安徽省歙县中学2018_2019学年高二物理下学期期中试题（含解析）.docx

歙县中学20182019学年度第二学期期中考试高二物理（理）试卷一、选择题1.下列运动中，在任意相等时间内，物体动量变化不相等的是（ ）A. 匀速圆周运动B. 自由落体运动C. 平抛运动D. 匀减速直线运动【答案】A【解析】【详解】当物体运动的加速度恒定不变时，根据可知在任意相等时间内，物体速度变化相等，动量的变化相等；自由落体运动、平抛运动以及匀减速直线运动都是加速度不变的运动，而匀速圆周运动的加速度不是恒定的，则在任意相等时间内，物体动量变化不相等的是匀速圆周运动，故选A.2.如图所示，用传送带给煤车装煤，平均每5 s内有5000kg的煤粉落于车上，由于传送带的速度很小，可认为煤粉竖直下落要使车保持以0.5 m/s的速度匀速前进，则对车应再施以向前的水平力的大小为（ ）A. 50NB. 250NC. 500ND. 750N【答案】C【解析】车和煤粉整体受重力G、支持力N、拉力F，对5s过程运用动量定理，有：Ft=mv；解得：；故C正确ABD错误故选C3.用波长为300 nm的光照射锌板，电子逸出锌板表面的最大初动能为1.2810-19 J。已知普朗克常量为6.6310-34 Js，真空中的光速为3.00108 ms-1，能使锌产生光电效应的单色光的最低频率约为A. 11014 HzB. 81014 HzC. 21015 HzD. 81015 Hz【答案】B【解析】试题分析：知道光电效应方程；知道逸出功并结合两个公式求解。由光电效应方程式得： 得： 刚好发生光电效应的临界频率为 则 代入数据可得： ，故B正确；故选B点睛：本题比较简单，知道光电效应方程并利用方程求解即可。4.如图所示，从地面上的A点以速度v竖直向上抛出一小球，上升至最高点B后返回，O为A、B的中点，小球在运动过程中受到的空气阻力大小不变。下列说法正确的是（ ） A. 小球上升至O点时的速度等于0.5vB. 小球上升至O点时速度小于0.5vC. 小球在上升过程中重力的冲量小于下降过程中重力的冲量D. 小球在上升过程中动能的减少量等于下降过程中动能的增加量【答案】C【解析】试题分析：小球上升时，受到向下的重力和向下的空气阻力，故小球匀减速上升，在上升到最高点的过程中，初速度为v，未速度为0，则其中间时刻的速度为=05v，而中间位移的速度为，它大于05v，故选项AB均错误；小球下降时受向下的重力和向上的空气阻力，则小球向上运动时的合力大于向下运动时的合力，故上升过程的加速度大于下降过程的加速度，由于位移相等，都可以看成是衩速度为0，故物体向上运动时的时间小于下降的时间，而重力是相等的，故小球在上升过程中重力的冲量小于下降过程中重力的冲量，选项C正确；由功能关系可知，小球在上升过程中，动能的减少量Ek=mgh+fAB，而下降过程中动能的增加量Ek=mghfAB，故二者不相等，选项D错误。考点：变速直线运动，冲量的概念，功能关系。5.载人气球开始静止于高h的高空，气球质量为M，人的质量为m若人沿绳梯滑至地面，则绳梯的长度至少为（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】设人沿绳梯滑至地面，绳梯长度至少为L以人和气球的系统为研究对象，竖直方向动量守恒，规定竖直向下为正方向可得：0=Mv2+mv1人沿绳梯滑至地面时，气球上升的高度为L-h，速度大小 ，人相对于地面下降的高度为h，速度大小为 将代入得 解得，故选D.6.为估算池中睡莲叶面承受出滴撞击产生的平均压强，小明在雨天将一圆柱形水杯置于露台，测得1小时内杯中水上升了45mm查询得知，当时雨滴竖直下落速度约为12m/s据此估算该压强约为（设雨滴撞击睡莲后无反弹，不计雨滴重力，雨水的密度为1103kg/m3）（ ）A. 0.15PaB. 0.54PaC. 1.5PaD. 5.4Pa【答案】A【解析】试题分析：由于是估算压强，所以不计雨滴的重力设雨滴受到支持面的平均作用力为F设在t时间内有质量为m的雨水的速度由v=12m/s减为零以向上为正方向，对这部分雨水应用动量定理：Ft=0（mv）=mv得到F=设水杯横截面积为S，对水杯里雨水，在t时间内水面上升h，则有m= ShF=Sv压强P=0.15（Pa）故选 A7.如图所示，理想变压器原线圈输入电压，原、副线圈匝数比为 10:1，副线圈电路中R0为定值电阻，R是光敏电阻（其阻值随光照强度的增大而减小），图中电表均为理想电表，下列说法正确的是（）A. 变压器输出电压的频率为100HzB. 电压表V2的示数为VC. 照射R的光变强时，灯泡L变暗D. 照射R的光变强时，电压表、电流表都不变【答案】C【解析】【详解】原线圈接正弦交流电，由图知角速度是=100rad/s，所以，故A错误。 由表达式知输入电压有效值为220V，根据电压与匝数成正比，副线圈电压有效值即电压表的示数为22V，故B错误。R处光照增强时，温度升高，阻值减小，副线圈电流表的示数变大，原线圈电流也变大，但不会影响输入电压值，定值电阻分压增大，灯泡两端电压减小，灯泡变暗，故C正确，D错误。8.甲乙两矩形单匝线圈分别在同一匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，线圈中产生的感应电动势e随时间t的变化关系分别如图中甲、乙所示，则（）A. 甲的频率是乙的频率的2倍B. 甲线圈横截面积是乙线圈横截面积的6倍C. t=1s时，两线圈中磁通量均为零D. 同一电容器对交变电流甲的阻碍较大【答案】A【解析】【详解】由图象知甲的周期为1s，乙的周期为2s，所以，故A正确；根据可知，则，选项B错误；t=1s时，两线圈中感应电动势均为零，可知磁通量均最大，选项C错误；频率大的对电容器的阻碍小，所以同一电容器对交变电流甲的阻碍较小，故D错误；9.采取下列哪些措施有利于增加喷气式飞机的飞行速度（ ）A. 使喷出的气体速度更大B. 减轻飞机自身质量C. 使喷出的气体质量更大D. 使喷出的气体密度更小【答案】ABC【解析】【详解】把喷气式飞机和喷出的气体看成系统，设原来的总质量为M，喷出的气体质量为m，速度是v，剩余的质量（M-m）的速度是v，规定飞机的速度方向为正方向，由系统动量守恒得出：mv-（M-m） v=0，解得，由上式可知：m越大，v越大，M越小，则v越大。故ABC正确，D错误；10.如图所示，光滑的水平面上，质量为m1的小球以速度v与质量为m2的静止小球正碰，碰后两小球的速度大小都为v，方向相反，则两小球质量之比m1：m2和碰撞前后动能变化量之比Ek1：Ek2为（）A. m1：m2=1：1B. m1：m2=1：3C. Ek1：Ek2=1：3D. Ek1：Ek2=1:1【答案】BD【解析】【详解】以原来m1的速度v方向为正方向，根据动量守恒定律，所以，故A错误、B正确。两球碰撞前后动能变化量分别为：，所以，故C错误、D正确。11.A、B两球在光滑水平面上沿同一直线，同一方向运动，A球动量为PA=5kgm/s，B球动量为PB=7kgm/s，两球碰后B球动量变为PB=10kgm/s，则两球质量关系可能是（）A. mB=mAB. mB=3mAC. mB=5mAD. mB=7mA【答案】BC【解析】【详解】根据动量守恒得：pA+pB=pA+pB，代入解得：pA=2kgm/s。根据碰撞过程总动能不增加得到：，代入解得；碰撞前甲的速度大于乙的速度，则有，解得：；又碰撞后两球同向运动，甲的速度不大于乙的速度，则有，解得：则，故选BC。12.如图所示，小车上面固定一个光滑弯曲圆管道，整个小车(含管道)的质量为2m，原来静止在光滑的水平面上。现有一个可以看作质点的小球，质量为m，半径略小于管道半径，以水平速度v从左端滑上小车，小球恰好能到达管道的最高点，然后从管道左端滑离小车。关于这个过程，下列说法正确的是()A. 小球滑离小车时，小车回到原来位置B. 小球滑离小车时相对小车的速度大小为vC. 车上管道中心线最高点的竖直高度为D. 小球从滑进管道到滑到最高点的过程中，小车的动量变化大小是【答案】BC【解析】【详解】小球与小车在水平方向上的合外力为零，故在水平方向上动量守恒，所以小车的速度一直向右，小球滑离小车时，小车向右运动，不可能回到原来位置，故A错误；由动量守恒可得：mv=2mv车+mv球，由机械能守恒可得：；所以，v车+2v球=0，那么，小球滑离小车时相对小车的速度v球-v车=-v，故小球滑离小车时相对小车的速度为v，故B正确；小球恰好到达管道的最高点后，则小球和小车的速度相同，故由动量守恒定律mv=(2m +m)v可得此时的速度，由机械能守恒可得：小球在最高点的重力势能，所以车上管道中心线最高点的竖直高度，故C正确；小球恰好到达管道的最高点后，则小球和小车的速度相同，故小车的动量变化大小为mv，故D错误；二、实验题13.（1）如图所示，螺旋测微器的读数为_mm，游标卡尺的读数为_mm在实验室里为了验证动量守恒定律，一般采用如图甲、乙两种装置：（2）若入射小球质量为m1，半径为r1；被碰小球质量为m2，半径为r2，则 _Am1m2 r1r2 B.m1m2 r1m2 r1=r2 D.m1m2 r1r2（3）若采用乙装置进行实验，以下所提供的测量工具中必需的是（填字母）_ A直尺 B游标卡尺 C. 天平 D. 弹簧秤 E秒表（4）设入射小球的质量为m1，被碰小球的质量为m2，则在用乙装置实验时(P为碰前入射小球落点的平均位置)，所得“验证动量守恒定律”的结论为(用装置图中的字母表示) _【答案】 (1). （1）0.900 (2). 3.310 (3). （2）C (4). （3）AC. (5). （4）m1OP=m1OM+m2ON【解析】【详解】（1）螺旋测微器的读数为:0.5mm+0.01mm40.0=0.900mm，游标卡尺的读数为：3.3cm+0.05mm2=3.310mm.（2）为保证两球发生对心正碰，两球的半径应相等，为防止碰撞后入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量，故选C；（3）小球离开轨道后做平抛运动，由h=gt2得小球做平抛运动的时间，由于小球做平抛运动时抛出点的高度h相同，则它们在空中的运动时间t相等，验证碰撞中的动量守恒，需要验证：m1v1=m1v1+m2v2，则：m1v1t=m1v1t+m2v2t，m1x1=m1x1+m2x2，由图乙所示可知，需要验证：m1OP=m1OM+m2ON，因此实验需要测量的量有：入射小球的质量，被碰小球的质量，入射小球碰前平抛的水平位移，入射小球碰后平抛的水平位移，被碰小球碰后平抛的水平位移。实验需要刻度尺与天平；故选AC。（4）由（3）可知，验证碰撞中的动量守恒，需要验证：m1OP=m1OM+m2ON。三、计算题14.如图，一质量为M的物块静止在桌面边缘，桌面离水平地面的高度为h。一质量为m的子弹以水平速度射入物块后，以水平速度射出。重力加速度为g。（1）子弹射出后，木块的速度为多少？（2）此过程中系统损失的机械能；（3）此后物块落地点离桌面边缘的水平距离。【答案】（1） （2） （3）【解析】【详解】（1）设子弹穿过物块后物块的速度为v，由动量守恒得 解得（2）系统的机械能损失为 得 （3）设物块下落到地面所需时间为t，落地点距桌边缘的水平距离为s，则 s=vt联立得15.如图所示，一理想变压器原、副线圈匝数比=5:1，其原线圈接一交流电源，电压，副线圈接一电动机，电阻为11若电流表示数为1A，电表对电路的影响忽略不计（1）电流表的示数是多少？（2）电动机的输出功率是多少？【答案】（1）0.2A（2）33W【解析】【详解】（1）根据变流比公式，有： 解得：I1=0.2A（2）根据变压比公式，有：，其中解得U2=44V；电动机的输出功率为：P出=UI-I2r=33W；16.如图甲所示，光滑水平面上有A、B两物块，已知A物块的质量=1kg。初始时刻B静止，A以一定的初速度向右运动，之后与B发生碰撞并一起运动，它们的位移-时间图像如图乙所示(规定向右为位移的正方向)。（1）物块B的质量为多少？（2）若A、B碰撞时间极短，=0.01s，图中无法显示，求A、B碰撞时间内平均作用力的大小。【答案】（1）3kg（2）300N【解析】【详解】（1）因为系统所受的合外力等于零，所以系统动量守恒从位移-时间图象中知道：碰撞前A、B速度分别为4m/s，0碰撞后A、B速度为1m/s根据动量守恒定律列出等式：mAvA+0=（mA+mB）v解得：mB=3kg（2）对物体B，由动量定理： 解得F=300N17.如图，ABD为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中AB段是水平的，BD段为半径R=0.2m的半圆，两段轨道相切于B点，整个轨道处在竖直向下的匀强电场中，场强大小E=5.0103V/m。一不带电的绝缘小球甲，以速度沿水平轨道向右运动，与静止在B点带正电的小球乙发生弹性碰撞。已知甲、乙两球的质量均为m=1.010-2kg，乙所带电荷量q=2.010-5C，g取10m/s2。(水平轨道足够长，甲、乙两球可视为质点，整个运动过程无电荷转移) （1） 甲乙两球碰撞后，乙恰能通过轨道的最高点D，求乙在轨道上的首次落点到B点的距离；（2）在满足(1)的条件下。求的甲的速度；（3）若甲仍以速度向右运动，增大甲的质量，保持乙的质量不变，求乙在轨道上的首次落点到B点的距离范围。【答案】（1）0.4m；（2）2m/s；（3）0.4mx1.6m。【解析】【详解】（1）在乙恰能通过轨道的最高点的情况下，设乙到达最高点的速度为vD，乙离开D点到达水平轨道的时间为t，乙的落点到B点的距离为x，则由向心力公式得 竖直方向匀加速运动 水平方向匀速运动 x=vDt 联立得：x=0.4m（2）设碰撞后甲、乙的速度分别为v甲、v乙，根据动量