安徽省马鞍山含山中学2018_2019学年高二物理下学期期中试题（含解析）.docx

安徽省马鞍山含山中学2018-2019学年高二物理下学期期中试题（含解析）一、 选择题：（共 40 分，每小题 4 分，1-6 题为单选题，7-10 题为多选题，全部选对的得 4 分，选对但不全的得 2 分，有选错和不选的得 0 分。）1.北京时间2016年8月6日早上7：00，第31届奥林匹克运动会在巴西里约热内卢拉开帷幕。第3天，中国选手孙杨以1分44秒的成绩获得男子200 m自由泳比赛冠军(国际标准游泳池长50 m)。下列说法正确的是()A. 孙杨200 m自由泳平均速度为1.92 m/sB. 在研究孙杨技术动作时，可以把孙杨看成质点C. 在游泳过程中，以游泳池里的水为参考系，孙杨是静止的D. “1分44秒”指的是时间间隔【答案】D【解析】【分析】时间间隔是指时间的长度，在时间轴上对应一段距离，时刻是指时间点，在时间轴上对应的是一个点；位移是从初位置到末位置的有向线段，路程为轨迹的实际长度；在物体的大小和形状不起作用，或者所起的作用并不显著而可以忽略不计时，我们把近似地把该物体看作是一个具有质量大小和形状可以忽略不计的理想物体，称为质点。【详解】A项：200米游泳比赛的位移是0，根据平均速度定义式可知平均速度也是0，故A错误；B项：质点是理想化的物理模型，物体的大小、形状对所研究的问题没有影响或影响很小时，物体才可以看做质点，所以研究孙杨的技术动作时，孙杨的形状不能忽略，即孙杨不能看做质点，故B错误；C项：孙杨在游泳过程中，以游泳池为参考系，他是运动的，故C错误；D项：“1分44秒”对应一段时间间隔，指的是时间，故D正确。故选：D。【点睛】本题关键明确位移与路程、时间间隔与时刻、质点以及参考系等概念，要掌握了时刻在时间轴上对应的是一点，而时间间隔在时间轴上对应的是一段。2.A、B、C、D 四个质量均为 2 kg 的物体在光滑的水平面上做直线运动,A 运动的 x-t、B 运动的 v-t、C运动的 a-t、D 运动的 F-t 图像如图所示,已知各物体在 t=0 时的速度均为零,则 0-4 s 内运动位移最大的物体是 ( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】A在图象中，斜率表示速度，故时速度为零，由位移时间图象可知，4s末到达负的位置最大，总位移为；B由速度时间图象可知，2s内速度沿正方向运动，沿负方向运动，由对称性可知，4s内总位移为零；C由图象可知，物体在第1s内做匀加速直线运动，第做匀减速运动，末速度减为0，第3s内沿负方向运动，所以4s内总位移为零；D由图象可知，物体在第1s内做匀加速直线运动，第2s内做匀减速直线运动且2s末速度减到0，然后重复前面的过程，是单向直线运动，位移一直增大，加速度为，通过的位移。综上所述，位移最大的为2m，故A正确。3.在水平地面上匀速向左运动小车内，用绳子AB、BC栓住一个重球，如图所示，绳BC呈水平状态，绳AB的拉力为T1，绳BC的拉力为T2。若小车由匀速向左运动变为匀加速向左运动，但重球相对小车的位置不发生变化，则两绳的拉力与匀速时相比（ ）A. T1变大，T2变小B. T1不变，T2变小C. T1变大，T2变大D. T1变大，T2不变【答案】B【解析】【分析】本题以小球为研究对象，分析受力，根据牛顿第二定律得到绳AB的拉力和绳BC的拉力与加速度的关系，即分析两绳拉力的变化情况；【详解】以小球为研究对象，分析受力：重力mg、绳AB的拉力和绳BC的拉力，如图：设小车的加速度为a，绳AB与水平方向的夹角为，根据平衡条件以及牛顿第二定律得：，得到：， 可见，绳AB的拉力与加速度a无关，则保持不变。绳BC的拉力随着加速度的增大而减小，则变小，故B正确，ACD错误。【点睛】本题在正确分析受力的基础上，根据平衡条件以及牛顿第二定律，运用正交分解法研究两绳拉力的变化。4.韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员他在一次自由式滑雪空中技巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离，重力对他做功1900J，他克服阻力做功100J韩晓鹏在此过程中()A. 动能增加了1900JB. 动能增加了1800JC. 重力势能减小了1800JD. 重力势能减小了2000J【答案】B【解析】【分析】本题考查的是功能关系，在解题时关键要找到每个能量背后所对应的力做了多少功。例如：合力做功等于动能的变化，重力做功等于重力势能的减少量。【详解】题干中重力做了1900J的正功，所以重力势能减少了1900J；克服阻力做功100J，所以阻力做功-100J；因此，合力做功为两者之和，1800J，动能增加1800J。B正确5.把六个相同小灯泡接成如图甲、乙所示的电路，调节变阻器使灯泡均正常发光，甲、乙两电路所消耗的功率分别用P 甲和 P 乙表示，则下列结论中正确的是（ ）A. P 甲P 乙B. P 乙3P 甲C. P 甲3P 乙D. P 乙3P 甲【答案】C【解析】【详解】设灯泡正常发光时的电流为I，对甲图，电路的总电泫为3I，此时甲的总功率大小为：对于乙图，电路的总电流为I此时乙的总功率大小为：所以：。6.如图，a、b、c、d 为四根与纸面垂直的长直导线，其横截面位于正方形的四个顶点上，导线中通有大小相同的电流，方向如图所示。一带正电的粒子从正方形中心 O 点沿垂直于纸面的方向向外运动，它所受洛伦兹力的方向是（ ）A. 沿 O 到 a 方向B. 沿 O 到 c 方向C. 沿 O 到 b 方向D. 沿 O 到 d 方向【答案】B【解析】【详解】由题意可知，由右手螺旋定则知，b与d导线电流在o处产生的磁场正好相互抵消，而a与c导线在o处产生磁场正好相互叠加，由右手螺旋定则可得，磁场方向水平向左，当一带正电的粒子从正方形中心o点沿垂直纸面向外运动，由左手定向可知，所受的洛伦兹力方向向下，即为由o到c，故B正确。7.如图，通电导体棒质量为m，置于倾角为的导轨上，导轨和导体棒之间不光滑，有电流时杆静止在导轨上，下图是四个侧视图，标出了四种匀强磁场的方向。其中摩擦力可能为零的是A. B. C. D. 【答案】AB【解析】【分析】通过对杆ab受力分析，根据共点力平衡判断杆子是否受摩擦力【详解】A图中杆子受重力、水平向右的安培力和斜面的支持力，若三个力平衡，则不受摩擦力。故A正确。B图中杆子受重力，竖直向上的安培力，若重力与安培力相等，则二力平衡，不受摩擦力。故B正确。C图中杆子受重力、竖直向下的安培力、支持力，要想处于平衡，一定受摩擦力。故C错误。D图中杆子受重力、水平向左的安培力，支持力，要想处于平衡，一定受摩擦力。故D错误。故选AB。【点睛】解决本题的关键掌握安培力的方向判定，以及能正确地进行受力分析，根据受力平衡判断杆子是否受摩擦力8.如图所示，从倾角为 的足够长的斜面的顶端，先后将同一小球以不同的初速度水平向左抛出，第一次初速度为 v1，球落到斜面前一瞬间的速度方向与斜面夹角为 1，落点与抛出点间的距离为 x1，第二次初速度为 v2，且 v2=3v1，球落到斜面前一瞬间的速度方向与斜面夹角为 2，落点与抛出点间的距离为x2，则()A. 21B. x2= 3x1C. 2= 1D. x2= 9x1【答案】CD【解析】【详解】AC如图所示由平抛运动的规律知 解得： 由图可知， 所以与抛出速度无关，故，故A错误，C正确；BD小球做平抛运动，水平位移： 竖直位移： 因为 所以所以水平位移为： 因为，所以，故B错误，D正确。9.如图所示，地球赤道平面内两颗人造卫星a和b，均绕地球做逆时针匀速圆周运动，卫星a、b运动的周期分别为T1、T2，且T2=8T1，关于两颗卫星下列说法正确的是A. 卫星a的动能一定大于卫星b的动能B. 卫星a、b运动轨道半径之比为14C. 卫星b绕地球运动的线速度大于地球第一宇宙速度D. 卫星a、b线速度大小之比为21【答案】BD【解析】【分析】根据万有引力提供向心力找出周期、线速度与半径的关系，然后进行比较即可；【详解】A、根据万有引力提供向心力，则：，则可知，由于卫星a和b的质量未知，根据可知无法判断二者动能的关系，故选项A错误；B、根据万有引力提供向心力，则：，可知：则半径之比为：，故选项B正确；C、第一宇宙速度为卫星在地面附近旋转的速度，是半径最小的圆周运动，根据可知第一宇宙速度为最大的环绕速度，则卫星b绕地球运动的线速度小于地球第一宇宙速度，故选项C错误；D、由于半径之比为，根据，则，可知：，故选项D正确。【点睛】本题关键是要掌握万有引力提供向心力这个关系，能够根据题意选择恰当的向心力的表达式。10.如图所示，空间存在一水平向左的匀强电场和一垂直纸面向里的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，电场强度大小为E=，电场方向和磁场方向相互垂直在此电磁场正交的空间中有一足够长的固定粗糙绝缘杆，与电场正方向成60夹角且处于竖直平面内一质量为m，带电量为+q的小球套在绝缘杆上若给小球一沿杆向下的初速度v0，小球恰好做匀速运动，且小球电量保持不变，重力加速度为g，则下列说法正确的是（）A. 小球的初速度为v0=B. 若小球的初速度为，小球将做加速度不断减小的减速运动，最后匀速C. 若小球的初速度为，小球将做加速度不断增大的加速运动，最后匀速D. 若小球的初速度为，则运动中克服摩擦力做功为【答案】ABD【解析】【分析】小球受重力、摩擦力（可能有）、弹力（可能有）、向右上方的洛伦兹力、向左的电场力，当受到的合外力等于0时，小球做匀速直线运动当小球受到的合外力不为0时，要判断出支持力的方向，明确支持力的大小随洛伦兹力的变化关系，然后做出判定【详解】对小球进行受力分析如图，电场力的大小：F=qE=，由于重力的方向竖直向下。电场力的方向水平向右，二者垂直，合力：FG+F=2mg，由几何关系可知，重力与电场力的合力与杆的方向垂直，所以重力与电场力的合力不会对小球做功，而洛伦兹力的方向与速度的方向垂直，所以也不会对小球做功。所以，当小球做匀速直线运动时，不可能存在摩擦力，没有摩擦力，说明小球与杆之间就没有支持力的作用，则洛伦兹力大小与重力、电场力的合力相等，方向相反。所以qv0B=2mg。所以故A正确；若小球的初速度为，则洛伦兹力：f=qv0B=3mgFG+F，则在垂直于杆的方向上，小球还受到杆的垂直于杆向下的支持力，则摩擦力：f=FN小球将做减速运动；随速度的减小，洛伦兹力减小，则支持力逐渐减小，摩擦力减小，小球做加速度不断减小的减速运动，最后当速度减小到时，小球开始做匀速直线运动。故B正确。若小球的初速度为，则洛伦兹力：f=qv0B=mgFG+F，则在垂直于杆的方向上，小球还受到杆的垂直于杆向上的支持力，而摩擦力：f=FN小球将做减速运动；随速度的减小，洛伦兹力减小，则支持力逐渐增大，摩擦力逐渐增大，小球的加速度增大，所以小球将做加速度不断增大的减速运动，最后停止。故C错误；若小球的初速度为，球将做加速度不断增大的减速运动，最后停止，运动中克服摩擦力做功等于小球的动能，所以故D正确。故选ABD。【点睛】本题考查小球在混合场中的运动，解答的关键明确小球的受力情况，并能够结合受力的情况分析小球的运动情况，要知道小球何时做加速度减小的减速运动，何时做加速度增大的减速运动，当加速度减为零时，做匀速运动11.边长为 L 的正方形金属框在水平恒力 F 作用下运动，穿过方向如图的有界匀强磁场区域，磁场区域的宽度为 d（dL）。已知 ab 边进入磁场时，线框的加速度恰好为零。则线框进入磁场的过程和从磁场另一侧穿出的过程相比较，有A. 产生感应电流方向相反B. 进入磁场过程和穿出磁场过程中 a 点的电势都比 b 点的电势低C. 进入磁场过程的时间等于穿出磁场过程的时间D. 进入磁场过程和穿出磁场过程中通过导体内某一截面的电量相等【答案】AD【解析】【详解】A线框进入磁场和穿出磁场的过程，磁场方向相同，而磁通量变化情况相反，进入磁场时磁通时增加，穿出磁场时磁通量减小，由楞次定律可知，产生的感应电流的方向相反，故A正确；B线框进入磁场过程ab切割磁感线，由右手定则可知，a点相当于电源的正极，线框穿出磁场的过程中，线框左边竖直边切割磁感线，左边竖直边的上端相于电源的正极，所以两种情况下均为a点的电势高于b点电势，故B错误；C线框进入磁场时做匀速运动，完全在磁场中运时磁通量不变，没有感应电流产生，线框不受安培力而做匀加速运动，穿出磁场时，线框所受的安培力增大，大于恒力F，线框将做减速运动，刚出磁场时，线框的速度大于进入磁场时的速度，则穿出磁场过程的平均速度较大，则进入磁场过程的时间大于穿出磁场过程的时间，故C错误；D由感应电量公式，线框进入和穿出磁场两过程中线框的磁通量变化时相等，则通过导体内某一截面的电量相等，故D正确。二、实验题12.某实验小组用一只弹簧测力计和一个量角器等器材验证力的平行四边形定则，设计了如图所示的实验装置，固定在竖直木板上的量角器的直边水平，橡皮筋的一端固定于量角器的圆心O的正上方A处，另一端系绳套1和绳套2.(a)主要实验步骤如下：弹簧测力计挂在绳套1上竖直向下拉橡皮筋，使橡皮筋的结点到达O处，记下弹簧测力计的示数F；弹簧测力计挂在绳套1上，手拉着绳套2，缓慢拉橡皮筋，使橡皮筋的结点到达O点，此时绳套1沿0方向，绳套2沿120方向，记下绳套1弹簧测力计的示数F1；根据力的平行四边形定则计算此时绳套1的拉力F1_；比较F1和F1，即可初步验证力的平行四边形定则；只改变绳套2的方向，重复上述实验步骤.(b)保持绳套2方向不变，绳套1从图示位置向下缓慢转动90，此过程中保持橡皮筋的结点在O处不动，关于绳套1的拉力大小的变化，下列结论正确的是：_.A.逐渐增大 B.先增大后减小 C.逐渐减小 D.先减小后增大【答案】（1），和（2）A【解析】【详解】（1）根据平行四边形定则可得，故有，因为两次情况下效果相同，而相当于合力F一个分力，如果和大小相等，则验证；（2）因为结点在O处不动，所以相当于两力的合力不变，如图所示：根据图像可得绳套1的拉力大小在逐渐增大，故A正确；【点睛】本题主要考查了平行四边形定则的直接应用，第二问是三力平衡问题中的动态分析问题，关键受力分析后，作出示意图，然后运用力的平行四边形定则进行分析讨论，难度适中13.甲乙两位同学在实验室利用如图（a）所示的电路测定定值电阻 R0,电源的电动势 E 和内电阻r，调节滑动变阻器的滑动触头 P 向某一方向移动时，甲同学记录了电流表 A 和电压表 V1 的测量数据，乙同学记录的是电流表 A 和电压表 V2 的测量数据并根据数据描绘了如图（b）所示的两条 UI 直线回答下列问题： 图象中两直线的交点表示的物理意义是_ A滑动变阻器的滑动头 P 滑到了最右端B电源的输出功率最大C定值电阻 R0 上消耗的功率为 0.5WD电源的效率达到最大值根据图（b），可以求出电源电动势 E=_V，内电阻 r= _ （以上结果均保留 2 位有效数字）。这样测得的电源电动势比实际值_（填“偏大”“偏小”），这是由于_的原因造成的。【答案】 (1). C； (2). 1.5； (3). 1.0； (4). 偏小； (5). 电压表的分流【解析】【详解】由题意可知，甲同学记录的为电源的路端电压与电流，乙同学记录的为定值电阻两端的电压与电流，所以两图线的交点即为定值电阻的工作点，由图可知，所以定值电阻的功率为，所以功率为：，故C正确；甲图象可知电源的电动势为1.5V，电源的内阻为： ；由于电压表分流作用，所测电流小于通过电源的电流，所测电源电动势小于真实值。三、计算题（共 40 分，其中 14 题 12 分，15 题 12 分，16 题 16 分）14.（2018浙江镇海中学高三第一学期选考模拟）随着科技的发展，我国未来的航空母舰上将安装电磁弹射器以缩短飞机的起飞距离，如图所示，航空母舰的水平跑道总长L180 m，其中电磁弹射区的长度为L180 m，在该区域安装有直线电机，该电机可从头至尾提供一个恒定的牵引力F牵。一架质量为m2.0104 kg的飞机，其喷气式发动机可以提供恒定的推力F推1.2105 N。假设飞机在航母上的阻力恒为飞机重力的0.2倍。已知飞机可看作质量恒定的质点，离舰起飞速度v40 m/s，航空母舰处于静止状态，（取g10 m/s2）求：（1）飞机在后一阶段的加速度大小；（2）飞机在电磁弹射区末的速度大小；（3）电磁弹射器的牵引力F牵的大小。【答案】(1) (2) (3) 【解析】【详解】（1）根据牛顿第二定律：F推-0.2mg=ma2解得a2=4.0m/s2（2）由v2-v12=2a2(l-l1)解得v1=20m/s（3）由v12=2a1l1解得a1=5m/s2根据牛顿第二定律：F牵+F推-0.2mg=ma1带入数据解得：F牵=2104N15.如图，A、B 为半径 R3 m 的四分之一光滑绝缘竖直圆弧轨道，在四分之一圆弧区域内存在着 E2106 V/m、竖直向上的匀强电场，有一质量 m4kg、带电荷量 q1105 C 的物体（可视为质点），从A 点的正上方距离 A 点 H 处由静止开始自由下落（不计空气阻力），BC 段为长 L2 m、与物体间动摩擦因数 0.5 的粗糙绝