精品解析：江西省景德镇一中高二下学期期中物理试题（18班）

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景德镇一中~第二学期期中考试卷
高二（18）班物理
一、单选题（本大题共6小题，共24.0分）
1. 甲、乙两车在同一平直公路上同向行驶，二者的位置x随时间t的变化关系如图所示。则下列说法正确的是（　　）

A. t1时刻两车速度相同 B. t1时刻甲车追上乙车
C. t1到t2时间内，两车速度可能相同 D. t1到t2时间内，乙车的平均速率比甲车大
【答案】C
【解析】
【详解】A．x-t图像的斜率表示速度，在t1时刻乙图像的斜率大于甲图像的斜率，所以乙车的速度大于甲车速度，故A错误；
B．甲的初位置在乙前方，t1时刻位置相同，则在t1时刻乙车追上甲车，故B错误；
C．根据图像可知，在t1时刻乙图像的斜率大于甲图像的斜率，在t2时刻乙图像的斜率小于甲图像的斜率，在t1到t2时间内的某时刻二者的斜率相同，此时两车速度相等，故C正确；
D．t1到t2时间内，乙车与甲车路程相等，所用时间相同，乙车的平均速率与甲车相同，故D错误；
故选C。
2. 如图所示，物体和物体通过跨过定滑轮的轻绳相连接，物体放在水平地面上，和拴接在竖直轻弹簧的两端。初始时用手托住，整个系统处于静止状态，且轻绳恰好伸直。已知和的质量均为，的质量为，重力加速度大小为，弹簧始终在弹性限度内，不计一切摩擦。现释放物体，则（　　）

A. 释放瞬间，的加速度大小为 B. 释放瞬间，的加速度大小为
C. 刚离开地面时，的速度最大 D. 弹簧第一次恢复原长时，的速度最大
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】AB．刚释放a的瞬时，弹簧对b的弹力向上，大小为
F=mg
则对ab的整体，由牛顿第二定律

解得ab的加速度

选项A错误，B正确；
CD．当ab的加速度为零时速度最大，此时弹簧处于伸长状态，弹力为拉力，大小为mg，此时c还未离开地面，选项CD错误；
故选B。
3. 如图所示，两个轻质滑轮用无弹性的轻质细绳连接，一个滑轮下方挂着重物A，另一个滑轮下方挂着重物B，悬挂滑轮的绳均竖直，重物B用手固定。已知A、B质量均为m，重力加速度大小为g，忽略一切摩擦和空气阻力。松开手的瞬间，重物B的加速度大小是（　　）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】因为A、B质量相等，且A挂在动滑轮上，B挂在定滑轮上，即有两段绳子拉A，一段绳子拉B，所以松开手瞬间，B具有向下的加速度，而A具有向上的加速度。设此时绳中张力大小为T，对A和B根据牛顿第二定律分别有


根据动滑轮绳端与滑轮位移关系可知

联立以上三式解得

故选C。
4. 如图所示的平面内，一束包含两种颜色的复色光沿半径方向射向一块半圆形玻璃砖，入射角为i，折射后经O点射向空气中。下列说法正确的是（　　）

A. a光在空气中的波长比b光的小
B. b光在玻璃中的传播速度比a光小
C. 逐渐增大入射角i，出射光b先消失
D. 玻璃砖对a光的折射率小于对b光的折射率
【答案】A
【解析】
【详解】BD．光线a的偏折程度大，根据光路可逆结合折射定律公式

其中γ是折射角，可知a光的折射率大，根据

可知b光在玻璃中的传播速度比a光大，故BD错误；
A．a光的折射率大，说明a光的频率高，根据
c=λf
a光在真空中的波长较短，故A正确；
C．若改变光束的入射方向使i角逐渐变大，则折射光线a的折射角先达到90°，所以a光先发生全反射，折射光线先消失，故C错误。
故选A。
5. 在如图所示的电路中，理想变压器的原副线圈匝数比为2∶1，四个完全相同的灯泡额定电压为U，若已知灯泡L3和L4恰能正常工作，那么（　　）

A. L1和L2不能正常工作
B. 输入端电压U0=4U
C. 若减小输入端电压U0则L1和L2变的更亮
D. 因原线圈连接有灯泡，所以原线圈输入功率不等于副线圈输出功率
【答案】B
【解析】
【详解】A．设灯泡的额定电流为I，由于L3和L4恰能正常工作，副线圈的电流为2I，由于变压器电流与匝数成反比，可知原线圈的电流为I，L1和L2与原线圈串联电流为I，能正常工作，A错误；
B．设灯泡的额定电压为U，变压器电压与匝数成正比，可知原线圈两端电压为2U，L1和L2正常工作，两端的电压均为U，故输入端电压为
U0=4U
B正确；
C．若减小输入端电压U0，则变压器原线圈电压减小，副线圈电压减小，副线圈电流减小，导致原线圈电流减小，故L1和L2变的更暗，C错误；
D．理想变压器原线圈输入功率等于副线圈输出功率，D错误。
故选AB。
6. 一定质量的理想气体由状态a开始，经历ab、bc、ca三个过程回到原状态，其p-T图像如图所示，气体在三个状态的体积分别为Va、Vb、Vc，压强分别为pa、pb、pc。已知，，则下列说法正确的是（　　）

A.
B.
C 从状态a到状态b，气体对外做功
D. 从状态c到状态a，气体从外界吸热
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．由题图可知，从状态a到状态b属于等容过程，气体体积不变，由理想气体状态方程可得

又

得

所以A错误；
B．由题图可知，从状态b到状态c属于等温过程，气体温度不变，由理想气体状态方程可得

得

所以B错误；
C．从状态a到状态b，气体体积不变，所以气体不会对外做功，所以C错误；
D．从状态c到状态a，可以等效为先从状态c到状态b，再从状态b到状态a。从状态c到状态b，温度不变，即气体内能不变；体积增大，所以气体对外做功，即

由热力学第一定律可得

可知气体要从外界吸收热量。从状态b到状态a，体积不变，即

温度升高，即

由热力学第一定律可得

可知气体要从外界吸收热量。所以从状态c到状态a，气体从外界吸热。所以D正确。
故选D。
二、多选题（本大题共4小题，共24.0分）
7. 如图甲所示，在粗糙的水平面上，放着可视为质点的A、B两物块，质量分别为和。轻弹簧一端与物块A相连，另一端与竖直墙壁相连。未施加拉力F时，A到墙壁的距离小于弹簧原长且整个系统恰好处于静止状态。从时刻开始，对B施加一水平向右的力F使物块B做匀加速运动，力F随时间变化的规律如图乙所示，已知两物块与地面间的动摩擦因数均为0.5（g取10），取最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则（　　）

A. 物块B的加速度大小为6
B. 水平力F的最大值为40N
C. 弹簧的劲度系数为200
D. 到的过程中力F做的功为3.5J
【答案】BD
【解析】
【详解】A．未施加拉力F时，A、B均静止，可得

时刻刚施加F时，对A、B整体，据牛顿第二定律可得

由图像可得此时
N
由以上两式解得

A错误；
B．当A、B分离后，水平力F的达到最大值，根据牛顿第二定律可得

B正确；
C．刚分离时，对A，根据牛顿第二定律可得


得
N/m
C错误；
D．据题意可知时，A、B开始分离，此过程AB位移大小为

AB分开前，可得
（N）
拉力F与位移是一次函数关系，可得A、B分离时，拉力F的大小为

故到的过程中力F做的功为

D正确。
故选BD。
8. 一列简谐横波沿x轴传播，在t＝0.125s时的波形如图甲所示，M、N、P、Q是介质中的四个质点，已知N、Q两质点平衡位置之间的距离为16m。如图乙所示为质点P的振动图像。下列说法正确的是（　　）

A. 该波的波速为120m/s
B. 该波沿x轴正方向传播
C. 质点P的平衡位置位于x=3m处
D. 从t＝0.125s开始，质点Q比质点N早s回到平衡位置
【答案】AD
【解析】
【详解】A．设该波的波长为λ，根据三角函数知识可知，N、Q两质点平衡位置间的距离为

解得

由题图乙可知该波的周期为

所以该波的波速为

故A正确；
B．由题图乙可知，t=0.125s时刻，质点P沿y轴负方向运动，此时P应位于波传播方向波形的上坡，所以该波沿x轴负方向传播，故B错误；
C．由题图乙可知，在t=0.125s之后，质点P第一次位于波峰的时刻为t=0.25s，易知此波峰为t=0.125s时刻质点Q所在处的波峰传播来的，所以有

解得

故C错误；
D．从t＝0.125s开始，质点Q第一次回到平衡位置所经历的时间为

图甲中，质点Q左侧波形的第一个平衡位置处坐标为

该振动状态第一次传播到质点N所经历的时间为

则

即质点Q比质点N早s回到平衡位置，故D正确。
故选AD。
9. “风洞实验”指在风洞中安置飞行器或其他物体模型，研究气体流动及其与模型的相互作用，以了解实际飞行器或其他物体的空气动力学特性的一种空气动力实验方法。在下图所示的矩形风洞中存在大小恒定的水平风力，现有一小球从点竖直向上抛出，其运动轨迹大致如下图所示，其中、两点在同一水平线上，点为轨迹的最高点，小球在点动能为，在点动能为，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）

A. 小球的重力和受到的风力大小之比为
B. 小球落到点时的动能为
C. 小球在上升和下降过程中机械能变化量之比为
D. 小球从点运动到点过程中的最小动能为
【答案】BCD
【解析】
【详解】A．设风力大小为F，小球重力大小为mg，O、M两点间的水平距离为x1，竖直距离为h，根据竖直上抛运动规律有
①
对小球从M运动到O的过程，根据动能定理有
②
由题意可知
③
根据牛顿第二定律可得小球在水平方向的加速度大小为
④
小球从M运动到O所用时间为
⑤
根据运动学公式有
⑥
联立①②③④⑤⑥解得
⑦
故A错误；
B． M、N 两点间的水平距离为
⑧
设小球落到N点时的动能为Ek1，根据动能定理有
⑨
联立③⑤⑦⑧⑨解得
⑩
故B正确；
C．设O、N两点间的水平距离为x2，根据匀变速直线运动规律的推论可知
⑪
根据功能关系可知，小球运动过程中，风力对小球做的功等于其机械能的变化量，则小球在上升和下降过程中机械能变化量之比为
⑫
故C正确；
D．小球在重力和风力的合力场中做类斜抛运动，当小球速度方向与合力方向垂直时动能最小，根据前面分析可知合力与竖直方向的夹角θ的正切值为
⑬
根据速度的合成与分解可得小球从点运动到点过程中的最小速度为
⑭
解得最小动能为
⑮
故D正确。
故选BCD。
10. 如图甲所示，三个电荷量大小均为Q的点电荷位于等边三角形的三个顶点上，其中带负电的点电荷位于坐标原点处，x轴处于等边三角形的一条中线上。现让一带电量为的试探电荷沿着x轴正方向运动，以x正向为+q所受电场力的正方向，得到所受电场力随位置的变化图像如图乙所示，设无穷远处电势为零。则以下说法正确的是（　　）

A.
B. x正半轴上，在处所受电场力最大
C. 在处电势能最大
D. 在处电势能为零
【答案】AC
【解析】
【详解】A．图乙中的位置正点电荷所受的电场力等于零，根据图甲来判断的位置正点电荷的受力不为零，方向向左，根据题意，正点电荷受力等于零的位置在的右侧，如图

故在的右侧，故A正确；
B．由图像可知，在轴正半轴上，越靠近负点电荷时，正点电荷的受力越大，故B错误；
CD．在范围内，正电荷所受电场力合力为水平向左，正点电荷在位置受力平衡，在的右侧正点电荷所受合力方向水平向右，在范围内，电场力做负功，电势能增加，范围内，电场力做正功，电势能减小，故在处电势能最大，故C正确，D错误。
故选AC。
三、实验题（本大题共2小题，共20.0分）
11. 某同学设计出如图1所示的实验装置来验证机械能守恒定律。让小球自由下落，下落过程中小球的球心经过光电门1和光电门2，光电计时器记录下小球通过光电门的时间、，已知当地的重力加速度为g。
（1）该同学先用螺旋测微器测出小球的直径如图2所示，则其直径d=___________mm。
（2）为了验证机械能守恒定律，该实验还需要测量下列哪些物理量______（填选项序号）。
A．小球的质量m
B．光电门1和光电门2之间的距离h
C．小球从光电门1到光电门2下落的时间t

（3）小球通过光电门1时的瞬时速度_______（用题中所给的物理量符号表示）。
（4）保持光电门1位置不变，上下调节光电门2，多次实验记录多组数据，作出随h变化的图像如图3所示，如果不考虑空气阻力，若该图线的斜率_______，就可以验证小球下落过程中机械能守恒。
（5）考虑到实际存在空气阻力，设小球在下落过程中平均阻力大小为f，根据实际数据绘出的随h变化的图像的斜率为，则实验过程中所受的平均阻力f与小球重力的比值_______（用k、表示）。
【答案】 ①. 6.200 ②. B ③. ④. ⑤.
【解析】
【详解】（1）[1] 直径

（2）[2] A．根据机械能守恒的表达式可知，方程两边可以约掉质量，因此不需要测量质量，故A错误；
B．计算重力势能的减少量时，需要测量光电门1和光电门2之间的距离h，故B正确；
C．利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度，不需要测量小球从光电门1到光电门2下落的时间t，故C错误。
故选B。
（3）[3] 已知经过光电门的时间和小球的直径，由平均速度表示经过光电门时的瞬时速度，故

（4）[4] 小球通过光电门2时的动能为

根据机械能守恒

化简得

则该图线的斜率

（5）[5] 因存在阻力，则有

实验过程中所受的平均阻力f与小球重力的比值

12. 某同学要用伏安法测一节干电池的电动势和内阻。现备有下列器材：
A．被测干电池一节
B．电流表1：量程0 ~ 0.6A，内阻为0.30Ω
C．电流表2：量程0 ~ 0.6A，内阻约为0.1Ω
D．电压表1：量程0 ~ 2V，内阻约为2kΩ
E．电压表2：量程0 ~ 10V，内阻约为10kΩ
F．滑动变阻器1：最大阻值为10Ω
G．滑动变阻器2：最大阻值为100Ω
H．开关、导线若干

（1）请在上述器材中选择适当电压表与滑动变阻器（填写器材前的字母）：电压表选择_________，滑动变阻器选择___________；
（2）某实验小组选用的电流表是C，请根据他们选用的器材将图甲的实物连线补充完整_____________；
（3）另一实验小组选用的电流表是B，他们考虑了电表内阻造成的系统误差，重新连接电路后进行实验，得到了如图乙所示的U—I图像。则在修正了实验系统误差后，干电池的电动势E = _______________V，内电阻r = ________________Ω（以上结果均保留2位小数）。
【答案】 ①. D ②. F ③. ④. 1.48 ⑤. 0.50
【解析】
【详解】（1）[1]一节干电池的电动势大约1.5V，故选择电压表D。
[2]电池电源较小，故选择滑动变阻器F。
（2）[3]由于干电池内阻很小，电压表测的是路端电压，且电流表内阻未知，若将电流表内接（相对于电源），则内阻误差较大，所以电流表采用外接法（相对于电源），故实物图如图所示

（3）[4]由乙图可知，电源电动势为
E = 1.48V
[5]内电阻为

四、计算题（本大题共3小题，共32.0分）
13. 冲击电流计属于磁电式检流计，它可以测量短时间内通过冲击电流计的脉冲电流所迁移的电量，以及与电量有关的其他物理量测量（如磁感应强度）。已知冲击电流计D的内阻为R，通过的电量q与冲击电流计光标的最大偏转量成正比，即（k为电量冲击常量，是已知量）。如图所示，有两条光滑且电阻不计的足够长金属导轨MN和PQ水平放置，两条导轨相距为L，左端MP接有冲击电流计D，EF的右侧有方向竖直向下的匀强磁场。现有长度均为L、电阻均为R的导体棒ab与cd用长度也为L的绝缘杆组成总质量为m的“工”字型框架。现让“工”字型框架从EF的左边开始以初速度（大小未知）进入磁场，当cd导体棒到达EF处时速度减为零，冲击电流计光标的最大偏转量为d，不计导体棒宽度，不计空气阻力，试求：
（1）在此过程中，通过ab导体棒的电荷量和磁场的磁感应强度B的大小；
（2）在此过程中，“工”字型框架产生的总焦耳热Q；
（3）若“工”字型框架以初速度进入磁场，求冲击电流计光标的最大偏转量。

【答案】（1），；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）由题意可知在框架进入磁场过程中，通过电流计D的电荷量为
q=kd ①
因为电流计D的内阻和cd阻值相同，根据并联电路分流规律可知通过D和cd的电量相等，而此过程中ab相当于干路上的电源，所以有
②
回路的总电阻为
③
根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律以及电流的定义式综合有
④
联立②③④解得
⑤
（2）在框架进入磁场过程中，根据动量定理有
⑥
联立③④⑤⑥解得
⑦
回路产生的总焦耳热为
⑧
由于通过ab的电流大小始终等于通过cd和D的电流大小的2倍，则根据焦耳定律可推知
⑨
⑩
所以
⑪
（3）若“工”字型框架以初速度进入磁场，设cd进入磁场时框架的速度大小为v1，对框架进入磁场的过程根据动量定理有
⑫
根据④式可知框架进入磁场过程中通过ab和D的电荷量与初速度大小无关，所以
⑬
解得
⑭
当框架全部进入磁场之后，ab和cd同时切割磁感线，等效于两个电源并联在一起，此时通过ab和cd的电流大小相等，且通过D的电流等于通过ab和cd的电流之和，对框架全部进入磁场到速度减为零的过程，根据动量定理有
⑮
根据⑫⑭⑮式可知
⑯
所以此过程中通过D的电荷量为
⑰
综上所述，从ab进入磁场到框架速度变为零的整个过程中，通过D的电荷量为
⑱
因此
⑲
14. 如图所示，在足够大的水平地面上有一质量M=2kg的静止长木板，长木板的左端放置一质量m=1kg的物体A，距长木板的右端处放置质量与物体A相等的另一物体B（物体B底面光滑）。在t=0时刻对物体A施加一水平向右的恒定推力F=6N，同时给物体B一向右的瞬时速度，已知长木板与水平地面间的动摩擦因数，物体A与长木板间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，长木板的长度L=5m，取重力加速度大小，物体A、B均可视为质点。
（1）求t=0时刻长木板的加速度大小；
（2）求物体A、B在长木板上相撞时刻；
（3）若在时刻撤去推力F，求物体A、B在长木板上运动过程中二者相距最近时的距离d。

【答案】（1）；（2）3s；（3）2.4m
【解析】
【详解】（1）假设A和木板发生相对运动，根据牛顿第二定律，对A有

解得

对木板有

解得

因为，所以假设成立，即t=0时刻木板的加速度大小为

（2）时间内物体A的位移大小

物体B的位移大小

A、B相碰时满足

解得

（3）时，物体A的速度大小为

物体A的位移大小为

长木板的速度大小为

长木板的位移大小为

物体B的位移大小为

时，物体B相对长木板的位移恰好满足

即此时物体B恰好在长木板的最右端。
物体A相对长木板的位移为

可知A离长木板右端距离为

设撤去推力F后物体A的加速度大小为，根据牛顿第二定律得

解得

设撤去推力后经过时间t3物体A与木板的共同速度为，则

解得
，
在时间内，物体A相对长木板的位移为

此时物体B距离长木板右端距离为

此时物体A到B的距离为

由于，所以共速后物体A与长木板一起开始做匀减速直线运动，加速度大小为

设经过时间木板与物体B达到共同速度，则

解得

故在内物体A相对物体B位移大小为

此时物体A与B之间的距离为

此后物体B做匀速运动，A与长木板一起做减速运动，所以物体A与B之间的最小距离为

15. 某种质谱仪由偏转电场和偏转磁场组成，其示意图如图所示，整个装置处于真空中。偏转电场的极板水平放置，极板长度和间距均为。在偏转电场右侧适当位置有一夹角为的足够大扇形区域，区域内分布着方向垂直于纸面的匀强磁场，区域的边与偏转极板中心轴线垂直，扇形圆心点与轴线的距离为d。现有大量正离子（单个离子质量为、电荷量为）连续不断地以速度沿轴线射入偏转电场。当偏转电压为0时，离子均能垂直扇形区域的边射出磁场；若在两极板间加峰值为的正弦式电压，则所有离子经过磁场偏转后都能经过磁场外同一点（图中末画出）。若仅考虑极板间的电场，离子在电场中运动的时间远小于两极板间所加交变电压的周期，不计离子的重力和离子间的相互作用，求：（可能用到的数学公式：）
（1）偏转磁场的磁感应强度；
（2）离子在通过偏转电场的过程中动量变化量的最大值；
（3）离子在偏转磁场中运动的最长时间与最短时间的差值；
（4）扇形区域的边与极板右端的距离。

【答案】（1），方向垂直纸面向外；（2）；（3）；（4）
【解析】
【详解】（1）不加偏转电压时，离子束能垂直磁场的边界出磁场，所以硑场中离子做圆周运动的半径为

又

所以

方向垂直纸面向外；
（2）当偏转电压最大时，动量变化量最大为

离子在电场中的偏转过程有

（其中）

解得
，
（3）如图，进入磁场的离子速度方向反向延长都汇于，最后该束粒子都能汇聚于一点，故离子在磁场中的圆周运动圆心均在的角平分线上。

离子在磁场中的运动周期与离子的速度无关，所以

当偏转电压正向最大时，圆周运动轨迹为，所对应圆心角最大，大小为：，运动的时间为

当偏转电压负向最大时，圆周运动轨迹为，所对应圆心角最小，大小为：，运动时间为

由（1）解可知

可得

以上式子联立可得

（4）设边与极板右端的距离为x，由离子在电场中偏转可求得

在磁场中做圆周运动时有

其中

解得

在中，根据正弦定理知

联立方程组解得扇形区域的边与极板右端的距离为