广西贵港市高二(下)期中物理试卷(理科)(解析版)

广西贵港市高二（下）期中物理试卷（理科）（解析版）
B．向心加速度大小之比为a
1：a
2
=1：2
C．运动的周期之比为T
1：T
2
=1：2
D．动能之比为E
k1：E
k2
=4：1
10．（4分）图中虚线为一组间距相等的同心圆，圆心处固定一带正电的点电荷．一带
电粒子以一定初速度射入电场，实线为粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，a、b、c 三点是实线与虚线的交点．则该粒子（）
A．带负电
B．在c点受力最大
C．在b点的电势能小于在c点的电势能
D．由a点到b点的动能变化大于由b点到c点的动能变化
11．（4分）图甲为理想变压器的示意图，其原、副线圈的匝数之比为4：1，电压表和电流表均为理想电表。

若发电机向原线圈输入图乙所示的正弦交流电，图中R
t
为NTC
型热敏电阻（阻值随温度升高而变小），R
1
为定值电阻。

下列说法中正确的是（）A．t=0.01 s时，发电机线圈中穿过的磁通量最大
B．交流电压u的表达式为u=36sin 50πt V
C．R
t
温度升高时，变压器的输入功率变大
D．R
t
温度升高时，电压表的示数不变、电流表的示数变小
12．（4分）如图所示，垂直于纸面向里的匀强磁场分布在正方形abcd区域内，O点是cd边的中点。

一个带正电的粒子仅在磁场力的作用下，从O点沿纸面以垂直于cd
边的速度射入正方形内，经过时间t
刚好从c点射出磁场。

现设法使该带电粒子从O点沿纸面以与Od成30°角的方向，以大小不同的速率射入正方形内，粒子重力不计，那么下列说法中正确的是（）
A．若该带电粒子从ab边射出，它经历的时间可能为t
B．若该带电粒子从bc边射出，它经历的时间可能为t
C．若该带电粒子从cd边射出，它经历的时间为t
D．若该带电粒子从ad边射出，它经历的时间可能为t
二、非选择题（满分52分，解答题要写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，
只写出最后答案的不得分，答案中必须明确写出数值和单位）
13．（6分）在验证机械能守恒定律的实验中，质量m=1kg的重锤自由下落，在纸带上
打出了一系列的点，如图所示，相邻记数点时间间隔为0.02s，长度单位是cm，g 取9.8m/s2．求：
= （保留两位有效数字）；（1）打点计时器打下记数点B时，物体的速度V
B
（2）从点O到打下记数点B的过程中，物体重力势能的减小量△E
= ，动能的
P
= （保留三位有效数字）。

增加量△E
K
14．（9分）（1）某同学用游标卡尺测量一导体的长度如图所示，可知其长度为mm；
约为6000Ω，现该同学想通过伏安法测定该导（2）若用多用电表测得该导体的电阻R
x
．现有电源（3V，内阻可不计），滑动变阻器（0～10Ω，额定电流2A），线的阻值R
x
开关和导线若干以及下列电表：
A．电流表（0～6mA，内阻约0.125Ω）
B．电流表（0～600μA，内阻约0.025Ω）
C．电压表（0～3V，内阻约3kΩ）
D．电压表（0～15V，内阻约15kΩ）
为减小测量误差，在实验中，电流表应选用，电压表应选用（选填器材前的字母）；实验电路应采用图2中的（选填“甲”、“乙”、“丙”、或“丁”）。

15．（10分）静止在粗糙水平面上的物体，受到水平力F的作用，在F从0开始逐渐增多的过程中，加速度a随力F变化的图象如图所示，当F为14N时物体的速度为8m/s，此时，物体运动的位移大小为6m，g=10m/s2，求：
（1）物体与水平面间的动摩擦因数；
（2）在F从0增加到14N的过程中，外力F所做的功。

16．（12分）如图所示，在光滑的水平面上停放着一辆质量为2m的平板车C，在车上的左端放有一质量为m的小木块B，在小车的左边紧靠着一个固定在竖直平面内，半径为r的光滑圆形轨道，轨道底端的切线水平且与小车的上表面相平，现有一质量也为m的小木块A从图中圆形轨道的位置处由静止释放，然后，滑行到车上立即与小木块B发生碰撞，两木块立即粘在一起向右在动摩擦因数为μ的平板车上滑行，并与固定在平板车上的水平轻质小弹簧发生作用而被弹簧，最后两个木块又回到小车的最左端与车保持相对静止。

重力加速度为g，求
（1）小木块A滑到轨道最低点时，对圆形轨道的压力；
（2）A、B两小木块在平板车上滑行的总路程。

17．（15分）平行金属导轨在水平面内固定，导轨间距L=0.5m，导轨右端接有电阻R
L
=9Ω的小灯泡，导轨电阻不计，如图甲所示。

在导轨的MNQP矩形区城内有竖直向上的匀强磁场，MN、PQ间距d=4m，此区城磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示，垂直导轨跨接一电阻r=1Ω的金属楼GH，金属棒与导轨间的动摩擦因数μ=0.5．在t=0时刻，给金属棒施加一向右的恒力F（F未知），使金属棒从静止开始运动，t=2s 时恰好到达MN处。

在0～4s内小灯泡发光亮度始终设变化（g取10m/s2），求：（1）此段时间内流过灯泡的电流；
（2）导体棒的质量；
（3）0～4s内整个系统产生的热量。

2019-2019学年广西贵港市高二（下）期中物理试卷（理科）
参考答案与试题解析
一、选择题（共12小题，每小题4分，满分48分，在每小题给出的四个选项中，第
1-8题只有一个选项符合题目要求，第9-12题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分）
1．【分析】在v﹣t图象中，直线的斜率表示加速度的大小，速度的正负代表运动的方向，根据v﹣t图象可以分析人的运动状态。

【解答】解：A、运动员起跳时的速度方向向上，可知，t
1
时刻达到最高点，故A错误。

BC、v﹣t图象为直线，加速度不变，所以在0﹣t
2时间内人在空中，t
2
之后进入水中，
故B正确，C错误；
D、0﹣t
1时间内，速度方向竖直向上，t
1
﹣t
2
时间段速度方向竖直向下，故D错误；
故选：B。

【点评】本题考查对速度时间图象的理解，要知道在速度时间的图象中，直线的斜率代表的是加速度，速度的符号表示速度的方向。

2．【分析】穿过线圈的最大磁通量为BS，根据线圈转动的位移即可写出磁通量的表达式即可。

【解答】解：穿过线圈的磁通量的最大值为：
φ
m
=BS
开始时磁场的方向与线圈平面平行，则穿过线圈的磁通量随时间的变化的表达式为：
φ=φ
m
sinωt
故A正确，BCD错误
故选：A。

【点评】该题考查磁通量的计算，牢记磁通量与磁场强度、线圈面积以及线圈与磁感应强度方向之间的夹角的关系公式是关键。

3．【分析】半衰期是大量放射性元素的原子衰变的统计规律；比结合能的大小反应原子核的稳定程度；光子的能量与频率成正比；根据玻尔理论分析。

【解答】解：A、半衰期是大量放射性元素的原子衰变的统计规律，对个别的原子没有意义。

故A错误；
B、比结合能的大小反映原子核的稳定程度，比结合能越大的原子核越稳定。

故B错误；
C、根据：E=hγ可知，光子的能量由光的频率所决定。

故C正确；
D、根据玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，氢原
子要吸收一定的能量，所以原子的总能量增大；由可知电子的动能减小；
结合能量的变化可知，电子的电势能增大。

故D错误
故选：C。

【点评】本题考查了放射性元素的半衰期的本质、结合能与比结合能、玻尔理论等基础知识点，关键要熟悉教材，牢记这些基础知识点。

4．【分析】平抛运动可以分解为在水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动，分别根据匀速直线运动和自由落体运动的运动规律分析即可．
【解答】解：三个物体都做平抛运动，在竖直方向上是自由落体运动，
由h=gt2
可知下落的距离最大的物体的运动时间最长，
所以运动时间的关系为t
a ＞t
b
＞t
c
，
以C点所在的平面为水平面，画一条水平线，如图所示，
从图中可以看出三个球的竖直位移相同，所以它们的运动时间t相同，由X=V
t可知，水平位移大的物体的初速度大，
所以初速度的关系为v
c ＞v
b
＞v
a。

故选：C。

【点评】利用平抛运动在水平和竖直分析上的规律来分析问题，但是在比较它们的关系是会发现，下落的高度和水平分析上的位移全不一样，这就要采用控制变量法，找出它们相同的量，在判断其它的量之间的关系．
5．【分析】当闭合电路的磁通量发生变化时，线圈中出现感应电流，从而会导致指针偏转。

【解答】解：①、先闭合S 2，构成闭合电路，当后闭合S 1的瞬间时，通过线圈A 的电流增大，导致穿过线圈B 的磁通量发生变化，从而产生感应电流，则指针发生偏转，故①正确；
②、当S 1、S 2闭合后，稳定后线圈B 中没有磁通量的变化，因而线圈B 中没有感应电流，在断开S 2的瞬间，当然指针也不偏转，故②错误；
③、先闭合S 1，后闭合S 2的瞬间，穿过线圈B 的磁通量没有变化，则不会产生感应电流，故③错误；
④、当S 1、S 2闭合后，在断开S 1的瞬间，导致穿过线圈B 的磁通量发生变化，因而出现感应电流，故④正确，
故ABC 错误，D 正确
故选：D 。

【点评】该题考查产生感应电流的条件及掌握判定磁通量如何变化，抓住：闭合回路的磁通量发生变化时，才能产生感应电流这一条件即可。

6．【分析】根据左手定则，让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是洛伦兹力的方向．根据左手定则来判断洛伦兹力即可．从而可以判断MN 的带电的情况，就可以得到电势的高低．
【解答】解：电流向右，电子向左运动，根据左手定则可得到，电子受到的洛伦兹力的方向是向下的，所以N 板上聚集了电子，M 板就出现正电荷，所以M 点的电势高于N 点的电势，所以A 正确，BCD 错误。

故选：A 。

【点评】本题就是对左手定则的直接考查，注意四指指向电流方向，即正电荷运动的方向，比较简单．
7．【分析】抓住用某种频率的光照射大量处于基态的氢原子，结果受到激发后的氢原子能辐射出三种不同频率的光子，确定出氢原子处于第几能级，根据辐射的光子能量等于两能级间的能级差求出辐射的光子能量，得出逸出功，结合光电效应方程求出
光电子的最大初动能。

【解答】解：由题可知，某种频率的光照射处于基态的氢原子后，处于激发态的氢原子能辐射出三种不同频率的光子，表面氢原子激发后处于n=3的激发态，辐射出的光
子中，两种频率较高的光子能量为hv
1=E
3
﹣E
1
=12.09eV，hv
2
=E
2
﹣E
1
=10.2eV，由于这
两种光子中有一种光子恰好能使该金属发生光电效应，由此可知，该金属的逸出功
为10.2 eV，则打出的光电子的最大初动能为E
k
=12.09 eV﹣10.2 eV=1.89 eV，故B 正确，ACD错误。

故选：B。

【点评】解决本题的关键知道能级间吸收或辐射的光子能量等于两能级间的能级差，掌握光电效应方程，并能灵活运用。

8．【分析】根据安培力大小表达式F
f
=，可知安培力与速率成正比，安培力均匀增大，速度均匀增大，可分析出导体棒应做匀加速运动，根据牛顿第二定律推导出
外力F
1
与速度的关系式，再选择图象．
【解答】解：根据安培力大小表达式F
f
=，可知安培力与速率成正比。

图中安培力随时间均匀增大，则速度随时间均匀增大，说明导体棒应做匀加速运动，加速度a 一定，
根据牛顿第二定律得：F
1﹣F
f
=ma，得F
1
=+ma，可见外力F
1
与速度是线性关系，
速度随时间均匀增大，则外力F
1
也随时间均匀增大，故B正确。

故选：B。

【点评】本题关键要掌握安培力大小表达式F
f
=，并根据牛顿第二定律推导出外
力F
1
的表达式，即可作出判断．
9．【分析】由质量和轨道半径，可以由万有引力提供向心力分析线速度，向心加速度，周期，动能等的关系．
【解答】解：
A、根据月球对嫦娥卫星的万有引力提供向心力得：，解得：，故两颗
卫星线速度之比为：．故A错误。

B、根据月球对嫦娥卫星的万有引力提供向心力得：，解得：，故两颗卫
星的向心加速度之比为：，故B错误。

C、根据月球对嫦娥卫星的万有引力提供向心力得：，解得：，
故两颗卫星周期之比为：，故C错误。

D、根据月球对嫦娥卫星的万有引力提供向心力得：，变化得到：，
故两颗卫星动能之比为：E
K1：E
K2
=m
1
R
2
：m
2
R
1
=4：1，故D正确。

故选：D。

【点评】本题重点是掌握万有引力提供向心力的各种表达形式，进而才能灵活分析各个量与半径的关系．
10．【分析】电场线与等势面垂直．电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，沿电场线的方向，电势降低，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加．
【解答】解：A：根据轨迹弯曲方向判断出，粒子在a→b→c的过程中，一直受静电斥力作用，根据同性电荷相互排斥，故粒子带正电荷，A错误；
B：点电荷的电场强度的特点是离开场源电荷距离越大，场强越小，粒子在C点受到的电场力最小，故B错误；
C：根据动能定理，粒子由b到c，电场力做正功，动能增加，故粒子在b点电势能一定大于在c点的电势能，故C错误；
D：a点到b点和b点到c点相比，由于点电荷的电场强度的特点是离开场源电荷距离越大，场强越小，故a到b电场力做功为多，动能变化也大，故D正确。

故选：D。

【点评】本题中，点电荷的电场强度的特点是离开场源电荷距离越大，场强越小，掌握住电场线和等势面的特点，即可解决本题．属于基础题目．
11．【分析】由图乙可知交流电压最大值U
m
，周期T=0.02秒，可由周期求出角速度的值，
则可得交流电压u的表达式 u=U
m
sinωt（V），由变压器原理可得变压器原、副线圈中的电流之比，输入、输出功率之比，NTC是指随温度上升电阻呈指数关系减小、具
有负温度系数的热敏电阻，R
t
处温度升高时，阻值减小，根据负载电阻的变化，可
知电流、电压变化。

【解答】解：A、t=0.01s时，代入A选项中电压瞬时表达式，则有电压值为零，则发
电机中线圈与磁场垂直，发电机线圈中穿过的磁通量最大，故A正确。

B、原线圈接的图乙所示的正弦交流电，由图知最大电压36v，周期0.02S，故角速
度是ω=100π，u=36sin100πt（V），故B错误。

C、R
温度升高时，阻值减小，电流表的示数变大，但不会影响输入电压值，变压器的1
输入功率等于输出功率变大，故C正确。

温度升高时，阻值减小，电流表的示数变大，但不会影响输入电压值，故D错误；
D、R
t
故选：AC。

【点评】根据图象准确找出已知量，是对学生认图的基本要求，准确掌握理想变压器的
特点及电压、电流比与匝数比的关系，是解决本题的关键。

12．【分析】根据几何关系确定带电粒子在磁场中的运动轨迹并确定其圆心角，根据其
从各边穿出时的角度及时间确定能否从各边穿出。

刚好从【解答】解：由题，带电粒子以垂直于cd边的速度射入正方形内，经过时间t
c点射出磁场，则知带电粒子的运动周期为T=2t。

=，则得到轨迹的圆心角为π，而粒子从A、若该带电粒子在磁场中经历的时间是t
ab边射出磁场时最大的偏向角等于60°+90°=150°=，故不一定从ab边射出磁场，故A错误。

B、若该带电粒子在磁场中经历的时间是=，则得到轨迹的圆心角为＞π，
则它一定从bc边射出磁场，故B正确。

C、若该带电粒子在磁场中经历的时间是，则粒子轨迹的圆心角为
θ=，速度的偏向角也为，根据几何知识得知，粒子射出磁场时与磁场边界的夹角为30°，必定从cd射出磁场，故C正确。

D、当带电粒子的轨迹与ad边相切时，轨迹的圆心角为60°，粒子运动的时间为
t=，在所有从ad边射出的粒子中最长时间为，故若该带电粒子在磁场中经历的时间是，一定不是从ad边射出磁场，故D错误。

故选：BC。

【点评】本题是带电粒子在磁场中圆周运动类型，抓住粒子的周期一定，根据速度的偏向角等于轨迹的圆心角，由圆心角确定粒子在磁场中的运动时间。

二、非选择题（满分52分，解答题要写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，
只写出最后答案的不得分，答案中必须明确写出数值和单位）
13．【分析】（1）利用在匀变速直线运动中，中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度来求B的速度大小，然后根据动能、势能定义进一步求得动能和势能的变化情况。

（2）动能的增加量： mv2，势能的减小量：mgh；由于物体下落过程中存在摩擦阻力，因此动能的增加量小于势能的减小量。

【解答】解：（1）中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度来求B的速度大小：==m/s=0.98m/s
v
B
=mgh=1×9.8×0.0492=0.482J
（2）物体重力势能减小量为：△E
P
=m=×1×0.982=0.480J
动能的增加量为：△E
k
故答案为：（1）0.98m/s；（2）0.482J，0.480J。

【点评】正确解答实验问题的前提是明确实验原理，从实验原理出发进行分析所需实验器材、实验步骤、所测数据等，会起到事半功倍的效果。

14．【分析】（1）游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺读数，根据图示游标卡尺读出其示数。

（2）根据通过待测电阻的最大电流选择电流表，根据电源电动势选择电压表；根据题意确定电流表与滑动变阻器的接法，然后选择实验电路。

【解答】解：（1）由图示游标卡尺可知，其示数为：13mm+11×0.05mm=13.55mm；（2）通过待测电阻的最大电流约为：I===5×10﹣4A=500μA，电流表应选择B；
电源电动势为3V，电压表应选择C；
由题意可知，待测电阻阻值远大于电流表内阻，电流表应采用内接法，
待测电阻阻值远大于滑动变阻器最大阻值，为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，应选择图丁所示电路。

故答案为：（1）13.55；（2）B；C；丁。

【点评】游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺读数，根据图示游标卡尺读出其示数，游标卡尺不需要估读，对游标卡尺读数时要注意游标尺的精度；要掌握实验器材的选择原则：安全性原则、精确性原则、方便实验操作原则。

15．【分析】（1）对物体受力分析，根据牛顿第二定律得出力F与加速度a的函数关系，然后结合图象得出相关信息即可求解；
（2）根据动能定理求解外力做的功。

【解答】解：（1）物体受重力、地面的支持力、向右的拉力和向左的摩擦力，根据牛顿第二定律得：
F
1﹣μmg=ma
1
，F
2
﹣μmg=ma
2
，解得m=2kg，μ=0.3；
（2）由动能定理可得，
解得W
F
=100J。

答：（1）物体与水平面间的动摩擦因数为0.3；
（2）在F从0增加到14N的过程中，外力F所做的功为100J。

【点评】本题关键是对滑块受力分析，然后根据牛顿第二定律列方程求解出加速度与推力F的关系式，由此得到动摩擦因数，最后结合a与F关系图象得到待求量。

16．【分析】（1）A下滑过程机械能守恒，由机械能守恒定律求出A到达最低点时的速度，在最低点应用牛顿第二定律求出支持力，然后由牛顿第三定律求出压力。

（2）系统动量守恒，由动量守恒定律求出最终的速度，然后由能量守恒定律求出总路程。

【解答】解：（1）木块A从轨道图中位置滑到最低点的过程中机械能守恒，
由机械能守恒定律得：，
在最低点时，对A由牛顿第二定律得：
解得：F=2mg，
根据牛顿第三定律可得木块对轨道的压力：F′=F=2mg，方向：竖直向下；
（2）在小木块A与B碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，
由动量守恒定律得：mv
0=（m+m）v
1
然后一起运动直到将弹簧压缩到最短的过程中系统动量守恒，
以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv
0=（m+m+2m）v
2
在这个过程中，由能量守恒定律得：
对于从弹簧压缩到最短到两木块滑到小车左端的过程，
由能量守恒定律得：
摩擦产生的热量：，解得：；
答：（1）小木块A滑到轨道最低点时，对圆形轨道的压力大小为2mg，方向：竖直向下；（2）A、B两小木块在平板车上滑行的总路程为。

【点评】本题考查了动量守恒定律与能量守恒定律的应用，分析清楚物体运动过程是解题的关键，应用机械能守恒定律、动量守恒定律与能量守恒定律可以解题，解题时注意正方向的选择。

17．【分析】（1）因灯泡亮度不变，依据法拉第电磁感应定律，由此可以求的通过灯泡的电流；
（2）由导体棒在由欧姆定律可以求的磁场中产生的动生电动势，然后用动生电动势表达式求的导体棒的匀速运动的速度，进而由导体棒从ab到CD做的是匀加速直线运动，依据牛顿第二定律可以求的导体棒的质量。

（3）金属棒从ab位置运动到EF位置过程中，小灯泡的亮度没有发生变化，可知通过它的电流是不变的，则可由0～4s这段时间内的感生电动势来求通过小灯泡的电流，从而由焦耳定律，求得金属杆中产生的焦耳热。

【解答】解：（1）0～4s内小灯泡发光亮度始终没变化，则流过灯泡的电流不变；
在0～2s内由电磁感应定律得，E==Ld；
由闭合电路的欧姆定律，可得，I=
联立解得：I=0.4A；
（2）由题意可知，进入磁场后，磁场不再发生变化；
由导体棒切割磁感应线E=BLv
在0～2s内，导体棒未进入磁场，
由运动学规律，可知，
v=at
由牛顿第二定律，可知，F﹣μmg=ma
进入磁场后灯泡亮度不变，则导体棒做匀速直线运动
由平衡条件，可得，F=μmg+BIL
联立解得：m=0.8kg
（3）在0～4s内产生的焦耳热Q
1
=I2（R+r）t
0～2s内位移为x
1
=
2～4s内内位移为x
2=vt
2
；
摩擦产生的热量Q
2=μmg（x
1
+x
2
）
则系统产生的总热量Q=Q
1+Q
2
=30.4J
答：（1）此段时间内流过灯泡的电流0.4A；
（2）导体棒的质量为0.8kg；
（3）0～4s内整个系统产生的热量30.4J。

【点评】解本题的关键是会计算感应电动势，以及利用闭合电路求电流，由于本题牵涉到能量的关系，所以要利用能量守恒来解决本题中出现的问题。