV都小于逸出功，不能发生光电效应，因此让钠光电管发生光电效应现象的有4种光子。故BC错误；D 氢原子从n=4的能级向n=1发生跃迁，发射光子能量最大，当照射钠光管放出能量为E=13.6-0.85-2.29=10.46eV而
8、氢原子从n=1的能级跃n=2的能级，需要吸收能量为E=13.6-3.4=10.2eV因10.46eV10.2eV；氢原子从n=1的能级跃n=3的能级，需要吸收能量为E=13.61.51=12.09eV而12.09eV10.46eV；所以钠光电管发出的光电子最多能够让氢原子从n=1的能级跃n=2的能级，故D正确。故选D。7.一列简谐横波沿x轴正方向传播，t时刻波形图如图实线所示，此时波刚好传到P点，t0.6 s时刻的波形如图中虚线所示，a、b、c、P、Q是介质中的质点，则下列说法正确的是 ( )A. 这列波的波速可能是50 m/sB. 质点a在这段时间内通过的路程一定小于30 cmC. 质点c在
9、这段时间内通过的路程可能为60 cmD. 若周期T0.8 s，则在t0.8 s时刻，质点Q速度最大【答案】AC【解析】由图可知，波的波长为40m；两列波相距，则有，波速为：，（n=0，1，2，），当n=0时，当v=50m/s时，故A正确；质点a在平衡位置上下振动，振动的最少时间为，故路程最小为3A即30cm，故B错误；c的路程为60cm，说明c振动了1.5个周期，则可有，即，解得：n=1时满足条件，故C正确；t+0.6s时刻波刚好传到质点Q，此时质点Q在平衡位置，速度最大，方向向y轴正方向 ，故再经过0.2s，即，即在t+0.8s时刻，质点Q将到达波峰位置，速度最小为0，故D错误；故选AC【点
10、睛】由图可知波的波长，而由两列波的波形图可得两波形相距的时间与周期的关系，则可得出波速的表达式，然后再根据质点的运动情况分析判断8.如图所示，有一平行于纸面的匀强电场A、B、C、D、E、F为电场中一个边长为1m的正六边形的六个顶点，A、B、C三点电势分别为10V、20V、30V，则下列说法正确的是（）A. 匀强电场的场强大小为B. B、E一定处在同一等势面上C. 正点电荷从E点移到F点，则电场力做负功D. 电子从F点移到D点，电荷的电势能减少20eV【答案】BD【解析】【详解】AB、连接AC、DF，AC中点电势为20V，与B电势相等，则EB连线必为一条等势线，而匀强电场的等势面平行，则DF、C
11、A直线与等势线垂直，则为电场中的两条电场线故B正确；BA间的电势差为UBA=10V，又UBA=EdABcos30，得场强E= = 故A错误；C、由上得知，E的电势为20V，F点与A点的电势相等为10V，则正电荷从E点移到F点，电场力做正功，故C错误；D、由以上得，F点与A点电势相等，DC电势相等，故电子从F点移到D点与从A点移到C点电场力做功相同，电荷的电势能减少量为20eV，故D正确；故选BD9.如图所示，一束由两种单色光混合的复色光沿PO方向射向一上、下表面平行的厚玻璃平面镜的上表面，得到三束光、，下列有关这三束光的判断正确的是（）A. 光束仍为复色光，光束、为单色光B. 在玻璃中的传播速
12、度，光束比光束小C. 增大角且0，光束可能会在上表面发生全反射【答案】AB【解析】【详解】A 所有色光都能反射，反射角相同，由图可知光束I是复色光。而光束、由于折射率的不同导致偏折分离，因为厚玻璃平面镜的上下表面是平行的。根据光的可逆性，知两光速仍然平行射出，且光束、是单色光。故A正确；B 光束进入玻璃砖时，光束的偏折程度大于比光束大，根据折射定律可知，光束的折射率大于光束的折射率，由 知在玻璃中的传播速度，光束比光束小，故B正确；C 增大角且90，即减小入射角，折射角随之减小，则光束、会靠近光束I，故C错误；D 减小角，复色光沿PO方向射入玻璃砖，经过下表面反射时，在上表面的入射角等于光束进
13、入玻璃砖时的折射角。所以由光路可逆性原理可知，光束不会在上表面发生全反射，一定能从上表面射出。故D错误。故选AB。10.如图甲所示，弹簧振子以O点为平衡位置，在A、B两点之间做简谐运动。取向右为正方向，振子的位移x随时间t的变化图像如图乙所示，下列说法正确的是（）A. t0.8s时，振子的速度方向向左B. t0.2s时，振子在O点右侧6cm处C. t0.4s和t1.2s时，振子的加速度完全相同D. t0.4s到t0.8s的时间内，振子的加速度逐渐减小【答案】ABD【解析】【详解】Ax-t图象的斜率表示物体运动的速度，由图象乙知，t=0.8s时斜率为负，振子远离平衡位置向左运动，故A正确；B由图
14、象乙知振子的最大位移为12cm，周期为1.6s，在t=0时刻振子从平衡位置开始向右振动，所以振子的振动方程为：当t=0.2s时刻：故B正确；C由图象乙知，t=0.4s到t=1.2s之间振子分别位于正的最大位移处和负的最大位移处，则受到的回复力的方向相反，所以加速度的方向也相反，故C错误；Dt=0.4s到t=0.8s的时间内，振子的位移减小，正向平衡位置靠近，回复力减小，加速度减小，故D正确。故选ABD二、填空题（本大题共2小题，共16分）11.某实验小组在进行“用单摆测定重力加速度”的实验中，已知单摆在摆动过程中的摆角小于5；在测量单摆的周期时，从单摆运动到最低点开始计时且记数为1，到第n次经
15、过最低点所用的时间为t；在测量单摆的摆长时，先用毫米刻度尺测得摆球悬挂后的摆线长（从悬点到摆球的最上端）为L，再用游标卡尺测得摆球的直径为d（读数如图所示）。(1)该单摆在摆动过程中的周期T_。(2)用上述物理量的符号写出求重力加速度的一般表达式g_。(3)从图可知，摆球的直径为d=_ mm。(4)实验结束后，某同学发现他测得的重力加速度的值总是偏大，其原因可能是下述原因中的（ ）A.把（n1）次摆动的时间误记为n次摆动的时间B.把n次摆动的时间误记为（n1）次摆动的时间C.以摆线长作为摆长来计算D.以摆线长与摆球的直径之和作为摆长来计算【答案】 (1). (2). (3). 10.2510.
16、30mm (4). BD【解析】【详解】(1)1 单摆每两次经过最低点的时间为一个周期，t时间内单摆（n-1）次经过最低点，故周期：(2)2 单摆的长度为 ，由单摆的周期公式 ，得：(3)3 由图示游标卡尺主尺可知，游标卡尺所示为：10mm+5005mm=1025mm(4)4A 把（n1）次摆动的时间误记为n次摆动的时间，测量周期偏大，则加速度偏小，故A错误；B 把n次摆动的时间误记为（n+1）次摆动的时间，使所测周期变小，计算出的g偏大，故B正确；C以摆线长作为摆长来计算，摆长偏小，使所测g偏小，故C错误；D 以摆线长与摆球的直径之和作为摆长来计算，摆长偏大，求出的g偏大，故D正确。故选BD
17、。12.利用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内电阻。要求尽量减小实验误差。(1)应该选择的实验电路是图1中的_（选项“甲”或“乙”）。 (2)现有电流表（006A）、开关和导线若干，以及以下器材： A.电压表（015V） B.电压表（03V）C.滑动变阻器（050） D.滑动变阻器（0500） 实验中电压表应选用 _；滑动变阻器应选用_。（选填相应器材前的字母） (3)如图2所示为根据实验数据画出的路端电压U随电流I变化的图，由图线可知，该电池的电动势E= _V，电池的内电阻r=_ 。(4)实验中，随着滑动变阻器滑片的移动，电压表的示数U以及干电池的输出功率P都会发生变化。图3的各示意图
18、中正确反映P-U关系的是_ 。【答案】 (1). 甲 (2). B (3). C (4). 1.5 (5). 0.625 (6). C【解析】【详解】(1)1 因为电流表内阻较小，干电池内电阻较小，电压表分担电流较小，所以相对于电源电流表采取外接法误差较小应选甲所示电路图。(2)23 一节干电池电动势约为1.5V，则电压表应选B，干电池内电阻较小，为方便实验操作，滑动变阻器应选C。(3)45 由图示电源U-I图象可知，图象与纵轴交点坐标值是1.5，则电源电动势E=1.5V电源内阻：(4)6 电压表测量路端电压，其示数随滑动变阻器的阻值增大而增大；而当内阻和外阻相等时，输出功率最大；此时输出电压
19、为电动势的一半，外电路断开时，路端电压等于电源的电动势，此时输出功率为零；故符合条件的图象应为C。三、计算题（本大题共4小题，共44分）13.假设在半径为R的某天体上发射一颗该天体的卫星，若它贴近该天体的表面做匀速圆周运动的周期为T1，已知万有引力常量为G。(1)则该天体的密度是多少？(2)若这颗卫星距该天体表面的高度为h，测得在该处做圆周运动的周期为T2，则该天体的密度又是多少？【答案】(1)；(2)【解析】【详解】(1)卫星贴近天体的表面做匀速圆周运动，周期为T1，根据万有引力提供向心力有解得天体的质量天体的体积则天体的密度(2)若卫星距该天体表面的高度为h，在该处做圆周运动的周期为T2，
20、根据万有引力提供向心力有解得：天体的质量则天体的密度14.如图所示，水平放置的平行板电容器两板间距为d8 cm，板长为L25 cm，接在直流电源上，有一带电液滴以v00.5 m/s的初速度从板间的正中点水平射入，恰好做匀速直线运动，当它运动到P处时迅速将下极板向上提起cm，液滴刚好从金属板末端飞出，g取10 m/s2，求：(1)下极板上提后液滴经过P点以后的加速度大小；(2)液滴从射入开始匀速运动到P点所用时间。【答案】(1)2 m/s2，(2)0.3 s。【解析】【详解】(1)带电液滴在板间受重力和竖直向上的电场力，因为液滴做匀速运动，所以有：qEmg即：qUmgd当下极板上提后，d减小，E
21、增大，电场力增大，故液滴向上偏转，在电场中做类平抛运动，此时液滴所受电场力F此时加速度：ag2m/s2；(2)因液滴刚好从金属板末端飞出，所以液滴在竖直方向上的位移是，设液滴从P点开始在匀强电场中的飞行时间为t1，则：a解得：t1s02s而液滴从刚进入电场到出电场时间：t2s0.5s所以液滴从射入开始匀速运动到P点的时间：tt2t10.3s。15.如图所示，在平面直角坐标系xOy中，y轴左侧有两个正对的极板，极板中心在x轴上，板间电压U01102V，右侧极板中心有一小孔，左侧极板中心有一个粒子源，能向外释放电荷量q1.6108C、质量m3.21010kg的粒子（粒子的重力、初速度忽略不计）；y
22、轴右侧以O点为圆心、半径为Rm的半圆形区域内存在互相垂直的匀强磁场和匀强电场（电场未画出），匀强磁场的的磁感应强度为B2T，粒子经电场加速后进入y轴右侧，能沿x轴做匀速直线运动从P点射出。(1)求匀强电场的电场强度的大小和方向；(2)若撤去磁场，粒子在场区边缘M点射出电场，求粒子在电场中的运动时间和到M点的坐标；【答案】(1)200N/m ，y轴负方向；(2)0.01s，（1m，-0.5m）。【解析】【详解】(1)粒子在板间加速，设粒子到O点时的速度为v0，有qU0m得：v0100m/s粒子在电磁场中做匀速直线运动，有qv0BqE可得Ev0BB200N/m由左手定则判断洛伦兹力沿y轴正方向，所
23、以电场力沿y轴负方向，由于是正电荷，故电场方向沿y轴负方向。(2)撤去磁场后，粒子进入y轴右侧电场做类平抛运动，轨迹如图所示对粒子x轴方向有x1v0t1y轴方向有y1Eqma由几何关系可得联立各式代入数据解得t10.01s，x11m，y10.5m所以M点的坐标为（1m，-0.5m）。16.如图所示，质量为m32kg的滑道静止在光滑的水平面上，滑道的AB部分是半径为R0.3m的四分之一圆弧，圆弧底部与滑道水平部分相切，滑道水平部分右端固定一个轻弹簧，滑道除CD部分粗糙外其他部分均光滑。质量为m23kg的物体2(可视为质点)放在滑道的B点，现让质量为m11kg的物体1(可视为质点)自A点由静止释放
24、，两物体在滑道上的C点相碰后粘为一体(g10m/s2)。求：（1）物体1从释放到与物体2恰好将要相碰的过程中，滑道向左运动的距离；（2）若CD0.2m，两物体与滑道的CD部分的动摩擦因数都为0.15，求在整个运动过程中，弹簧具有的最大弹性势能；（3）物体1、2最终停在何处？【答案】（1）0.15m ；（2）0.3J ；（3）D点左侧离D点为0.05 m处。【解析】【详解】（1）物体1从释放到与物体2碰撞前瞬间，物体1、滑道组成的系统水平方向动量守恒，设物体1水平位移大小为x1，滑道水平位移大小为x3，有：0m1x1-m3x3x1R解得x30.15m（2）设物体1、2刚要相碰时物体1的速度大小为
25、v1，滑道的速度大小为v3，对物体1和滑道组成的系统，由机械能守恒定律有由动量守恒定律有0m1v1m3v3设物体1和物体2相碰后的共同速度大小为v2，对物体1、2组成的系统，由动量守恒定律有m1v1(m1m2)v2弹簧第一次被压缩到最短时，由动量守恒定律可知物体1、2和滑道速度均为零，此时弹簧的弹性势能最大，设为Epm。从物体1、2碰撞后到弹簧第一次被压缩到最短的过程中，由能量守恒定律有 联立式，代入数据可以求得Epm0.3J（3）分析可知物体1、2和滑道最终将静止，设物体1、2相对滑道CD部分运动的路程为s，由能量守恒定律有 代入数据可得s0.25m所以物体1、2最终停在D点左侧离D点为0.05m处。
