2018-2019学年安徽省黄山市屯溪第一中学高二下学期期中考试物理试题 解析版

2018-2019学年安徽省黄山市屯溪第一中学高二下学期期中考试物理试题 解析版

屯溪一中2018～2019学年度第二学期期中考试高二理科物理试题一、选择题1.长沙市某游乐场有高山坡滑草这项游乐项目：高山两侧是坡度不同的滑道，游客坐在滑草板上从顶端滑到水平地面，体验极速的刺激。如图所示，若两名质量相同的游客同时从顶端分别沿两侧滑面从静止开始下滑，若不考虑滑道的摩擦，则A.两人到达斜面底端时的速度相同B.两人下滑过程中重力的冲量相同C.两人下滑过程中合外力的冲量相同D.两人下滑过程中动量变化量的大小相同【答案】D【解析】【详解】A项：根据动能定理得，mgh＝知，两人到达底端的速度大小相等，方向不同，可知速度不同，故A错误；B项：下滑所用的时间为：，由于两斜面角度不同，所以时间不同，由公式，所以两人下滑过程中重力的冲量不相同，故B错误；C、D项：合外力为：，合力冲量为，所以合力冲量大小相等，方向不同，由动量定理可知，两人下滑过程中动量变化量的大小相同，故C错误，D正确。故应选：D。2.质量为2kg的物体在粗糙的水平地面上运动，当运动的速度为l0m/s时，给物体施加一个水平恒力，在此恒力的作用下物体做直线运动，其速度随时间的变化如图所示，则下列说法中错误的是（g取l0m/s2） A.恒力的大小为6NB.前4s内摩擦产生的热量为48JC.前6s内合外力的冲量大小为12NsD.物体与地面间的动摩擦因数为0.2【答案】C【解析】【详解】A．由图可知，物体做匀减速运动，反向做匀加速运动。可知恒力与初速度方向相反。根据牛顿第二定律：，,而，联立解得，故A正确；B．内，物体的位移大小为，内，物体的位移大小为。摩擦产生的热量，故B正确；C．根据动量定理，合外力的冲量等于动量的变化量，前6s内合外力的冲量大小为，故C错误；D．由得，，故D正确。3.质量为m的小球被水平抛出，经过一段时间后小球的速度大小为v，若此过程中重力的冲量大小为Ⅰ，重力加速度为g，不计空气阻力的大小，则小球抛出时的初速度大小为A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】 根据冲量的表达式先求解时间t，然后根据平抛运动的知识求解初速度.【详解】由题意可知：I=mgt，则，经过t时间，小球竖直方向的速度大小为，根据速度分解可知，初速度大小为，故选C.4.2019年1月3日，中国“嫦娥四号”探测器成功在月球背面软着陆，中国载人登月工程前进了一大步。假设将来某宇航员登月后，在月球表面完成下面的实验：在固定的竖直光滑圆轨道内部最低点静止放置一个质量为m的小球(可视为质点)，如图所示，当给小球一瞬时冲量Ⅰ时，小球恰好能在竖直平面内做完整的圆周运动。已知圆轨道半径为r，月球的半径为R，则月球的第一宇宙速度为A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】由最小发射速度应是万有引力等于重力，而重力又充当向心力时的圆周运动速度，由此可以解得最小发射速度.【详解】小球获得瞬时冲量Ⅰ的速度为v0，有；而小球恰好通过圆周的最高点，满足只有重力提供向心力，；从最低点到最高点由动能定理可知：；联立解得：月球的近地卫星最小发射速度即为月球的第一宇宙速度，满足解得：；故选B. 5.如图所示的单摆，摆球a向右摆动到最低点时，恰好与一沿水平方向向左运动的粘性小球b发生碰撞，并粘接在一起且摆动平面不变。已知碰撞前a球摆动的最高点与最低点的高度差为h，摆球做简谐运动的周期为T，a球质量是b球质量的5倍，碰撞前a球在最低点的速度是b球速度的一半。则碰撞后A.摆动的周期为B.摆动的周期为C.摆球的最高点与最低点的高度差为0.25hD.摆球的最高点与最低点的高度差为0.3h【答案】C【解析】【详解】AB．小球a和小球b发生碰撞以后粘在一起继续做单摆运动，由单摆运动的周期公式可知单摆的周期只和摆线长度以及重力加速度g有关和摆球的质量无关，因此碰撞后摆动的周期不变，故AB错误；CD．未发生碰撞前摆球a从最高点向最低点运动满足机械能守恒，设a球的质量5m，速度为v，则b球的质量为m，速度为2v，因此有：；有动量守恒有：；碰撞后上升的高度为h1，有机械能守恒：；代入数据解得：，故C对D错。6.有一匀强电场的方向平行于xoy平面，平面内a、b、c、d四点的位置如图所示，cd和cb分别垂直于x轴和y轴，其中a、b、c三点电势分别为4V、8V、10V．将一电荷量为q＝—2×l0—5C的负点电荷由a点开始沿abcd路线运动，则下列判断不正确的是 A.坐标原点O的电势为6VB.电场强度的大小为C.该点电荷在c点的电势能为—2×l0-4JD.该点电荷从a点移到d点过程中，电场力做功为8×l0-5J【答案】B【解析】【详解】A项：由于是匀强电场，所以沿同一方向前进相同距离电势的降低相等，，代入数据解得：，故A正确；B项：由于是匀强电场，所以沿同一方向前进相同距离电势的降低相等可知，ab中点e的电势为，连接oe则为等势面，如图所示。由几何关系可知，ab垂直oe，则ab为条电场线，且方向由b指向a，电场强度为：，故B错误；C项：该点电荷在c点的电势能：，故C正确；D项：该点电荷从a点移动到b点电场力做功为：，故D正确。7.图甲是小型交流发电机的示意图，两磁极、间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，为交流电流表，线圈绕垂直于磁场的水平轴沿逆时针方向匀速转动，从图示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图像如图乙所示，以下判断正确的是 A.交流电的频率是B.电流表的示数为C.时穿过线圈的磁通量最大D.时线圈平面与磁场方向平行【答案】D【解析】【详解】A、0由图知周期T=0.02s，根据，故A错误；B、电流表的示数为有效值，故B错误；C、据题知0.02s时线框中感应电流最大，说明线框与磁场平行，磁通量为零，故C错误.D、0.01s时线圈产生的感应电动势最大，说明线框与磁场平行，磁通量为零，故D正确.故选D.8.如图为远距离输电示意图，发电机的输出电压U1和输电线的电阻和理想变压器匝数均不变，当用户消耗功率增大时，下列表述正确的是（　　）A.用户的总电阻增大B.用户两端的电压U4减小C.输电线上损失的功率变小D.用户端增加的功率等于升压变压器多输入的功率【答案】B【解析】【详解】当用户的功率增大时，用电器增多，总电阻减小。故A错误。当用电器增多时，功率增大，降压变压器的输出电流增大，则输电线上的电流增大，可知输电线上的电压和功率损失增大，发电机的输出电压U1不变，则U2不变，可知降压变压器的输入电压减小，所以用户得到的电压U4减小，故B正确，C 错误。用户端增加的功率等于升压变压器多输入的功率与导线上多损失的功率的差值。故D错误；故选B。9.如图所示，A球振动后，通过水平细绳迫使B、C振动，振动达到稳定时，下列说法中正确的是A.只有A、C的振动周期相等B.C的振幅比B的振幅小C.A、B、C的振动周期相等D.C与A发生共振现象【答案】CD【解析】【详解】A振动后，水平细绳上驱动力的周期，迫使B、C做受迫振动，受迫振动的频率等于A施加的驱动力的频率，所以，而，，故C共振，B不共振，C的振幅比B的振幅大，所以C、D正确。10.如图甲所示，弹簧振子以点为平衡位置，在、两点之间做简谐运动．振子的位移随时间的变化图象如图乙所示．下列判断正确的是（）A.t=0.8s时，振子的速度方向向左B.振子做简谐运动的表达式为 C.t=0.4s和t=1.2s时，振子的加速度相同D.从t=0.4s到t=0.8s的时间内，振子的速度逐渐增大【答案】ABD【解析】A、t=0.8 s时，图象切线的斜率为负，说明振子的速度为负，即速度方向向左，故A正确；B、由图乙可知，振幅为A=12cm，振子做简谐运动的表达式为，故B正确；C、t=0.4s和 t=1.2s 时，振子的位移完全相反，由，知加速度完全相反，故C错误；D、t=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，速度逐渐增大，故D正确；故选ABD。【点睛】由图象可读出振子振动的周期和振幅，振子向平衡位置运动的过程中，速度增大，加速度减小．通过分析振子位移的变化，即可判断其速度和加速度的变化。11.图甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比n1∶n2＝5∶1，电阻R＝20Ω，L1、L2为规格相同的两只小灯泡，S1为单刀双掷开关．原线圈接正弦交变电源，输入电压u随时间t的变化关系如图所示．现将S1接1、S2闭合，此时L2正常发光．下列说法正确的是(　　)图甲图乙A.输入电压u的表达式u＝20sin100πt(V)B.只断开S2后，L1、L2均正常发光C.只断开S2后，原线圈的输入功率减小D.若S1换接到2后，R消耗的电功率为0.8W【答案】ACD【解析】 【详解】由乙图可知原线圈的输入电压的周期为T＝0.02s，所以，可知其表达式为u1＝20sin100πt(V)，故选项A正确；由题意可知变压器原线圈的输入电压U1＝20V，由可得副线圈的输出电压，将S1接1、S2闭合，此时L2正常发光，所以小灯泡的额定电压为4V，只断开S2时，两个小灯泡串联，所以不能正常发光，故选项B错误；只断开S2时，副线圈电阻增大，其电流变小，由可知原线圈电流减小，所以输入功率减小，故选项C正确；若S1换接到2后，电阻R的功率，故选项D正确故本题选：ACD12.如图所示，光滑水平面上放一个质量为M足够长的木板，开始M静止，现在有一个质量为m的滑块以速度v0滑上M，m和M间的动摩擦因数为µ，以下说法正确的是（）A.如果增大M，则m和M相对运动的时间变长，因摩擦而产生的热量增加B.如果增大m，则m和M相对运动的时间变短，m在M上滑行的距离变大C.如果增大动摩擦因数µ，则因摩擦而产生的热量不变D.如果增大初速度v0,则因摩擦而产生的热量增加【答案】ACD【解析】【详解】视木板和滑块为系统，合外力为零，动量守恒，根据动量守恒有：，解得：；根据能量守恒可知摩擦而产生的热量为：，对木板利用动量定理可得：，解得m和M相对运动的时间：； A．若只增大M，则m和M相对运动的时间变长，因摩擦而产生的热量增加，故A正确；B．如果增大m，则m和M相对运动的时间变短，根据动能定理可得：，解得m在M上滑行的距离变小，故B错误；C．如果增大动摩擦因数μ，则因摩擦而产生的热量不变，故C正确；D．如果增大初速度v0，则因摩擦而产生的热量增加，故D正确；二、实验题。13.用如图所示的实验装置做“探究加速度与力、质量关系”的实验：（1）下面列出了一些实验器材：电磁打点计时器、纸带、带滑轮的长木板、垫块、小车和砝码、砂和砂桶。除以上器材外，还需要的实验器材有：__________A．天平（附砝码）B．秒表C．刻度尺（最小刻度为mm）D．低压交流电源（频率为50Hz）（2）某次实验纸带如右上图所示，在相邻两计数点间都有四个打点未画出，用刻度尺测得：S1＝0.55cm，S2＝0.94cm，S3＝1.35cm，S4＝1.76cm，S5＝2.15cm，S6＝2.54cm．则打下“3”点时小车的瞬时速度v3=________m/s；小车的加速度a＝________m/s2。（计算结果均保留2位有效数字）【答案】(1).ACD，(2).0.16，(3).0.40 【解析】【详解】（1）本实验的目的是探究加速度与力、质量关系，用砂桶的重力代表小车受到的合外力，需要用天平测砂桶和小车的质量，故A正确；B、D项：打点计时器的工作电源为低压交流电源（4-6V），工作频率为50Hz，周期为0.02s，可以计时，不需要秒表，故B错误，D正确；C项：打点计时器打下纸带，需用刻度尺测量距离，以求加速度和瞬时速度，故C正确。（2）打点计时器工作周期为T0=0.02s，相邻两计数点间都有四个打点未画出，所以两计数点之间的时间间隔为T=5T0=0.1s。①根据匀变速直线运动的规律S7−S6=S6−S5，可知：S7=2S6-S5=2×2.54-2.15=2.93cm，比较接近于2.96cm，故选C项。②利用匀变速直线运动的推论；由逐差法得。14.（1）用螺旋测微器测量合金丝的直径，从图中的示数可读出合金丝的直径为_______mm．（2）用游标卡尺可以测量某些工件的外径。在测量时，示数如右上图所示，则读数为_______mm．（3）某同学为了测定一只电阻的阻值，采用了如下方法： 用多用电表粗测：多用电表电阻挡有4个倍率：分别为×1k、×100、×10、×1。该同学选择×10倍率，用正确的操作步骤测量时，发现指针偏转角度太大（指针位置如图中虚线所示）。①为了较准确地进行测量，应该选择__________倍率（选填“×1k”、“×100”、“×1”），并重新欧姆调零，正确操作测量并读数，若这时刻度盘上的指针位置如图中实线所示，测量结果是_________Ω②该同学用伏安法继续测定这只电阻的阻值，除被测电阻外，还有如下实验仪器：A．直流电源（电压3V，内阻不计）B．电压表V1（量程：0～3V，内阻约为15kΩ）C．电压表V2（量程：0～15V，内阻约为25kΩ）D．电流表A1（量程：0～25mA，内阻约为10Ω）E．电流表A2（量程：0～250mA，内阻约为1Ω）F．滑动变阻器一只，阻值0～10ΩG．电键一只，导线若干在上述仪器中，电压表应选择_____（填“V1”或“V2”)，电流表应选择_____（填“A1”或“A2”）。③若要求实验过程电压表读数能够从零开始调节，以下电路图应该选择______电路。A．B. C.D.【答案】(1).（1）0.410mm；(2).（2）11.50mm；(3).（3）①×1、(4).12Ω（或12.0Ω），(5).②V1、(6).A2，(7).③C【解析】【详解】（1）螺旋测微器的固定刻度读数为0mm，可动刻度的读数为：0.01mm×41.0=0.410mm，故合金丝的直径为d=0.410mm．（2）游标卡尺测量某些工件外径读数为：1.1cm+0.05mm×10=11.50mm。（3）①指针偏角过大，说明倍率档选择的过大，则为了较准确地进行测量，应该选择“×1”倍率；读数为12Ω；②电源电压为3V，则电压表选择3V量程的B即；电路可能出现的最大电流为，则电流表选择E即；③电压表内阻远大于待测电阻的阻值，故采用电流表外接；滑动变阻器用分压电路；故选C.三、计算题15.如图所示，光滑的水平面上有一质量为m＝1kg的小车，小车右端固定一水平放置的轻质弹簧，弹簧左端连接一质量为m0＝1kg的物块，物块与上表面光滑的小车一起以v0＝5m/s的速度向右匀速运动，与静止在光滑水平面上、质量为M＝4kg的小球发生弹性正碰，若碰撞时间极短，弹簧始终在弹性限度内。求（1）碰撞结束时小车和小球的速度；（2）弹簧被压缩到最短时的弹性势能。（3）碰撞结束后弹簧恢复原长时小车的速度。（该问只要求回答结果）【答案】（1），方向向左，，方向向右；（2）16J；(3)，方向向左 【解析】【详解】（1）设碰撞后瞬间小车的速度大小为v1，小球的速度大小为v，由动量守恒得：mv0＝Mv＋mv1由动能守恒得：解得：，方向向左；v=2m/s，方向向右。（2）当弹簧被压缩到最短时，小车和物块有共同速度为v2，根据动量守恒定律有：m0v0＋mv1＝(m0＋m)v2解得：v2＝1m/s弹性势能：（3）弹簧再次恢复原长时，小车与物块相当于发生了弹性正碰而交换速度，于是可得：当奇数次恢复原长时，小车的速度为5m/s，方向向右；当偶数次恢复原长时，小车的速度为3m/s，方向向左。16.如图所示，在平面直角坐标系xOy中的第一象限内，存在磁感应强度大小为B、方向垂直于坐标平面向里的有界矩形匀强磁场区域（图中未画出）；在第二象限内存在沿x轴负方向的匀强电场。一粒子源固定在x轴上坐标为的A点。粒子源沿y轴正方向释放出一个速率为的电子，电子通过y轴上的C点时，速度方向与y轴正方向成＝45°角，电子经过磁场偏转后从D点（图中未画出）离开磁场，之后恰好垂直通过第一象限内与x轴正方向成15°角的射线ON．已知电子的质量为m，电荷量值为e，不考虑电子的重力。求（1）匀强电场的电场强度E的大小；（2）电子在电场和磁场中运动的总时间t；（3）C、D两点间距离。 【答案】(1)；(2)；(3)【解析】【详解】电子从A到C的过程中，由动能定理得：且联立解得：；电子在电场中做类平抛运动，沿电场方向有：，其中由数学知识知电子在磁场中的速度偏向角等于圆心角：电子在磁场中的运动时间：，其中电子在电场和磁场中运动的总时间联立解得：；电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则有磁场存在的最小矩形区域如图所示。由数学知识得：联立解得：。17.绝缘水平面上固定有两根足够长的光滑平行金属导轨，如图所示，导轨间距为l ，电阻不计。左侧接有定值电阻R．质量为m的导体杆，以初速度v0沿导轨滑行，在滑行过程中始终保持与轨道垂直且接触良好，导体杆接在导轨间的电阻为r．整个装置处于方向竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中。宏观规律与微观规律有很多相似之处，导体杆速度的减小规律类似于放射性元素的半衰期，理论上它将经过无限长的时间衰减完有限的速度。（1）求在杆的速度从v0减小到的过程中，电阻R产生的热量和通过电阻R的电荷量。（2）证明杆的速度每减小一半所用的时间都相等。（3）若杆的动能减小一半所用时间为t0，则杆的动量减小一半所用的时间是多少?【答案】(1)；(2)由动量定理即可证明；(3)【解析】【详解】（1）a.设电路产热为Q，由能量守恒：串联电路中，产热与电阻成正比，可得：解得电阻R产热为：b.设该过程所用时间为t，由动量定理：其中：解得通过R的电量为：（2）某时刻杆的速度为v（从v0开始分析亦可），则感应电动势：感应电流：安培力：在很短时间内，由动量定理得：（为速度变化量的绝对值）于得： 所以在任意短时间内速度变化的比例为：由于为定值，所以任何相等时间内速度变化的比例都相等。所以从任何时刻开始计算，速度减小一半所用时间都相等。（3）动能减小一半，速度v减小为由（2）中分析可得，速度从再减小到所用时间仍为所以速度减小一半所用时间为，动量减小一半所用时间也为。