1、唐山市2018-2019学年度高二年级期末考试卷（A）理科综合能力测试(物理部分)二、选择题：本题共8小题，每题6分。在每小题给出的四个选项中，第1418题只有项符合题目要求，1921题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选或不选的得0分。1.关于碳14的衰变方程CX+e，下面说法正确的是A. A等于13，Z等于5 B. A等于14，Z等于7C. A等于14，Z等于5 D. A等于13，Z等于6【答案】B【解析】【分析】根据质量数和电荷数守恒可求解A和Z的值。【详解】根据质量数和电荷数守恒可知：14=A；6=Z+(-1)，解得Z=7，故选B.2.如图所示，长木板A与物
2、体B叠放在水平地面上，物体与木板左端立柱间放置轻质弹簧，在水平外力F作用下，木板和物体都静止不动，弹簧处于压缩状态。将外力F缓慢减小到零，物体始终不动，在此过程中A. 弹簧弹力逐渐减小B. 物体B所受摩擦力逐渐减小C. 物体B所受摩擦力始终向左D. 木板A受到地面的摩擦力逐渐减小【答案】D【解析】【分析】物体始终不动，则弹簧的长度不变，弹力不变；轨物体B受力分析，分析物体B所受摩擦力的大小和方向情况；对整体受力分析，可得木板A受到地面的摩擦力的变化.【详解】将外力F缓慢减小到零，物体始终不动，则弹簧的长度不变，弹力不变，选项A错误；对物体B，因开始时所受的静摩擦力的方向不确定，则由F弹=Ff，
3、则随F的减小，物体B所受摩擦力大小和方向都不能确定，选项BC错误；对AB的整体，水平方向力F与地面对A的摩擦力平衡，则随F的减小，木板A受到地面的摩擦力逐渐减小，选项D正确，故选D.【点睛】此题关键是能正确选择研究对象，灵活运用整体法和隔离法；抓住物体始终不动进行分析；注意静摩擦力可能的不同的方向.3.空间存在平行于纸面方向的匀强电场，纸面内ABC三点形成一个边长为1cm的等边三角形。将电子由A移动到B点，电场力做功2eV，再将电子由B移动到C点，克服电场力做功1eV。匀强电场的电场强度大小为A. 100V/m B. V/m C. 200V/m D. 200V/m【答案】C【解析】【分析】根据
4、电场力功与电势差的关系求解AB和BC各点之间的电势差，然后找到等势面确定场强的方向，根据E=U/d求解场强。【详解】将电子由A移动到B点，电场力做功2eV，则；同样：，若设C点的电势为0，则B点的电势为1V，A点的电势为-1V，则AB中点的电势与C点电势相同，可知场强方向沿BA方向斜向上，场强为，故选C.4.某颗星球的同步轨道半径为该星球半径的6倍。物体A在该星球赤道上随星球一起自转，卫星B绕星球做匀速圆周运动，轨道半径等于星球半径的3倍。物体A和卫星B的线速度大小之比为A. 1 B. 1 C. 13 D. 16【答案】A【解析】【分析】物体A在该星球赤道上随星球一起自转的角速度与同步卫星的角
5、速度周期相同，根据万有引力等于向心力列式即可求解.【详解】设星球的半径为R，则对同步卫星： ；对物体A： ；对卫星B: ；联立解得：，故选A.5.如图所示为两个底边和高都是L的等腰三角形，三角形内均分布方向如图所示的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一边长为L、电阻为R的正方形线框置于三角形所在平面内，从图示位置开始沿x轴正方向以速度v匀速穿过磁场区域。取逆时针方向感应电流为正，则线框中电流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】【分析】分段确定线框有效的切割长度，分析线框中感应电动势的大小与位置坐标的关系线框的电阻一定，感应电流与感应电动势成正比【详解】
6、bc边的位置坐标x在0-L过程，线框bc边有效切线长度从0到L再减到0，感应电流的方向为逆时针方向，感应电动势从0增加到BLv，再减到0，感应电流从0增加到，再减到0； bc边的位置坐标x在L-2L过程中，bc边进入右侧磁场切割磁感线产生顺时针方向的电流，ad边在左侧磁场切割磁感线产生顺时针方向的电流，两电流同向，则相加；随线向右运动，电流先增加后减小到0，最大值为；bc边的位置坐标x在2L-3L过程，bc边出离磁场，线框ad边有效切线长度从0到L再减到0，感应电流的方向为逆时针方向，感应电动势从0增加到BLv，再减到0，感应电流从0增加到，再减到0；则图像C正确 ，ABD错误；故选C.【点睛
7、】本题关键确定线框有效切割长度与x的关系，再结合数学知识选择图象；注意感应电流的方向的判断.6.甲乙两车沿同一平直公路同向运动，运动的v-t图象如图所示。t1时刻两车相遇，下说法正确的是A. t2时刻两车再次相遇B. t2时刻后，两车会再次相遇C. 0时刻，乙在前，甲在后D. 0t1时间内甲的加速度先增大后减小【答案】BC【解析】【分析】v-t图像的斜率等于加速度，图像与坐标轴围成的面积等于位移，结合图像进行分析.【详解】t1时刻两车相遇，而t1到t2时间内乙车的位移大于甲车的位移，可知t2时刻乙车在甲车前面，选项A错误；t2时刻后，甲车的速度大于乙车，则两车会再次相遇，选项B正确；因0-t1
8、时间内甲车的位移大于乙车的位移，t1时刻两车相遇，则0时刻，乙在前，甲在后，选项C正确；v-t线的斜率等于加速度，可知0t1时间内甲的加速度一直减小，选项D错误；故选BC.【点睛】本题根据速度图象分析运动情况的能力，要注意两车的位置关系和距离随时间如何变化，当两车相遇时，位移之差等于原来之间的距离7.如图所示，小车在水平面上做匀加速直线运动，车厢内两质量相同的小球通过轻绳系于车厢顶部，轻绳OA、OB与竖直方向夹角均为45，其中一球用水平轻绳AC系于车厢侧壁，下列说法正确的是A. 小车运动方向向右B. 小车的加速度大小为gC. 轻绳OA、OB拉力大小相等D. 轻绳CA拉力大小是轻绳OA拉力的倍【
9、答案】CD【解析】【分析】对小球B受力分析可求解小车运动的加速度和加速度的方向；OA和OB细绳拉力的竖直分量均等于mg，由此判断轻绳OA、OB拉力大小关系；对小球A受力分析，根据正交分解法以及牛顿第二定律求解两边绳子的拉力关系。【详解】对小球B受力分析可知，B所受的合外力向左，且mgtan450=ma，解得a=g，且加速度向左，即小车的加速度向左，小车向左加速或者向右减速运动，选项AB错误；分别对AB受力分析， OA和OB细绳拉力的竖直分量均等于mg，即TOBcos450=TOAcos450=mg，可知轻绳OA、OB拉力大小相等，选项C正确；对A受力分析可知，TCA -TOAsin450=ma
10、=mg，解得TCA=2mg即TCA=TOA，选项D正确；故选CD.8.两个质子以不同速率在匀强磁场中做圆周运动，轨迹如图所示，两圆周相切于A点，过A点做一直线与两圆周交于B点和C点。若两圆周半径r1：r2=1：2，下列说法正确的有A. 两质子速率v1：v2=1：2B. 两质子周期T1：T2=1：2C. 两质子由A点出发第一次到达B点和C点经历的时间t1：t2=1：2D. 两质子在B点和C点处速度方向相同【答案】AD【解析】【分析】根据半径关系根据可判断速度关系；同种粒子在相同磁场中运动的周期相同；结合几何关系可知两粒子在磁场中运动过程中转过的圆弧对应的圆心角相同，从而判断时间关系和速度方向关系
11、。【详解】根据解得，可知两质子速率v1：v2= r1：r2=1：2，选项A正确；根据可知两质子周期相同，选项B错误；由几何关系可知，两粒子在磁场中运动过程中转过的圆弧对应的圆心角相同，根据可知，两质子由A点出发第一次到达B点和C点经历的时间相同，选项C错误；因两粒子进入磁场时速度方向相同，在磁场中运动过程中转过的圆弧对应的圆心角相同，可知两质子在B点和C点处速度方向相同，选项D正确；故选AD.【点睛】带电粒子在磁场中做匀速圆周运动问题，关键是理解记忆两个基本公式，即半径公式和周期公式，充分利用几何关系找到圆心角和半径关系等等.三、非选择题包括必考题和选考题两部分。第2题第32题为必考题，每个试
12、题考生都必须作答。第33题第38题为选考题，考生根据要求作答。(一)必考题9.某同学利用如图所示装置进行“研究匀变速直线运动”的实验。(1)下列说法正确的有_A.实验开始前，需要垫高长木板右端到合适角度，平衡摩擦力B.钩码质量需要满足远远小于小车的质量C.小车释放的位置应尽量远离滑轮D.先接通电源，后释放小车(2)实验中获得一条纸带，设纸带上计数点的间距为S1和S2，如图为用米尺测量某一纸带上的S1、S2的情况，从图中可读出S1=3.10cm，S2=_cm，已知打点计时器的频率为50Hz，由此求得加速度的大小a=_m/s2。【答案】 (1). CD (2). 5.485.52 (3). 2.3
13、82.42【解析】【分析】（1）根据实验原理以及实验过程判断各个选项；（2）刻度尺读数保留到mm的下一位；根据S=aT2解得加速度。【详解】（1）此实验只要使小车加速运动即可，则实验开始前，不需要平衡摩擦力，钩码质量也不需要满足远远小于小车的质量，选项AB错误；小车释放的位置应尽量远离滑轮，且先接通电源，后释放小车，从而能充分利用纸带，选项CD正确；故选CD. （2）由刻度尺读出S1=3.10cm；S2=5.50cm；T=0.1s，S=2.40cm，根据S=aT2解得10.如图所示电路可以测量两块电压表的内阻，图中用到的实验器材如下：待测电压表V1，量程3V，内阻为3k；待测电压表V2，量程1
14、5V，内阻约为15k；定值电阻R0，阻值大小为21k；滑动变阻器R，变化范围0-10；电源，E=15V，内阻不计；电键导线若千。(1)实验器材已经部分连接，请你用实线代表导线，将电路连接完整_； (2)连接好电路后，将滑动变阻器的滑片滑到最左端；(3)将两个电键都闭合，滑动变阻器滑片调节到某一位置，得到此时两块电压表的读数分别为U1=3.00V，U2=9.00V；(4)保持滑动变阻器滑片位置不变，断开电键S2，此时两电压表读数变为2.00V和10.00V，由两表读数可知，两电压表内阻之比R1：R2=_；(5)由以上数据可计算出两电压表的内阻分别为R1=_k，R2=_k；(6)改变滑动变阻器滑片
15、的位置，重复试验，多次测量，取平均值。【答案】 (1). (2). 1:5 (3). 2.8 (4). 14【解析】【详解】（1）电路连线如图；（2）两个电键都闭合时，则 ；保持滑动变阻器滑片位置不变，断开电键S2，此时：；联立解得R1=2.8k；R2=14k.11.如图所示，光滑曲面与粗糙平面平滑连接，质量为m2=3kg的滑块B静止在光滑曲面的底端，质量为m1=2kg的滑块A由曲面上某一高度H处无初速释放，滑到底端和滑块B发生弹性正碰，碰后滑块B在平面上滑行的距离为L=2m，已知两滑块与平面间的动摩擦因数均为0.4，重力加速度g=10m/s2。求：(1)滑块B在碰撞后获得的速度大小(2)滑块
16、A的释放高度。【答案】（1）4m/s（2）1.25m【解析】【分析】（1）碰后物块B 减速滑行，由动能定理求解滑块碰后获得速度；（2）两物块碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律，列式可求解.【详解】（1）碰后物块B减速滑行，由动能定理 滑块碰后获得速度：v2 = 4m/s （2）两物块碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律 物块A下滑，由动能定理 由以上各式解得 H=1.25m12.如图所示，平面直角坐标系第一象限中，两个边长均为L的正方形与一个边长为L的等腰直角三角形相邻排列，三个区域的底边在x轴上，正方形区域I和三角形区域存在大小相等，方向沿y轴负向的匀强电场。质量为m、电量为q的带正电粒子由正
17、方形区域I的顶点A以初速度v0沿x轴正向射入区域I，离开电场后打在区域底边的中点P。若在正方形区域内施加垂直坐标平面向里的匀强磁场，粒子将由区域右边界中点Q离开磁场，进入区域中的电场。不计重力，求：(1)正方形区域I中电场强度E的大小；(2)正方形区域中磁场磁感应强度的大小；(3)粒子离开三角形区域的位置到x轴的距离。【答案】（1）； （2） （3）【解析】【分析】（1）带电粒子在区域中做类平抛，根据平抛运动的规律列式求解场强E；（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系求解半径，从而求解B；（3）在Q点进入区域后，若区域补成正方形区域，空间布满场强为E的电场，由对称性可知，粒子将沿抛物线
18、轨迹运动到（3L，L）点，离开方向水平向右，通过逆向思维，可认为粒子从（3L，L）点向左做类平抛运动。【详解】（1）带电粒子在区域中做类平抛 设离开角度为，则 离开区域后作直线运动 由以上各式得 （2）粒子在磁场中做匀速圆周运动 有几何关系可得 可求得 （3）在Q点进入区域后，若区域补成正方形区域，空间布满场强为E的电场，由对称性可知，粒子将沿抛物线轨迹运动到（3L，L）点，离开方向水平向右，通过逆向思维，可认为粒子从（3L，L）点向左做类平抛运动，当粒子运动到原电场边界时 解得 因此，距离x轴距离 【点睛】带电粒子在电场中的运动往往用平抛运动的的规律研究；在磁场中做圆周运动，往往用圆周运动和
19、几何知识，找半径，再求其他量；【物理一选修3】13.下面说法正确的是A. 夏天，轮胎被晒爆的瞬间，原轮胎中的气体温度一定降低B. 气体体积变大时，分子力一定变小C. 多晶体和非晶体都具有各向异性，没有固定熔点的特点D. 当分子间的引力和斥力平衡时，分子势能最小E. 由于液体表面分子间的距离比液体内部大一些，所以在表面会产生表面张力【答案】ADE【解析】【详解】夏天，轮胎被晒爆的瞬间，气体绝热膨胀，气体对外做功，内能降低，则原轮胎中的气体温度一定降低，选项A正确；气体分子间距较大，认为分子力表现为零，则气体体积变大时，分子力仍为零，选项B错误；多晶体和非晶体都具有各向同性，非晶体没有固定熔点，而
20、多晶体有固定的熔点，选项C错误；当分子间的引力和斥力平衡时，分子力表现为零，则分子势能最小，选项D正确；由于液体表面分子间的距离比液体内部大一些，所以在表面层分子表现为引力，从而会产生表面张力，选项E正确；故选ADE.14.绝热性能良好的气缸固定放置，其内壁光滑，开口向右，气缸中封闭一定质量的理想气体，活塞通过水平轻绳跨过滑轮与重物相连，已知活塞的面积为S=10cm2，重物的质量m=2kg，重力加速度g=10m/s2，大气压强P0=10105Pa，滑轮摩擦不计。稳定时，活塞与气缸底部间的距离为L1=12cm，气缸内温度T1=300K。 (1)通过电热丝对气缸内气体加热，气体温度缓慢上升到T2=
21、400K时停止加热，求加热过程中活塞移动的距离d；(2)停止加热后，在重物的下方加挂一个2kg的重物，活塞又向右移动4cm后重新达到平衡，求此时气缸内气体的温度T3。【答案】（1）4cm（2）375K【解析】【分析】（1）加热过程为等压变化，根据盖吕萨克定律求解加热过程中活塞移动的距离d；（2）加挂重物后，找到气体的状态参量，由理想气体状态方程求解温度.【详解】（1）加热前 加热过程为等压变化 可得 d=4cm （2）加挂重物后 由理想气体状态方程 可得 T3=375K【物理一选修3-4】15.一列横波由A向B传播，AB两点相距x=12m，t=0时刻，波刚好传到B点，之后A、B两点的振动图象如
22、图所示。下列说法正确的是A. 波的频率为4HzB. 波的周期为4sC. 波长可能为24mD. 波速可能为2m/sE. 波源的起振方向沿y轴正向【答案】BCD【解析】【分析】根据振动图像读出周期和频率；根据AB的振动图像可知AB之间的距离为半波长的奇数倍，结合波速公式讨论波长和波速可能的值；根据B点起振的方向判断波源起振的方向.【详解】由振动图像可知，周期T=4s，则频率f=1/T=0.25s，选项B正确，A错误；由题意可知（n=0、1、2、3.），解得，当n=0时=24m，选项C正确；波速，当n=1时，v=2m/s，选项D正确；t=0时刻，波刚好传到B点，由振动图像可知，此时B点向下振动，可知
23、波源的起振方向沿y轴负向，选项E错误；故选BCD.16.如图所示，矩形ABCD为某透明介质的截面图，AB边长L1=12cm，BC边长L2=24m，光线由A点以i=53的入射角射入AB面，光线进入介质后，经过一次反射后，射到底边CD的中点F，并的出个质，不考虑F点光线的反射。已知光速c=3.0108m/s，sin53=0.8，cos53=0.6。求：(1)介质的折射率(2)光线在介质中的传播时间。【答案】（1）；（2）s。【解析】【分析】（1）由几何关系找到光线在A点的折射角，根据折射定律求解折射率；（2）由即可关系求解光在介质中的传播距离，根据 求解时间.【详解】（1）延长A点的折射光线与底边CD交于G点，三角形AGD中，由几何关系可知GD=18cmAG=30cm 由公式 可得 （2）在介质中 S=AG=30cm 可得t=s【点睛】几何光学问题，关键是先画出规范的光路图，结合几何关系找入射角和折射角，根据光的折射定律求解，记住光在介质中传播速度公式.15 / 15
