2019-2020学年湖南省衡阳市第一中学等十校高二下学期5月联考物理试题 解析版

湖南省衡阳市第一中学等十校2019-2020学年高二下学期5月联考物理试题解析版
一、选择题
1.在物理学习中，概念、模型、方法需要同学们理解与掌握，如下说法不正确的是（）
A. 质点、点电荷均为理想化模型
B. 合力与分力，合运动与分运动为等效替代关系
C. 位移、速度、磁感应强度，电流强度、功均为矢量
D. 电场强度、速度、密度等概念的引入均利用了比值定义法
【答案】C
【解析】
【详解】A．物理学中的质点、点电荷等均为理想化模型，A选项不合题意，故A错误；B．物理学中用到大量的科学方法，建立“合力与分力”、“平均速度”、“合运动与分运动”采用等效替代的方法，B选项不合题意，故B错误；
C．位移、速度、磁感应强度既有大小又有方向，是矢量，功只有大小没有方向，是标量，电流强度虽然有方向但是不满足平行四边形法则，因此是标量；C选项符合题意，故C正确；D．比值定义法，就是在定义一个物理量的时候采取比值的形式定义。

用比值法定义的物理概念在物理学中占有相当大的比例，比如速度、密度、压强、功率、比热容、电场强度等等，D 选项不合题意，故D错误。

故选C。

2.如图所示，A、B为两颗在不同轨道上绕地球做匀速圆周运的卫星，A的轨道半径大于B的轨道半径，用v A、v B分别表示A、B线速度大小，用T A、T B表示A、B卫星的周期，a A、a B表示向心加速度大小，F A、F B表示其万有引力大小，ωA、ωB表示其角速度大小，则正确的是
A v A < v B、a A < a B、ωA < ωB、F A < F B
B. v A < v B、a A < a B、T A > T B
C. T A > T B、v A < v B、F A = F B
D T A < T B 、F A > F B 、a A > a B
【答案】B
【解析】
【详解】ABCD ．卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，则
2
2222πMm v G ma m m r m r r r T ω⎛⎫==== ⎪⎝⎭
解得
2GM a r =，v =ω=2T =由上述计算结果可知，轨道半径r 越大，加速度a 、线速度v 、角速度ω都越小，只有周期T 越大。

因为r A > r B ，所以a A < a B 、v A < v B 、ωA < ωB 、T A > T B ，又因为A 、B 卫星的质量大小关系未知，所以A 、B 卫星的万有引力F A 、F B 的大小无法比较，故B 正确，ACD 错误。

故选B 。

3.国产长安cs75刹车性能检测过程显示其位移-时间关系式x =30t -0.2t 2
，如下说法正确的是（ ）
A. 刹车的初速度30m/s ，加速度0.2m/s 2
B. 刹停时间为75s
C. 前10s 内平均速度为25m/s
D. 最后一秒内的位移为0.1m
【答案】B
【解析】
【详解】A ．将位移时间关系式 x =30t -0.2t 2
与关系式
2012
x v t at =+ 比较可知，刹车的初速度v 0=30m/s ，加速度a =-0.4m/s 2，故A 错误；
B ．刹停时间为
0030s=75s 0.4v t a =
= 故B 正确；
C ．前10s 内的位移
x =30×10m -0.2×102 m =280m
则平均速度为
28028m/s 10x v t === 故C 错误；
D ．研究刹车过程的逆过程，则最后一秒内的位移为
22110.41m=0.2m 22
s at ==⨯⨯ 故D 错误。

故选B 。

4.下列选项正确的是：
①某种放射性元素半衰期5天，1000个该放射性元素的原子核经10天还剩250个该原素的原子核
②汤姆生发现电子，并测出了电子的电量
③α粒子散射实验否定了枣糕模型和核式结构模型，建立了玻尔原子理论模型
④当前的核电站是利用轻核聚变释放的核能
⑤β射线本质为高速运动的电子流，其来自于原子内层电子
⑥明线光谱与吸收光谱均可用于光谱分析
⑦131********e 1I X e -→+衰变后X e 的核子平均结合能大于13153I 的核子平均结合能 A. ⑥⑦ B. ①②④⑤
C ①③④⑤
D. ②④⑥ 【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】半衰期是是对大量原子进行统计规律得出的，对于有限个原子核不足半衰期规律，①错误；
②汤姆生发现电子，但电子的电量是由密立根测出的，②错误；
③α粒子散射实验否定了枣糕模型，建立了核式结构模型，③错误；
④当前的核电站是利用重核裂变释放的核能，④错误；
⑤β射线本质为高速运动的电子流，其来自于原子核内部，⑤错误；
⑥不同的线状光谱对应不同的元素，因此明线光谱与吸收光谱均可用于光谱分析，⑥正确； ⑦131********e 1I X e -→+衰变后X e 后，放出能量，原子核结合的更牢固，平均结合能更大，因此X e 核子平均结合能大于131
53I 的核子平均结合能，⑦正确。

故A 正确，BCD 错误。

故选A 。

5.研究光电效应时,已经知道金属钠的逸出功为2.29eV,现有大量处于n=4能级的氢原子,用它在跃迁过程中发出的光照射金属钠,氢原子的能级结构图如图所示,则下列说法中正确的是
( )
A. 跃迁过程中将释放5种频率的光子
B. 跃迁过程中释放光子的最小能量为1.89eV
C. 跃迁过程中释放光子的最大能量为13.6eV
D. 跃迁过程中释放的光子有4种能引起光电效应
【答案】D
【解析】
【详解】试题分析：一群氢原子处于4n =的激发态，在向较低能级跃迁的过程中向外发出光子，可以释放1(62
)n n -=种不同能量的光子，故A 错误； 从4n =跃迁到3n =，辐射的光子能量为0.66eV ，
从4n =跃迁到2n =，辐射的光子能量为2.55eV ，
由4n =跃迁到1n =，辐射的光子能量为12.75eV ．
从3n =跃迁到1n =，辐射的光子能量为12.09eV ，
从3n =跃迁到2n =，辐射的光子能量为1.89eV ，
由2n =跃迁到1n =，辐射的光子能量为10.2eV ．
可以看到跃迁过程中释放光子的最小能量为0.66eV ，跃迁过程中释放光子的最大能量为12.75eV ，故B 错误，C 错误；可见有四种光子能量大于金属的逸出功，所以有4种频率的光
能使金属钠发生光电效应，所以选项D 正确．
考点：氢原子的能级和跃迁
【名师点睛】本题考查氢原子的能级和跃迁，氢原子能级间跃迁时，吸收和辐射的光子能量等于两能级间的能级差，能级差越大，光子频率越大．发生光电效应的条件是入射光子的能量大于逸出功．
6.如图所示为某一点电荷Q 产生的电场中的一条电场线，A 、B 为电场线上的两点，一电子以某一速度仅在电场力作用下沿电场线由A 运动到B 的过程中，动能增加，则可以判断
A. 电场强度大小E A ＞E B
B. A 点的电势高于B 点的电势
C. 电场线方向由B 指向A
D. 若Q 为负电荷，则Q 在B 点的右侧
【答案】C
【解析】
【详解】A ．只有一条电场线，无法知道周围电场线的疏密情况，因此无法知道A E 、B E 的大小关系，A 错误；
BC ．由于负电荷从A 向B 动能增加，电场力做正功，受电场力方向从A 指向B ，因此电场线的方向由B 指向A ，沿电场线方向电势降低，故A 点的电势低于B 点的电势，B 错误，C 正确；
D ．由于电场线的方向由B 向A ，若场源电荷Q 为负电荷，应在A 点的左侧，D 错误。

故选C 。

7.如图所示的实验装置中，极板A 接地，平行板电容器的极板B 与一个灵敏静电计相接.将A 极板向左移动，增大电容器两极板间的距离时，电容器所带的电量Q 、电容C 两极间的电压U ，电容器两极板间的场强E 的变化情况是
A. Q 变小，C 不变，U 不变，E 变小
B. Q 变小，C 变小，U 不变，E 不变
C. Q 不变，C 变小，U 变大，E 不变
D. Q 不变，C 变小，U 变大，E 变小
【答案】C
【解析】
【详解】由于电容器与电源断开，因此电容器的带电量Q 保持不变，根据 4r S C
kd
επ= 当增大两板间的距离d 时，电容C 变小，根据 Q C U
= 可知两板间的U 电压增大，而电容器内部电场强度 U E d =
三式联立可得
4r k S
E Q πε= 因此电场强度E 与d 无关，增大d 时电场强度E 不变，因此C 正确，ABD 错误。

故选C 。

8.质量m=1kg 的物体在水平拉力F 作用下沿水平面做直线运动，t=2s 时撤去力F ，物体速度时间图像如下，下列说法不正确的是
A. 前2s 内与后4s 内摩擦力的平均功率相同，两段的平均速度不同
B. F:f=3:1
C. 全程合外力的功与合外力的冲量均为0
D. 4s 时克服摩擦力做功的功率为12.5W
【解析】
【详解】A ．前2s 内与后4s 内平均速度都是5m/s ，因此摩擦力的平均功率相同，平均速度相同，A 不正确；
B ．图像的斜率表示加速度，由图像可知，在前2s 内，加速度大小为
a 1=5m/s 2
后4s 内加速度大小
a 2=2.5m/s 2
根据牛顿第二定律
1F f ma -=
2f ma =
整理可得
7.5N F = ， 2.5N f =
因此
:3:1F f =
B 正确；
C ．由于整个过程中动能变化为零，根据动能定理，合外力做的功等于零；整个过程中动量的变化为零，根据动量定理，合外力的冲量为零，C 正确；
D ．由图像可知，4s 时物体的速度为5m/s ，此时克服摩擦做功的功率
12.5W P fv ==
D 正确。

故不正确的选A 。

9.如下说法正确的是
A. 匀速圆周运动是匀变速运动
B. 物体在变力作用下可以做直线运动
C. 向心加速度是反映线速度方向变化快慢的物理量
D. 平抛运动的水平位移大小与下落的高度无关，仅取决于水平初速度大小
【答案】BC
【详解】A．匀速圆周运动加速度指向圆心，方向时刻改变，因此是变加速运动，A错误；B．如果变力的方向始终与物体运动的方向在一条直线上，物体做直线运动，B正确；
C．向心加速度只改变速度方向，不改变速度大小，因此是反映线速度方向变化快慢的物理量，C正确；
D．下落的高度决定落地时间，因此平抛运动的水平位移大小与下落的高度及初速度都有关，D错误。

故选BC。

10.如图所示，光滑水平桌面上固定一竖直粗糙挡板，现将一长方体物块A与截面为三角形的光滑垫块B叠放在一起，用水平外力F缓慢向左推动B，使A缓慢升高，则该过程中（）
A. A和B均受四个力作用
B. 推力F的大小恒定，A与墙的摩擦力恒定
C. 桌面受到的压力变大
D. A对B压力做正功
【答案】AB
【解析】
【详解】A．先以A为研究对象，分析受力情况：重力、墙的弹力、斜面的支持力和墙的摩擦力四个力，B受到重力、A的压力、地面的支持力和推力F四个力，故A正确；
BC．对整体分析受力如图所示
由平衡条件得知
F =N 1
推力F 恒定不变，则挡板对A 的支持力N 1不变，根据滑动摩擦力公式可得A 与墙的摩擦力恒定；桌面对整体的支持力
N =G 总
保持不变，则B 对桌面的压力不变，故C 错误，B 正确；
D ．A 对B 的压力垂直斜面向下，B 的位移水平向左，所以A 对B 压力做负功，故D 错误。

故选AB 。

11.如图甲为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，电阻为2Ω的矩形线圈在磁感应强度为B 的匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴OO ′匀速转动线圈的两端与滑动变阻器R 连接，当R =10Ω时，交流电压表示数为10V 。

图乙是穿过矩形线圈的磁通量Φ随时间t 变化的图象，下列说法正确的是（ ）
A. 0.02s 时，R 两端的电压瞬时值为零
B. 电阻R 上的电功率为10W ，产生的交流的频率50Hz
C. 当滑动变阻器触头向下滑动时，电压表示数变小
D. 若仅将R 换为原副线圈匝数比为2:5的理想变压器，则变压器空载时副线圈两端的电压为30V
【答案】BD
【解析】
【详解】A ．0.02s 时，穿过线圈的磁通量为零，此时磁通量变化率最大，感应电动势最大，则R 两端的电压瞬时值最大，故A 错误。

B ．电压表的读数为R 两端的电压，电阻R 上的电功率
22
10W=10W 10
U P R == 产生的交流的周期为T =0.02s ，则频率为f =50Hz ，故B 正确。

C ．当滑动变阻器触头向下滑动时，R 增大，总电流减小，内压减小，路端电压增大，电压表示数增大，故C 错误。

D ．线圈中产生的感应电动势为 10()
12V=12V 10
U E R r R =+=⨯ 若仅将R 换为原副线圈匝数比为2:5的理想变压器，则变压器空载时原线圈电流为零，则此时原线圈电压为
U 1=E =12V
则副线圈两端的电压为
2211512V=30V 2
n U U n =
=⨯ 故D 正确。

故选BD 。

12.如图，一根足够长直导线水平放置，通向右的恒定电流，在其正上方O 点用轻质绝缘细线悬挂一闭合铜制圆环，圆环和纸面共面，将圆环从a 点无初速释放，圆环在直线所处的竖直平面内运动经过最低点b 和最右侧c 后返回，下列说法正确的是
A. 从a 到c 的过程中圆环中感应电流方向先顺时针后逆时针
B. 圆环由c 到b 的时间等于由b 到c 的时间
C. 第一次由a 到b 通过圆环的感应电荷量大于由b 到c 的感应电荷量
D. 运动过程中圆环所受的安培力方向始终在竖直方向
【答案】ACD
【解析】
【详解】A ．由安培定则可知，直线电流上方的磁场方向垂直纸面向外，且离直导线越近的位置磁场越强，则从a 到c 的过程中圆环中的磁通量向外先增加后减小，根据楞次定律可知，感应电流方向先顺时针后逆时针，选项A 正确；
BD ．结合左手定则可知，圆环从b 到c 安培力的合力方向竖直向下，圆环从c 到b 安培力的合力方向安培力的合力竖直向上，所以从b 到c 合力大于c 到b 的合力，从b 到c 的加速度大于c 到b 的加速度，相同的运动路径，所以从b 到c 的时间小于从c 到b 的时间，故B 错误，D 正确；
C ．由于圆环中有感应电流产生，则圆环摆动时机械能减小，则第一次摆到c 点时的高度小于a 点时的高度，即第一次由a 到b 的磁通量变化量大于从b 到c 时的磁通量变化量，根据q R ∆Φ= 可知，由a 到b 通过圆环的感应电荷量大于由b 到c 的感应电荷量，选项C 正确。

故选AC
D 。

二、实验题
13.在验证动量守恒定律实验前，某同学还练习用螺旋测微器和游标为10分度的卡尺分别测量某圆形工件的直径和长度，如图所示，测量值分别为(1)____________mm 和
(2)____________cm 。

其后该某同学用如图所示的装置“验证动量守恒定律”，其操作步骤如下：
A.将操作台调为水平；
B.用天平测出滑块A 、B 的质量m A 、m B ；
C.用细线将滑块A 、B 连接，滑块A 、B 紧靠在操作台边缘，使A 、B 间的弹簧处于压缩状态；
D.剪断细线，滑块A 、B 均做平抛运动，记录A 、B 滑块的落地点M 、N ；
E.用刻度尺测出M 、N 距操作台边缘的水平距离x 1、x 2；
F.用刻度尺测出操作台面距地面的高度h 。

(3)上述步骤中，多余的步骤是________________________。

(4)如果动量守恒，须满足的关系是________________________（用测量量表示）。

【答案】 (1). 2.250 (2). 1.14 (3). F (4). A 1B 2m x m x =
【解析】
【详解】(1)[1]由图可知，螺旋测微器的读数为
2mm+25.00.01mm=2.250mm ⨯
(2)[2]由图可知，游标卡尺读数为
1.110mm+40.1mm=11.4mm 1.14cm ⨯⨯=
(3)[3]取小球A 的初速度方向为和正方向，两小球质量和平抛初速度分别为A m 、
B m 、1v 、2v ，平抛运动的水平位移分别为1x 、2x ，平抛运动的时间为t ，如果系统动量守恒，则
A 1
B 20m v m v =-
速度
11x v t
= 22x v t = 代入解得
A 1
B 2m x m x =
故不需要刻度尺测出操作台面距地面的高度h ，故ABCDE 正确，F 错误。

故选F 。

(4)[4]由上述可知，如果动量守恒，需满足的关系是
A 1
B 2m x m x =
14.用伏安法测一待测电阻R x 的阻值（约为200Ω），实验室提供如下器材：
A.电池组E ：电动势3V ，内阻不计
B.电流表A ：量程0~300uA ，内阻r A 为1000Ω
C.电流表A 1：量程0~15mA ，内阻约为100Ω
D.电压表V ：量程0~15V ，内阻约为10kΩ
E.滑动变阻器R 1：阻值范围0~20Ω，额定电流2A
F.电阻箱R 2，阻值范围0~999Ω，额定电流1A
G.电键S 、导线若干
(1)要求实验中尽可能准确测量R x 的阻值，则上述器材不需要的是____________。

(2)在如图1所示的方框中画出测R x 阻值的电路图_____（请在图中注明对应的器材符号字母）
(3)调节滑动变阻器R 1，电路中电流表A 1的示数如图2所示，则其读数I 1为____________mA 。

已知另一电表的读数为x ，则由此可得R x 准确测量值的表达式为R x =____________（用I 1、x 、r A 、R 2表示）。

【答案】 (1). D (2). (3). 8.0， (4). 2A 1x R r I x
+-（） 【解析】
【详解】(1)[1]由于D 的电压表量程过大，为了更精准地测量待测电阻两端的电压，可将2A 与电阻箱串联组成电压表，因此可以不用到D 的电压表，故ABCEFG 正确，D 错误。

故选D 。

(2)[2]滑动变阻器最大阻值远小于待测电阻阻值，因此滑动变阻器应采用分压接法，待测电阻阻值约为200Ω，电流表1A 内阻约为100Ω，由(1)可知，改装后的电压表量程为3V ，则电阻箱阻值为
A2229000U I R R I -=
=Ω满满 因此电压表的内阻为
V 1000900010000R =Ω+Ω=Ω
由此可见，电压表内阻远大于待测电阻阻值，因此电流表应采用外接法，因此可画图
(3)[3][4]有图可得，分度值
0.5mA ，因此图2读数为8.0mA 。

根据欧姆定律可得 ()21x
A x R I R r x ++
= 变形可得 2x A 1=
x R R r I x
+-（） 三、综合题 15.质量为m =4×103kg 的物体置于水平面，在水平拉力F =8×103N 作用下由静止开始运动，运动中阻力大小恒定为物重的0.1倍，（g =10m/s 2）求：
(1)物体匀加速运动的加速度大小；
(2)2s 时物体的速度大小。

【答案】(1)1m/s 2；(2)2m/s
【解析】
【详解】(1)由牛顿第二定律得
F kmg ma -=
解得
21m/s a =
(2)由
v at =
可知2s 时物体的速度大小为
2m/s v =
16.如图所示，空间有竖直方向匀强磁场，一电阻不计，间距为20cm 的光滑平行金属导轨水平放置，左端经开关接理想电源，右端向上弯成一半径r =20cm 的圆弧，质量m =60g 的导体棒ab 垂直导轨置于圆弧最低处并接触良好，闭合开关S ，导体棒运动到虚线位置时速度最大，对应的圆心角θ=53°。

（sin53°=0.8，g =10m/s 2
，不考虑导体棒运动过程中的感应电动势）
(1)指明磁场方向和运动过程中导体棒所受的安培力大小；
(2)导体棒运动过程中的最大动能。

【答案】(1)磁场方向竖直向下，0.8N ；(2)0.08J
【解析】
【分析】
【详解】(1)当开关S 闭合时，导体棒中电流方向从a 到b ，导体棒沿圆弧摆动，说明其所受安培力水平向右，由左手定则可知，磁场方向竖直向下。

导体棒ab 速度最大时，虚线与竖直方向的夹角
53θ=︒
则
tan F mg
θ=
解得 0.8N F =
(2)根据动能定理得
k sin (1cos 5353)0FL mgL E ︒--︒=-
解得
k 0.08J E =
17.如图所示，在平面直角坐标系xOy 中第I 象限存在沿y 轴负方向的匀强电场，第IV 象限存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场。

一质量为m 、电荷量为q 的带正电的粒子从y 轴正半轴上的M 点以速度v 0垂直于y 轴射入电场，经x 轴上的N 点与x 轴正向成60°射入磁场，最后从y 轴负半轴上的P 点垂直于y 轴射出磁场，已知OM =3
2L ，不计粒子重力。

求：
(1)带电粒子从N 点进入磁场时的速度大小
(2)电场强度大小E ； (3)磁感应强度大小B 。

【答案】(1)2v 0；(2)2
0mv qL ；(3)0
23mv qL 【解析】 【详解】(1)由题意得
02cos60v v v ==︒
(2)根据动能定理得
22
0311222qEL mv mv =-
解得
2
mv E qL =
(3)粒子的运动轨迹如下图
设半径为x，由几何关系可知
3
2cos60
x L
x
-
=︒
解得
3
x L
=
则
2
3
mv
mv
B
qr qL
==
18.如图所示，在水平面上有一弹簧，其左端与墙壁相连，O点为弹簧原长位置，O点左侧水平面光滑，水平段OP长L=1m，P点右侧一与水平方向成30
θ=︒的足够长的传送带与水平面在P点平滑连接，皮带轮逆时针转动速率为3m/s，一质量为1kg可视为质点的物块A压缩弹
簧（与弹簧不栓接），使弹簧获得弹性势能9
p
E J
=，物块与OP段动摩擦因数
1
0.1
μ=，另
一与A完全相同的物块B停在P点，B与传送带的动摩擦因数
2
3
μ=，传送带足够长，A与B的碰撞时间不计，碰后A.B交换速度，重力加速度2
10/
g m s
=，现释放A，求：
（1）物块A.B第一次碰撞前瞬间，A的速度0v
（2）从A.B第一次碰撞后到第二次碰撞前，B与传送带之间由于摩擦而产生的热量
（3）A.B能够碰撞的总次数
【答案】（1）04/
v m s
=；（2）12.25J；（3）6次
【解析】
【详解】（1）设物块质量为m ，A 与B 第一次碰前的速度为0v ，则：
2
011
2p E mgL mv μ=+
解得：
04/v m s =
（2）设A.B 第一次碰撞后的速度分别为A B v v 、，则04/A B v v m s ==，，
碰后B 沿传送带向上匀减速运动直至速度为零，加速度大小设为1a ，
则
21sin cos mg mg ma θμθ+=
解得
212sin cos 10/a g g m s θμθ=+=
运动的时间
11
0.4B
v t s a ==
位移
110.8m 2B
v x t ==
此过程相对运动路程
1112s vt x m ∆=+=
此后B 反向加速，加速度仍为1a ，与传送带共速后匀速运动直至与A 再次碰撞，
加速时间为
21
0.3s v
t a ==
位移为
220.452v
x t m ==
此过程相对运动路程
2220.45s vt x m ∆=-=
全过程生热
()212cos 12.25Q mg s s J μθ=∆+∆=
（3）B 与A 第二次碰撞，两者速度再次互换，此后A 向左运动再返回与B 碰撞，B 沿传送带向上运动再次返回，每次碰后到再次碰前速率相等，重复这一过程直至两者不再碰撞．则对
A.B 和弹簧组成的系统，从第二次碰撞后到不再碰撞
211
22mv n mgL μ=
解得第二次碰撞后重复的过程数为n=2.25，所以碰撞总次数为
N=2+2n=6.5=6次（取整数）。