2020版高二物理下学期期中试题(含解析).doc

2020版高二物理下学期期中试题(含解析)选择题1. 以下图片来源于教材，与它们相关的说法正确的是A. 甲图是英国物理学家库仑利用扭秤实验测量万有引力常量的装置示意图B. 乙图是发射出去的火箭，利用了反冲现象C. 丙图是利用“光的反射”精确测量微小压力大小的装置示意图D. 丁图中，伽利略第一次用科学的实验方法改变了人类对物体运动的认识，总结出了行星运动定律和万有引力定律等，为人类做出了卓越贡献【答案】B【解析】【详解】A、甲图是英国物理学家卡文迪许利用扭秤实验测量万有引力常量G的装置示意图，故A错误。B、乙图是发射出去的火箭，它利用了反冲现象，故B正确。C、丙图是利用“光的反射”精确测量微小压力产生微小形变的装置示意图，故C错误。D、丁图中，伽利略第一次用科学的实验方法改变了人类对物体运动的认识，但它没有总结出了行星运动定律和万有引力定律等；故D错误。故选B。【点睛】本题考查对课本基本内容的掌握情况，在分析时一定要注意掌握对应的物理学史，同时明确各规律分析时所用到仪器等内容2. 如图，固定斜面倾角为30，质量为m的小物块自斜面底端以某一初速度沿斜面向上做匀减速运动，其加速度大小恰好等于重力加速度g的大小。若物块上升的最大高度为H，则此过程中：（ ）A. 小物块上滑过程中机械能守恒 B. 小物块上滑过程中动能损失了mgHC. 小物块上滑过程中动能损失了2mgH D. 小物块上滑过程中机械能损失了2mgH【答案】C【解析】试题分析：若小物块上升过程中只受重力，则加速度a=gsin300=12gg，所以还有其他力作用并且做功，所以其机械能不守恒，A错误；设物块受到的阻力为f，则根据牛顿第二定律可得f+mgsin300=mg，故f=12mg，故根据动能定理可得WG+Wf=EK，解得Ek=mgH+12mg2H=2mgH，B错误C正确；小物块上滑过程中克服阻力做功Wf=fs=12mg2H=mgH，D正确。考点：考查了功能关系，动能定理3. 如图，一物块在水平拉力F的作用下沿水平桌面做匀速直线运动。若保持F的大小不变，而方向与水平面成60角，物块也恰好做匀速直线运动。物块与桌面间的动摩擦因数为A. 2-3 B. 36 C. 33 D. 32【答案】C【解析】当拉力水平时，物体匀速运动，则拉力等于摩擦力，即：F=mg，当拉力倾斜时，物体受力分析如图由平衡条件得：FN=mgFsin，f=Fcos60，又f=FN，得摩擦力为：f=mgFsin=Fcos60，联立解得：=33，故选C.4. 随着我国登月计划的实施，我国宇航员登上月球已经不是梦想；假如我国宇航员登上月球并在月球表面附近以初速度v0竖直向上抛出一个小球，经时间t后回到出发点已知月球的半径为R，万有引力常量为G，则下列说法正确的是：A. 月球表面的重力加速度为v0tB. 月球的质量为2v0R2GtC. 宇航员在月球表面获得v0R2t 的速度就可能离开月球表面围绕月球做圆周运动D. 宇航员在月球表面附近绕月球做匀速圆周运动的绕行周期为Rtv0【答案】B【解析】小球在月球表面做竖直上抛运动，根据匀变速运动规律得：t=2v0g月；解得：g月=2v0t，故A错误；物体在月球表面上时，由重力等于地月球的万有引力得：GMmR2=mg月；解得：M=R2g月G=2v0R2Gt，故B错误；宇航员离开月球表面围绕月球做圆周运动至少应获得的速度大小即月球的第一宇宙速度大小，所以有：GMmR2=mv2R解得：v=GMR=2v0Rt 故C正确。宇航员乘坐飞船在月球表面附近绕月球做匀速圆周运动，根据重力提供向心力得：mg月=m42RT2=m2v0t，解得：T=2Rtv0，故D错误；故选C。点睛：本题是卫星类型的问题，常常建立这样的模型：环绕天体绕中心天体做匀速圆周运动，由中心天体的万有引力提供向心力重力加速度g是联系物体运动和天体运动的桥梁5. 在如图所示的装置中，木块B与水平桌面间的接触是光滑的，子弹A沿水平方向射入木块后留在其中，将弹簧压缩到最短。若将子弹、木块和弹簧合在一起作为系统，则此系统在从子弹开始射入到弹簧被压缩至最短的整个过程中() A. 动量守恒，机械能守恒 B. 动量不守恒，机械能不守恒C. 动量守恒，机械能不守恒 D. 动量不守恒，机械能守恒【答案】B【解析】从子弹射向木块到木块将弹簧压缩到最短的全过程中，系统受到墙壁的弹力，合外力不为零，总动量不守恒同时在作用过程中由于摩擦力做功；故弹簧、木块和子弹组成的系统机械能减小，转化为内能故动量不守恒、机械能不守恒；故选D点睛：判断动量和机械能是否守恒，关键根据守恒条件进行判断：动量守恒的条件是合外力为零，机械能守恒条件是只有重力或弹簧的弹力做功.6. 如图所示，当小车A以恒定的速度v向左运动时，对于B物体，下列说法正确的是() A. 匀加速上升B. B物体受到的拉力大于B物体受到的重力C. 匀速上升D. B物体受到的拉力等于B物体受到的重力【答案】B【解析】设绳子与水平方向的夹角为根据平行四边形定则有：沿绳子方向的速度v绳=vcos，沿绳子方向的速度等于B物体的速度，在运动的过程中，角减小，则v绳增大所以物体做变加速上升物体的加速度方向向上，根据牛顿第二定律，知绳子的拉力大于B物体的重力故B正确，ACD错误故选B点睛：解决本题的关键知道汽车的速度是沿绳子方向和垂直于绳子方向速度的合速度，以及会根据速度变化情况得出加速度的方向7. 如图甲所示，矩形导线框固定在匀强磁场中，磁感线方向与导线框所在平面垂直规定垂直纸面向里方向为磁场的正方向，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示则A. 从0到t2时间内，导线框中电流的方向先为adcba再为abcdaB. 从0到t2时间内，导线框中电流的方向始终为adcbaC. 从0到t1时间内，导线框中电流越来越小D. 从0到t1时间内，导线框ab边受到的安培力越来越小【答案】BD【解析】从0到t2时间内，线圈中磁通量的变化率相同，则感应电动势不变，电路中电流大小和方向不变，根据楞次定律可知电流方向为adcba，故AC错误，B正确；从0到t1时间内，电路中电流大小时恒定不变，故由F=BIL可知，F与B成正比，因为B逐渐减小，所以安培力越来越小，故D正确。所以BD正确，AC错误。8. 放在粗糙水平面上的物体受到水平拉力的作用，在06 s内其速度与时间的图象和该拉力的功率与时间的图象分别如图甲、乙所示下列说法正确的是A. 06 s内物体的位移大小为36 mB. 06 s内拉力做的功为70 JC. 合外力在06 s内做的功大于于02 s内做的功D. 滑动摩擦力的大小为53N【答案】BD【解析】【详解】A、06s内物体的位移大小x=4+626m=30m；故A错误。B、02s内拉力做的功为W=Pt2=3022J=30J，故B正确。C、在26s内，物体做匀速运动，合力做零，则合外力在06s内做的功与02s内做的功相等；故C错误。D、在26s内，v=6m/s，P=10W，物体做匀速运动，摩擦力f=F，得到f=F=Pv=106N=53N；故D正确。故选BD。【点睛】本题解题关键是理解图象的物理意义求功的方法通常有三种：一是W=Flcos，F应是恒力；二是W=Pt，当P恒定时；三是动能定理，特别是在计算变力做功的时候9. 某小型水电站的电能输送示意图如图所示。发电机的输出电压为220 V，输电线总电阻为r，升压变压器原、副线圈匝数分别为n1、n2，降压变压器原、副线圈匝数分别为n3、n4(变压器均为理想变压器)，要使额定电压为220 V的用电器正常工作，则()A. n2n1n3n4 B. n2n1n3n4C. 升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压 D. 升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率【答案】AD【解析】由变压器的电压比匝数之比n2n1=U2U1，n3n4=U3U4，及U1=200V，U4=220V，又因为线路电压损失，即U2U3，所以n2n1n3n4，A正确B错误；由于远距离输电，导致线路电阻通电发热，而使功率损失，所以升压变压器的输出电压大于降压变压器的输入电压；升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率，C错误D正确视频10. 如图，在a点由静止释放一个质量为m，电荷量为q(q为绝对值)的带电粒子，粒子到达b点时速度恰好为零，设ab所在的电场线竖直向下，a、b间的高度差为h，则 ： （ ）A. 带电粒子带正电 B. a、b两点间的电势差Uab=mgh/qC. b点场强大于a点场强 D. 空中电场可能是负的点电荷产生的【答案】BCD【解析】试题分析：粒子受到的重力竖直向下，恒定不变，从a静止开始运动，到b速度恰好又为零，所以粒子先加速后减小，所以粒子受到的电场力方向向上，而电场方向竖直向下，所以粒子带负电，刚开始电场力小于重力，后来电场力大于重力，所以b点的场强大于a点的场强，A错误C正确；粒子从a到b过程中，根据动能定理可得mgUabq=0，解得Uab=mgq，B正确；因为图中的电场线为一条直线，并且从a到b电场强度增大，所以可能是在b一端的负电荷产生的电场，D正确；考点：考查了电场力做功，电场线，【名师点睛】解决带电粒子在复合场中的运动，要正确进行受力分析，确定其运动状态，然后依据相关规律求解二、填空题11. 利用气垫导轨验证机械能守恒定律实验装置示意图如图1所示：(1)实验步骤：A将气垫导轨放在水平桌面上，桌面高度不低于1m，将导轨调至水平B用游标卡尺测量挡光条的宽度l，结果如图2所示，由此读出l=_mmC由导轨标尺读出两光电门中心之间的距离s=_cmD将滑块移至光电门1左侧某处，待砝码静止不动时，释放滑块，要求砝码落地前挡光条已通过光电门2E从数字计时器（图1中未画出）上分别读出挡光条通过光电门1和光电门2所用的时间t1和t2F用天平称出滑块和挡光条的总质量M，再称出托盘和砝码的总质量m(2)用表示直接测量量的字母写出下列所求物理量的表达式：在滑块从光电门1运动到光电门2的过程中，系统势能的减少Ep=_（重力加速度为g）,系统动能的增加量Ek=_ 在实验误差允许的范围内，如果Ep=Ek则可认为验证了机械能守恒定律【答案】 (1). 9.30 (2). 60.00 (3). mgs (4). 12(M+m)(l2t22-l2t12) 【解析】【详解】(1)该游标卡尺的精确度为0.05mm，主尺读数为：9mm，副尺读数为：60.05mm=0.30mm，故遮光条宽度l=9.30mm；两光电门中心之间的距离s=80.30cm-20.30cm=60.00cm；(2)在滑块从光电门1运动到光电门2的过程中，系统势能的减少：EP=mgs；由于挡光条宽度很小，因此将挡光条通过光电门时的平均速度当作瞬时速度v1=lt1,v2=lt2;通过光电门1，系统（包括滑块、挡光条、托盘和砝码）的总动能为Ek1=12(M+m)(lt1)2,通过光电门2，系统（包括滑块、挡光条、托盘和砝码）的总动能为Ek2=12(M+m)(lt2)2；故动能增加量为：Ek=12(M+m)(lt2)212(M+m)(lt1)2.12. （10分）用如图所示电路测量电源的电动势和内阻。实验器材：待测电源（电动势约3V，内阻约2），保护电阻R1（阻值10）和R2（阻值5），滑动变阻器R，电流表A，电压表V，开关S，导线若干。实验主要步骤：（）将滑动变阻器接入电路的阻值调到最大，闭合开关；（）逐渐减小滑动变阻器接入电路的阻值，记下电压表的示数U和相应电流表的示数I；（）以U为纵坐标，I为横坐标，作UI图线（U、I都用国际单位）；（）求出UI图线斜率的绝对值k和在横轴上的截距a。回答下列问题：（1）电压表最好选用_；电流表最好选用_。A电压表（0-3V，内阻约15k） B电压表（0-3V，内阻约3k）C电流表（0-200mA，内阻约2） D电流表（0-30mA，内阻约2）（2）滑动变阻器的滑片从左向右滑动，发现电压表示数增大，两导线与滑动变阻器接线柱连接情况是_。A两导线接在滑动变阻器电阻丝两端的接线柱B两导线接在滑动变阻器金属杆两端的接线柱C一条导线接在滑动变阻器金属杆左端接线柱，另一条导线接在电阻丝左端接线柱D一条导线接在滑动变阻器金属杆右端接线柱，另一条导线接在电阻丝右端接线柱（3）选用k、a、R1、R2表示待测电源的电动势E和内阻r的表达式E=_，r=_，代入数值可得E和r的测量值。【答案】 (1). （1）A、 (2). C (3). （2）C (4). （3）ka (5). k-R2【解析】试题分析：（1）电压表并联在电路中，故电压表内阻越大，分流越小，误差也就越小，因此应选内阻较大的A电压表；当滑动变阻器接入电阻最小时，通过电流表电流最大，此时通过电流表电流大小约为I=ER1+R2+r=310+5+2=176mA；因此，电流表选择C；（2）分析电路可知，滑片右移电压表示数变大，则说明滑动变阻器接入电路部分阻值增大，而A项中两导线均接在金属柱的两端上，接入电阻为零；而B项中两导线接在电阻丝两端，接入电阻最大并保持不变；C项中一导线接在金属杆左端，而另一导线接在电阻丝左端，则可以保证滑片右移时阻值增大；而D项中导线分别接右边上下接线柱，滑片右移时，接入电阻减小；故D错误；故选C；（3）由闭合电路欧姆定律可知：U=E-I（r+R2），对比伏安特性曲线可知，图象的斜率为k=r+R2； 则内阻r=K-R2； 令U=0，则有：I=Er+R2=Ek； 由题意可知，图象与横轴截距为a，则有：a=I=Ek；解得：E=Ka考点：测量电源的电动势和内阻【名师点睛】本题考查测量电源的电动势和内电阻实验中的仪表选择以及数据处理，要注意明确根据图象分析数据的方法，重点掌握图象中斜率和截距的意义。视频三、计算题13. 如图所示，在水平面上依次放置小物块A和C以及曲面劈B,其中A与C的质量相等均为m，曲面劈B的质量M=3m,劈B的曲面下端与水平面相切，且劈B足够高，各接触面均光滑。现让小物块C以水平速度v0向右运动，与A发生碰撞，碰撞后两个小物块粘在一起又滑上劈B。求：（1）碰撞过程中系统损失的机械能；（2）碰后物块A与C在曲面劈B上能够达到的最大高度。【答案】（1）14mv02 （2）3v0240g 【解析】试题分析：（1）小物块C与A发生碰撞粘在一起，由动量守恒定律得：mv0=2mv解得v=12v0；碰撞过程中系统损失的机械能为E损=12mv0212(2m)v2解得E损=14mv02。（2）当AC上升到最大高速时，ABC系统的速度相等；根据动量守恒定律：mv0=(m+m+3m)v1解得v1=14v0由能量关系：2mgh=122m(12v0)2124m(14v0)2解得h=3v0240g考点：动量守恒定律; 机械能守恒定律【名师点睛】分析清楚物体运动过程是正确解题的关键，应用动量守恒定律与机械能守恒定律可以解题要注意ABC系统水平方向动量守恒，系统整体动量不守恒14. 平面直角坐标系xOy中，第象限存在垂直于平面向里的匀强磁场，第现象存在沿y轴负方向的匀强电场，如图所示。一带负电的粒子从电场中的Q点以速度v0沿x轴正方向开始运动，Q点到y轴的距离为到x轴距离的2倍。粒子从坐标原点O离开电场进入电场，最终从x轴上的P点射出磁场，P点到y轴距离与Q点到y轴距离相等。不计粒子重力，为：（1）粒子到达O点时速度的大小和方向；（2）电场强度和磁感应强度的大小之比。【答案】（1）2v0（2）v02 【解析】(1)粒子运动轨迹如图：粒子在电场中由Q到O做类平抛运动，设O点速度v与x方向夹角为，Q点到x轴的距离为L，到y轴的距离为2L，粒子的加速度为a，运动时间为t，根据平抛运动的规律有：x方向：2L=v0ty方向：L=12at2 粒子到达O点时沿y轴方向的分速度：vy=at，又tan=vyvx，解得tan=1，即=450，粒子到达O点时的夹角为450解斜向上，粒子到达O点时的速度大小为v=v0cos450=2v0；(2)设电场强度为E，粒子电荷量为q，质量为m，粒子在电场中受到的电场力为F，粒子在电场中运动的加速度：a=qEm，设磁感应强度大小为B，粒子做匀速圆周运动的半径为R，洛伦兹力提供向心力，有：qvB=mv2R，根据几何关系可知：R=2L解得：EB=v02 四、选考题： 15. 下列说法正确的是_A布朗运动反映了液体分子在永不停息的做无规则热运动B气体分子的平均动能增大，压强也一定增大C不同温度下，水的饱和汽压都是相同的D完全失重状态下悬浮的水滴呈球状是液体表面张力作用的结果E分子动理论认为，单个分子的运动是无规则的，但是大量分子的运动仍然有一定规律【答案】ADE【解析】布朗运动是指悬浮于液体中的固体小颗粒的运动，不是液体分子的热运动，但它反映了液体分子的无规则运动，A正确；气体分子的平均动能增大时，分子的密集程度可能减小，气体的压强不一定增大，故B错误；温度越高，液体越容易挥发，故饱和汽压随温度的升高而增大，C错误；液体表面具有收缩的趋势，即液体表面表现为张力，是液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，液面分子间表现为引力，太空中水滴成球形，是液体表面张力作用的结果，故D正确；热力学规律是大量气体分子的统计规律，对于单个分子的运动是无规则的，但是大量分子的运动仍然有一定规律，故E正确16. 为适应太空环境，去太空旅行的航天员都要穿上航天服，航天服有一套生命保障系统，为航天员提供合适的温度、氧气和气压，让航天员在太空中如同在地面上一样假如在地面上航天服内气压为1atm，气体体积为2L，到达太空后由于外部气压低，航天服急剧膨胀，内部气体体积变为4L，使航天服达到最大体积，假设航天服内气体的温度不变，将航天服视为封闭系统（1）求此时航天服内气体的压强，并从微观角度解释压强变化的原因（2）若开启航天服封闭系统向航天服内充气，使航天服内的气压缓慢恢复到0.9atm，则需补充1atm的等温气体多少升？【答案】（1）航天服内气体的压强为0.5atm；由于气体的压强与分子密度和分子平均动能有关，在气体体积变大的过程中，该气体的分子密度变小，而温度不变，即分子的平均动能不变，故该气体的压强减小（2）1.6L【解析】（1）对航天服内气体，开始时压强为p11atm，体积为V12L，到达太空后压强为p2，气体体积为V24L。由玻意耳定律得：p1V1p2V2 解得p20.5 atm 航天服内，温度不变，气体分子平均动能不变，体积膨胀，单位体积内的分子数减少，单位时间撞击到单位面积上的分子数减少，故压强减小（2）设需补充1atm气体V升后达到的压强为p30.9 atm，取总气体为研究对象。p1(V1V)