安徽省阜阳三中2020学年高二物理下学期期中试题（含解析）

安徽省阜阳三中2020学年高二物理下学期期中试题（含解析）

安徽省阜阳三中竞培班2020学年高二（下）期中 ‎ 物理试卷 一、选择题（本大题共12小题，每小题4分，共48分．其中1-8题为单项选择题，9-12题为多项选择题，多选、错选均不得分，漏选得2分）‎ ‎1.如图是伽利略1604年做斜面实验时的一页手稿照片，照片左上角的三列数据如下表。表中第二列是时间，第三列是物体沿斜面运动的距离，第一列是伽利略在分析实验数据时添加的。根据表中的数据，伽利略可以得出的结论是（　　）‎ ‎1‎ ‎1‎ ‎32‎ ‎4‎ ‎2‎ ‎130‎ ‎9‎ ‎3‎ ‎298‎ ‎16‎ ‎4‎ ‎526‎ ‎25‎ ‎5‎ ‎824‎ ‎36‎ ‎6‎ ‎1192‎ ‎49‎ ‎7‎ ‎1600‎ ‎64‎ ‎8‎ ‎2104‎ A. 物体具有惯性 B. 斜面倾角一定时，加速度与质量无关 C. 物体运动的距离与时间的平方成正比 D. 物体运动的加速度与重力加速度成正比 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：通过第三列的数据可看出：130大概是32的4倍，而298大概是32的9倍…….依次类推，可看出物体运动的距离与时间的平方成正比，选项C正确。‎ 考点：物理学史 ‎【名师点睛】‎ ‎2.将固定在水平地面上的斜面分为四等份，如图所示，AB=BC=CD=DE，在斜面的底端A点有一个小滑块以初速度v0沿斜面向上运动，刚好能到达斜面顶端E点。则小滑块向上运动经过D点时速度大小是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题中“在斜面的底端A点有一个小滑块以初速度v0沿斜面向上运动，刚好能到达斜面顶端E点”可知，本题考察匀减速直线运动。根据匀减速直线运动的规律，应用逆向思维法、速度位移公式等知识分析求解。‎ ‎【详解】将末速度为零的匀减速直线运动看作初速度为零的匀加速直线运动，则 ‎、，又，解得：。故D项正确，ABC三项错误。‎ ‎3.如图，叠放的两个物块无相对滑动地沿斜面一起下滑，甲图两物块接触面平行于斜面且摩擦力的大小为f1，乙图两物块接触面与斜面不平行且摩擦力的大小为f2，丙图两物块接触面水平且摩擦力的大小为f3，下列判断正确的是（　　）‎ A. 若斜面光滑，f1＝0，f2≠0，f3≠0‎ B. 若斜面光滑，f1≠0，f2≠0，f3＝0‎ C. 若两滑块一起匀速下滑，f1≠0，f2＝0，f3≠0‎ D. 若两滑块一起匀速下滑，f1＝0，f2≠0，f3≠0‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题考查整体法与隔离法的应用，注意对物体的受力分析。‎ ‎【详解】AB．若斜面光滑，整体沿斜面下滑加速度为，甲、乙、丙三图上方物块重力沿斜面向下分力均为，甲图上方物块支持力垂直斜面在斜面没有分力，乙图和丙图接触面支持力在斜面上均有分力，必有摩擦力才能使合力为，故A正确，B错误；‎ CD．若滑块一起匀速下滑，上方滑块合力为0，必有 ， ，，故C、D错误。‎ 故选：A。‎ ‎4.如图所示，两块固定且相互垂直的光滑挡板POQ，OP竖直放置，OQ水平，小球a、b固定在轻弹簧的两端，现有一个水平向左的推力，作用于b上，使a、b紧靠挡板处于静止状态。现用力F推动小球b，使之缓缓到达b'位置，则（　　）‎ A. 推力F变大 B. b对OQ的压力变大 C. 弹簧长度变短 D. 弹簧长度变长 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 隔离a分析受力，设此时ab间作用力与水平方向上的夹角为θ，如图所示：‎ 由力的平衡条件可得：，将小球稍微向左水平移动一小段距离，当a、b重新处于静止状态时，由几何关系可知，θ增大，则sinθ、增大，mg不变时减小，N减小，根据胡克定律可知弹簧的形变量变小，所以弹簧长度变长，故D正确，C错误；对ab的整体受力分析如下图所示：‎ 由共点力的平衡条件可知，a、b重新处于静止状态前后，OQ面板对b的支持力始终和a、b的重力相等保持不变，推力 在减小，故AB错误。所以D正确，ABC错误。‎ ‎5.如图，水平横杆上套有圆环A，A通过轻绳与重物B相连，轻绳绕过固定在横杆下的定滑轮，轻绳通过光滑动滑轮挂着物体C，并在某一位置达到平衡，现将圆环A缓慢向右移动一段距离，系统仍静止，则（　　）‎ A. A环受到的摩擦力将变大 B. A环受到的支持力保持不变 C. C物体重力势能将不变 D. C物体重力势能将增大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】物体B保持静止，受重力和拉力，根据平衡条件，轻绳拉力大小处处相同，等于B的重力；重物C受重力和两侧绳子的拉力，始终平衡，拉力和重力大小都不变，根据平衡条件，动滑轮两侧绳子夹角保持不变，栓接A的轻绳与水平方向夹角不变，重物C必定下降，故重力势能减小，故C，D错误；绳子对A环的拉力的大小和方向均不改变，故杆对环的摩擦力也一定不变，故A错误，B正确；‎ ‎6. “蹦极”就是跳跃者把一端固定的长弹性绳绑在踝关节等处，从几十米高处跳下的一种极限运动。某人做蹦极运动，所受绳子拉力F的大小随时间t变化的情况如图所示。将蹦极过程近似为在竖直方向的运动，重力加速度为g。据图可知，此人在蹦极过程中最大加速度约为：‎ A. g B. 2g C. 3g D. 4g ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：人落下后，做阻尼振动，振动幅度越来越小，最后静止不动，结合拉力与时间关系图象可以知道，人的重力等于0．6F0，而最大拉力为1．8F0，即0．6F0=mg ①‎ Fm=1．8F0 ②‎ 结合牛顿第二定律，有F-mg=ma ③‎ 当拉力最大时，加速度最大，因而有1．8F0-mg=mam④‎ 由①④两式解得am=2g，故选B。‎ 考点：牛顿第二定律 ‎7.如图，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P，系统处于静止状态，现用一竖直向上的力F作用在P上，使其向上做匀加速直线运动，以x表示P离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F和x之间关系的图像可能正确的是 A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 设物块P的质量为m，加速度为a，静止时弹簧的压缩量为x0，弹簧的劲度系数为k，由力的平衡条件得，mg=kx0，以向上为正方向，木块的位移为x时弹簧对P的弹力：F1=k（x0-x），对物块P，由牛顿第二定律得，F+F1-mg=ma，由以上式子联立可得，F=k x+ma。可见F与x是线性关系，且F随着x的增大而增大，当x=0时，kx+ma＞0，故A正确，B、C、D错误。故选A。‎ ‎【点睛】解答本题的关键是要根据牛顿第二定律和胡克定律得到F与x的解析式，再选择图象，这是常用的思路，要注意物块P的位移与弹簧形变量并不相等。‎ ‎8.下列说法正确的是（　　）‎ A. 气体扩散现象表明气体分子间存在斥力 B. 液晶具有流动性，光学性质各向同性 C. 机械能不可能全部转化为内能，内能也无法全部用来做功以转化成机械能 D. 液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，所以液体表面存在表面张力 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、扩散说明分子在做无规则运动，不能说明分子间的斥力；故A错误；‎ B、液晶是一类介于晶体与液体之间的特殊物质，它具有流动性，光学性质各向异性；故B错误；‎ C、根据能量转化的方向可知，机械能可能全部转化为内能；根据热力学第二定律，内能也可以全部用来做功以转化成机械能，只是会引起其他的变化；故C错误；‎ D、液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，分子之间的作用力表现为引力，所以液体表面存在表面张力；故D正确 ‎9.如图，水平地面上有三个靠在一起的物块P、Q和R，质量分别为m、2m和3m，物块与地面间的动摩擦因数都为μ．用大小为F的水平外力推动物块P，记R和Q之间相互作用力与Q与P之间相互作用力大小之比为k。下列判断正确的是（　　）‎ A. 若μ≠0，则 B. 若μ≠0，则 C. 若μ＝0，则 D. 若μ＝0，则 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 试题分析：先用整体法求出物体的合外力，进而求得加速度；然后再用隔离法对P、R两物体进行受力分析，利用牛顿第二定律即可求得k．‎ 若，将P隔离，根据牛顿第二定律可得①，隔离R，有②，将三者看做一个整体，则有③，又知道，联立①③解得，联立②③可得，故，A错误B正确；若，将P隔离，根据牛顿第二定律可得④，隔离R，有⑤，将三者看做一个整体，则有⑥，仍满足，故C错误D正确．‎ ‎10.一定量的理想气体从状态a开始，经历三个过程ab、bc、ca回到原状态.其p-T图象如图所示。下列判断正确的是（　　）‎ A. 过程bc中气体既不吸热也不放热 B. 过程ca中外界对气体所做的功等于气体所放的热 C. a、b和c三个状态中，状态a分子的平均动能最小 D. b和c两个状态中，容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数不同 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】A、由图示图象可知，bc过程气体发生等温变化，气体内能不变，压强减小，由玻意耳定律可知，体积增大，气体对外做功，由热力学第一定律△U＝Q+W可知，气体吸热，故A错误；‎ B、由图可知，c到a的过程中气体的温度降低，内能减小，所以过程ca中外界对气体所做的功小于气体所放的热。故B错误；‎ C、由图象可知，a状态温度最低，分子平均动能最小，故C正确；‎ D、由图象可知，bc过程气体发生等温变化，气体内能不变，压强减小，由玻意耳定律可知，体积增大，b、c状态气体的分子数密度不同，b和c两个状态中，容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数不同，故D正确；‎ ‎11.下列说法正确的是（　　）‎ A. 把一枚针轻放在水面上，它会浮在水面，这是由于水表面存在表面张力的缘故 B. 水在涂有油脂的玻璃板上能形成水珠，而在干净的玻璃板上却不能，这是因为油脂使水的表面张力增大的缘故 C. 在围绕地球飞行的宇宙飞船中，自由飘浮的水滴呈球形，这是表面张力作用的结果 D. 在毛细现象中，毛细管中的液面有的升高，有的降低，这与液体的种类和毛细管的材质有关 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【详解】A、把一枚针轻放在水面上，它会浮在水面。这是由于水表面存在表面张力的缘故，故A正确；‎ B、由于油脂将水及玻璃隔开，而水与油脂是不浸润的，故水在涂有油脂的玻璃板上能形成水珠，而在干净的玻璃板上却不能，但是并没有增大表面张力；故B错误；‎ C、在围绕地球飞行的宇宙飞船中，自由漂浮的水滴处于完全失重状态，故水滴由于表面张力的原因而呈球形，故C正确；‎ D、由于不同物质之间的分子作用力性质不同，可能是引力也可能是斥力；故有毛细管中的液面有的升高，有的降低，与液体的种类和毛细管的材质有关，故D正确。‎ ‎12.如图，倾角为θ的传送带正以速度匀速顺时针转动，现将物块轻放在传送带的顶端A点，在物块向下运动的过程中，关于物块的速度v，所受摩擦力的大小f、摩擦力功率的大小P、重力势能Ep的图象可能正确的是（　　）‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 开始时，滑块受重力、支持力和滑动摩擦力，根据牛顿第二定律，有：mgsinθ+μmcosθ=ma，求解出加速度为a=g（sinθ+μcosθ）；若滑块速度增加到等于传送带速度，此时可能一起匀速（mgsinθ≤μmgcosθ），也可能继续加速（mgsinθ＞μmgcosθ），但摩擦力方向会反向。‎ ‎【详解】对物块受力分析可知，物块在传送带上运动的情况有三种情况：即①一直匀加速运；②先匀加速到与传送带共速后再以更小的加速度加速；③先匀加速与传送带共速后再匀速，‎ A.重力势能与时间在两个阶段不可能都是线性关系，故A错误。‎ B.情况③对应的摩擦力先为滑动摩擦，后为静摩擦力，故B正确；‎ C.情况②对应的摩擦力为可知，C正确；‎ D.情况③对应的速度时间图象即为D，故D正确；‎ 本题选不正确的，故选：A。‎ ‎【点睛】本题关键是当滑块速度增加到等于初速度速度后，滑块相对与初速度可能下滑，也可能相对静止。‎ 二、实验题（共14分，每空2分）‎ ‎13.小明同学要粗测一长木板与小滑块之间的动摩擦因数，除了长木板和小滑块外手边只有一个手机，手机里面带有计时和测倾斜角并可得其三角函数值的APP，他采用了如下的测量步骤：‎ ‎(1)将长木板一端抬高，倾斜一个较大角度，并固定好;‎ ‎(2)将小滑块以一定初速度从底端沿斜面推出，到最高点后又沿板滑下;‎ ‎(3)为了使小滑块能沿长木板下滑，动摩擦因数μ和倾角θ应满足_____;‎ ‎(4)在这个过程中小明同学需分别测出_____（用文字描述并表示出相应符号）；‎ ‎(5)动摩擦因数可表示为______‎ ‎【答案】 (1). ； (2). 滑块上滑时间t1，滑块下滑时间t2，长木板倾角斜角 (3). ‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ 根据牛顿第二定律有mgsinθ-μmgcosθ=ma，由此可知需要测量的物理量，根据牛顿第二定律的表达式，可以求出摩擦系数的表达式。‎ ‎【详解】(3)手机在倾斜木板上受重力，支持力，摩擦力，要使手机下滑，则，解得：；‎ ‎(4)由于手机可以测量时间，所以可以让手机以一定的初速度向上滑并测出上滑到速度为0的时间，再让手机从静止沿木板下滑并测出下滑到底端的时间，同时手机还可以测木板的倾角 即可；‎ ‎(5)根据手机上滑和下滑过程的位移相同，即有：‎ 上滑： ，其中 下滑：，其中 联立解得：。‎ ‎【点睛】解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项，同时要熟练应用所学基本规律解决实验问题。‎ ‎14.某研究性学习小组分别用如下图所示的装置进行以下实验：‎ ‎(1)“探究加速度与合外力的关系”装置中，小车质量为M，砂桶和砂子的总质量为m，通过改变m来改变小车所受的合外力大小，小车的加速度a可由打点计时器和纸带测出。现保持小车质量M不变，逐渐增大砂桶和砂的总质量m进行多次实验，得到多组a、F值(F为弹簧秤的示数)。‎ ‎①为了减小实验误差，下列做法正确的是____‎ A．只需平衡小车的摩擦力 B．滑轮摩擦足够小，绳的质量要足够轻 C．砂桶和砂的总质量要远小于小车的质量 D．先释放小车，后接通打点计时器的电源 ‎②某同学根据实验数据画出了如图所示的一条过坐标原点的倾斜直线，其中纵轴为小车的加速度大小，横轴应为________。‎ A.1/M B.1/m C．mg D．F ‎③当砂桶和砂的总质量较大导致a较大时，图线______(填选项前的字母)。‎ A．逐渐偏向纵轴 B．逐渐偏向横轴 C．仍保持原方向不变 ‎（2）下图为上述实验中得到的一条纸带（两计数点间还有四个点没有画出），已知打点计时器采用的是频率为50Hz的交流电，根据纸带可求出小车的加速度为_______m/s2（结果保留三位有效数字）。‎ ‎【答案】 (1). (1).① B; (2). ②. D; (3). ③. C; (4). (2). 2.00‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）实验前要对装置进行平衡摩擦力的操作，既要平衡小车所受的摩擦力，也包括纸带与打点计时器之间的摩擦力，以保证小车所受合外力恰好是绳子的拉力，选项A错误；滑轮摩擦和绳子的重力会影响示数，所以滑轮摩擦足够小，绳的质量要足够轻，选项B正确；本实验中弹簧秤的示数即为绳子的拉力，不需要用砂和砂桶的总重力代替绳子拉力，所以不需要保证砂和砂桶的总质量远小于小车的质量，选项C错误；实验时，若先放开小车，再接通打点计时器电源，由于小车运动较快，可能会使打出来的点很少，不利于数据的采集和处理，故选项D错误．故选B．‎ ‎（2）对小车分析，应有F=ma，解得：，由于图线经过坐标原点，所以横轴应为F，故D正确．‎ ‎（3）由于图象的斜率为k=‎ ‎，所以增大沙和沙桶质量，k不变，仍保持原方向不变，所以C正确．故选C.‎ ‎（4）由题意T=0.1s，根据△x=aT2可知 三、计算题（共38分写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不得分）‎ ‎15.如图所示，气缸放置在水平平台上，活塞质量为10kg，横截面积为50cm2，厚度为1cm，气缸全长为21cm，大气压强为1×105Pa，当温度为7℃时，活塞封闭的气柱长10cm，若将气缸倒过来放置时，活塞下方的空气能通过平台上的缺口与大气相通。（g取10m/s2，不计活塞与气缸之间的摩擦，计算结果保留三位有效数字）‎ ‎①将气缸倒过来放置，若温度上升到27℃，求此时气柱的长度.‎ ‎②汽缸倒过来放置后，若逐渐升高温度，发现活塞刚好接触平台，求此时气体的温度.‎ ‎【答案】(1) (2)t＝100℃‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】以活塞为研究对象，汽缸未倒过来时，有p0S+mg＝pS 汽缸倒过来后，有p′S+mg＝p0S 温度为7℃不变，根据玻意耳定律有：pSl0＝p′Sl′‎ 联立解得：l′l0＝15cm ‎①温度由7℃升高到27℃的过程中，封闭气体压强不变 解得l″≈16.1 cm ‎②活塞刚好接触平台时，气体的温度为T，则由盖﹣吕萨克定律知 即：‎ 解得：T≈373 K，故t＝100℃‎ ‎16.公路上行驶的两汽车之间应保持一定的安全距离。当前车突然停止时，后车司机可以采取刹车措施，使汽车在安全距离内停下而不会与前车相碰。通常情况下，人的反应时间和汽车系统的反应时间之和为1 s。当汽车在晴天干燥沥青路面上以108 km/h的速度匀速行驶时，安全距离为120 m。设雨天时汽车轮胎与沥青路面间的动摩擦因数为晴天时的2/5，若要求安全距离仍为120 m，求汽车在雨天安全行驶的最大速度。‎ ‎【答案】20m/s ‎【解析】‎ 试题分析：在反应时间内汽车做匀速直线运动，所以汽车间的安全距离等于匀速运动的位移和匀减速直线运动的位移之和，根据牛顿第二定律结合运动学基本公式求解．‎ 解：设路面干燥时，汽车与地面的动摩擦因数为μ0，刹车时汽车的加速度大小为a0，安全距离为s，反应时间为t0，由牛顿第二定律和运动学公式得：‎ μ0mg=ma0①，‎ ‎②，‎ 式中，m和v0分别为汽车的质量和刹车前的速度．‎ 设在雨天行驶时，汽车与地面的动摩擦因数为μ，依题意有：‎ ‎③，‎ 设在雨天行驶时汽车刹车的加速度大小为a，安全行驶的最大速度为v，由牛顿第二定律和运动学公式得：μmg=ma ④，‎ ‎⑤‎ 联立①②③④⑤式并代入题给数据得：v=20m/s 答：若要求安全距离仍为120m，则汽车在雨天安全行驶的最大速度为20m/s．‎ ‎【点评】解决本题的关键知道安全距离是反应时间内匀速运动的位移和匀减速运动的位移之和．匀减速运动的位移可以通过速度位移公式求解．‎ ‎17.如图所示，下端装有阀门的U形玻璃管，粗细均匀，竖直放置，右侧开口，左侧封闭，管中一段足够长的水银柱使得左管中封闭有一段长为20cm的空气柱，左、右两管中的水银柱液面高度差为10cm，已知大气压强为p0＝75cmHg，管内气体温度为t＝27℃，阀门s关闭.‎ ‎(1)要使左右两管中水银液面相平，应使左管气体的温度降低为多少？（保留一位小数）‎ ‎(2)若通过打开阀门使管中的水银缓慢流出，则当两管中水银液面相平时，U形管中水银柱的总长度减少了多少？（保留一位小数）‎ ‎【答案】（1）198.5K （2）15.3cm ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 当左右两管屮水银液面相平，根据理想气体实验定律求左管气体 温度；通过打开阀门使管中的水银缓慢流出，当两管中水银液面相平，根据玻意耳定律和几何关系求U形管中水银柱的总长度减少；‎ ‎【详解】解：(1)开始时，封闭气体压强：‎ 当左右两管屮水银液面相平，封闭气体压强：‎ 根据理想气体实验定律有：‎ 解得：‎ ‎(2) 通过打开阀门使管中的水银缓慢流出，当两管中水银液面相平时，设气体柱的长度为，根据玻意耳定律有：‎ 解得：‎ U形管中水银柱的总长度减少了 ‎18.长为L=5m、质量为M=2kg的薄木板，在F=10N水平向右的拉力作用下，以v0=6m/s的速度匀速运动。某时刻将质量为m=1kg、大小不计的铁块轻放在木板的最右端，水平拉力F不变，木板与铁块的动摩擦因数为μ1=0.1。（g=10m/s2。）‎ ‎(1)木板与地面的动摩擦因数μ2；‎ ‎(2)刚放上铁块后铁块的加速度a1、木板的加速度a2；‎ ‎(3)通过计算判断铁块是否会从木板上掉下去；若掉下去，计算铁块在木板上滑行的时间；若不掉下去，计算在放上铁块后木板运动的总时间。‎ ‎【答案】(1)μ2=0.5 (2), (3 t总=2.25s ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)木板匀速运动，由平衡条件可得：F=μ2Mg 即可求得木板与地面动摩擦因数μ2‎ ‎；(2)放上铁块后，铁块和木板相对滑动，分别对铁块和木板进行受力分析，根据牛顿第二定律即可解得加速度；(3)若铁块不掉下去，当二者速度相同时，求出它们的相对位移，若相对位移小于木板长度，则不会掉下去，此后都做匀减速运动，求出匀减速运动的时间，总时间等于两段时间之和．‎ ‎【详解】(1)木板匀速运动，由平衡条件可得：F=μ2Mg 解得：μ2=05‎ ‎(2)放上铁块后，铁块的加速度为：，向右加速 木板的加速度为：，向右减速 ‎(3)若铁块不掉下去，当二者速度相同时有：v=a1t=v0+a2t 解得：t=1.5s   v=1.5m/s 相对滑动位移为：‎ 速度相同时，对整体：，铁块和木板继续相对滑动．‎ 对木板：，向右减速 对铁块：a′1＝μ1g＝1m/s2，向右减速 从速度相同到两者都静止时，相对滑动位移：，铁块不会掉下去．‎ 从速度相同到木板静止：‎ 放上铁块后木板运动的总时间：t总=t+t′=2.25s ‎【点睛】本题主要考查了牛顿第二定律和运动学基本公式的直接应用，注意速度相等时不掉下去，以后就不会掉下去了.‎