2019-2020学年高二物理下学期第二次阶段考试(5月)试题(含解析).doc

2019-2020学年高二物理下学期第二次阶段考试(5月)试题(含解析)二、选择题：本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第14-17题只有一项符合题目要求，第18-21题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。1. 2016年2月11日，科学家宣布“激光干涉引力波天文台（LIGO）”探测到由两个黑洞合并产生的引力波信号，这是在爱因斯坦提出引力波概念100周年后，引力波被首次直接观测到在两个黑洞合并过程中，由于彼此间的强大引力作用，会形成短时间的双星系统如图所示，黑洞A、B可视为质点，它们围绕连线上O点做匀速圆周运动，且AO大于BO，不考虑其他天体的影响下列说法正确的是A. 黑洞A的向心力大于B的向心力B. 黑洞A的质量大于B的质量C. 黑洞A的线速度大于B的线速度D. 两黑洞之间的距离越大，A的周期越小【答案】C【解析】试题分析：双星靠相互间的万有引力提供向心力，具有相同的角速度根据万有引力定律和向心力公式求解，注意其中的A、B距离和各自轨道半径的关系双星靠相互间的万有引力提供向心力，根据牛顿第三定律可知，A对B的作用力与B对A的作用力大小相等，方向相反，则黑洞A的向心力等于B的向心力，故A错误；在匀速转动时的向心力大小关系为mA2rA=mB2rB，由于A的半径比较大，所以A的质量小，B错误；双星靠相互间的万有引力提供向心力，具有相同的角速度，由图可知A的半径比较大，根据v=r可知，黑洞A的线速度大于B的线速度，C正确；双星靠相互间的万有引力提供向心力，所以GmAmBL2=mA(42T2)rA=mB(42T2)rB，又rA+rB=L，L为二者之间的距离，所以得：GmAmBL2=mA(42T2)mBLmA+mB，即T2=42L3G(mA+mB)，则两黑洞之间的距离越大，A的周期越大，故D错误2. 在粗糙水平地面上与墙平行放着一个截面为半圆的柱状物体A，A与竖直墙之间放另一截面也为半圆的柱状物体B，整个装置处于静止状态，截面如图所示设墙对B的作用力为F1，B对A的作用力为F2，地面对A的作用力为F3在B上加一物体C，整个装置仍保持静止，则A. F1保持不变，F3增大B. F1增大，F3保持不变C. F2增大，F3增大D. F2增大，F3保持不变【答案】C【解析】试题分析：先对BC整体分析，受重力、墙壁支持力和A的支持力，根据平衡条件，三个力可以构成首尾相连的矢量三角形，如图所示：加上C物体，相当于整体的重力增加了，故墙对B的作用力F1增加，A对B的支持力也增加，根据牛顿第三定律，B对A的作用力为F2增加；再对ABC整体分析，受重力、地面支持力、地面的静摩擦力，墙壁的支持力，根据平衡条件，地面的支持力等于整体的重力，故加上C物体后，地面的支持力F3变大，故ABD错误，C正确；考点：考查了力的动态平衡分析【名师点睛】整体法：以几个物体构成的整个系统为研究对象进行求解在许多问题中用整体法比较方便，但整体法不能求解系统的内力隔离法：从系统中选取一部分（其中的一个物体或两个物体组成的整体，少于系统内物体的总个数）进行分析隔离法的原则是选取受力个数最少部分的来分析通常在分析外力对系统作用时，用整体法；在分析系统内各物体之间的相互作用时，用隔离法有时在解答一个问题时要多次选取研究对象，需要整体法与隔离法交叉使用3. 磁卡的磁条中有用于存储信息的磁极方向不同的磁化区，刷卡器中有检测线圈，当以速度v0刷卡时，在线圈中产生感应电动势。其E-t关系如右图所示。如果只将刷卡速度改为v02，线圈中的E-t关系可能是A. B. C. D. 【答案】D.故选D。考点：感应电动势【名师点睛】感应电动势随时间的变化要从最大值和周期两方面进行判断。根据感应电动势公式E=BLv判断在其他条件不变时，感应电动势的大小与导体的切割速度的关系，再根据磁卡通过刷卡器的时间与速率成反比，判断感应电动势变化周期的大小。4. 现有a、b、c三束单色光，其波长关系为abc=123。当用a光束照射某种金属板时能发生光电效应，飞出的光电子最大动能为Ek，若改用b光束照射该金属板，飞出的光电子最大动能为13Ek，当改用c光束照射该金属板时A. 能发生光电效应，飞出的光电子最大动能为16EkB. 能发生光电效应，飞出的光电子最大动能为19EkC. 三束单色光光子能量之比为123D. 三束单色光光子能量之比为321【答案】B【解析】a、b、c三束单色光，其波长关系为a:b:c=1:2:3，因为光子频率v=c，知光子频率之比6：3：2，根据E=h可得三束单色光光子能量之比为6：3：2，设a光的频率为6a，根据光电效应方程Ekm=hvW0得Ek=h6aW0，13Ek=h3aW0联立两式解得逸出功W0=32ha，Ek=92ha，c光的光子频率为2aW0，能发生光电效应最大初动能Ekm=h2aW0=12ha=19Ek，故B正确5. 如图，两光滑斜面在B处链接，小球由A处静止释放，经过B、C两点时速度大小分别为3m/s和4m/s，AB=BC。设球经过B点前后的速度大小不变，则A. 球在AB、BC段的运动时间之比为7:4B. 球在AB、BC段的加速度大小之比为9:7C. 球在AB、BC段的重力做功之比为9:16D. 球由A运动到C的过程中平均速率为2.1m/s【答案】BD【解析】AB段的时间t1=xvB2=2x3，BC段的时间t2=xvB+vC2=2x7，球在AB、BC段的运动时间之比为7:3，AC过程中平均速率v=2x2x3+2x7m/s=2.1m/s，故A错误D正确对于AB段，根据速度位移公式得a1=vB22xAB=92xAB，对BC段，根据速度位移公式得，a2=vC2vB22xBC=1692xBC=72xBC，则加速度大小之比为9：7，故B正确；球在AB、BC段的重力做功分别为WAB=12mvB2=92m，WAB=12mvC212mvB2=72m，故球在AB、BC段的重力做功之比为9:7，C错误6. 如图甲所示，质量m=1kg平板小车B在光滑水平面上以 v1=1.0m/s的速度水平向左匀速运动。t=0时小铁块A以 v2=2.0m/s的速度水平向右滑上小车，若图乙为小铁块A和小车B运动的图象，取重力加速度 g=10m/s2，由此可知A. 小车B长度为0.75mB. 小铁块A所受摩擦力的大小为2NC. 铁块A与车板间的动摩擦因数为0.2D. 系统产生最大热量为3J【答案】CD【解析】由图乙知，小铁块A在0-0.5s内向右做匀减速运动，0.5s后与小车一起匀速运动，铁块A的最终速度为1.0m/s，在0-0.5s内小铁块B的加速度大小为aB=vt=1(1)0.5=4m/s2，根据牛顿第二定律得：铁块B所受摩擦力的大小f=mBaB=41=4N，根据牛顿第三定律可得小铁块A受到的摩擦力大小为4N，B错误；从图乙中可得aA=vt=210.5=2m/s2，根据牛顿第二定律可得f=mAaA，解得小铁块的质量mA=2kg，由f=mAg，解得铁块A与车板间的动摩擦因数=0.2，C正确；对A、B系统，由能量守恒定律得：Q=fL=12mAvA2+12mBvB212(mA+mB)v2，代入数据解得L=0.75m，Q=3J，即小车B的长度最少了0.75m，可能大于0.75m，故A错误D正确7. 如图所示，在足够长的光滑绝缘水平直线轨道上方的P点，固定一电荷量为Q的点电荷。一质量为m、带电荷量为q的物块(可视为质点的检验电荷)，从轨道上的A点以初速度v0沿轨道向右运动，当运动到P点正下方B点时速度为v。已知点电荷产生的电场在A点的电势为(取无穷远处电势为零)，P到物块的重心竖直距离为h，P、A连线与水平轨道的夹角为60，k为静电常数，下列说法正确的是A. 物块在A点的电势能EPA =QB. 物块在A点时受到轨道的支持力大小为C. 物块在B点的电场力的功率为0D. 点电荷Q产生的电场在B点的电势【答案】BCD【解析】试题分析：对物体进行受力分析，受重力、支持力、库仑力，根据竖直方向合力等于零，求出物体在A点受到轨道的支持力从A点到B点，只有电场力做功，根据动能定理，求出电场力做功，从而得出两点间的电势差，从而得出B点的电势物块在A点的电势能EPA=+q，则A错误；物体受到点电荷的库仑力为F=kQqr2，由几何关系可知r=hsin60 ，设物体在A点时受到轨道的支持力大小为N，由平衡条件有NmgFsin60=0，解得N=mg+33kqQ8h2，B正确；点电荷+Q产生的电场在B点的电场强度方向为竖直向下，而速度方向沿水平方向，故电场力的功率为零，C正确；设点电荷产生的电场在B点的电势为B，动能定理有q(B)=12mv212mv02，解得B=m2q(v02v2)+，故D正确8. 在一小型交流发电机中，矩形金属线圈abcd的面积为S，匝数为n，线圈总电阻为r，在磁感应强度为B的匀强磁场中，绕轴以角速度匀速转动（如图1所示），产生的感应电动势随时间的变化关系（如图2所示），矩形线圈与阻值为R的电阻构成闭合电路，下列说法中正确的是A. 从t1到t3这段时间内穿过线圈磁通量的变化量为零B. 从t3到t4这段时间通过电阻R的电荷量为E0(R+r)C. t4时刻穿过线圈的磁通量的变化率大小为E0nD. t4时刻电阻R的发热功率为E02R(R+r)2【答案】BC【解析】试题分析：磁通量是标量，但有正负，磁通量的变化率与线圈的匝数无关，流过电阻的电荷量等于平均电流与时间的乘积，即q=It=nBSR+r，电阻R产生的热量用有效值来计算从t1到t3这段时间内，线圈转动了180，在t1时刻穿过线圈的磁通量为BS，在t2时刻穿过线圈的磁通量为-BS，故磁通量的变化量为-2BS，故A错误；从t3到t4这段时间产生的平均感应电动势为E=nBSt，感应电流为I=ER+r，通过的电荷量为q=It=nBSR+r，由于E0=nBS，联立解得q=E0(R+r)，B正确；t4时刻，产生的感应电动势最大，线圈与中性面垂直，E0=nt，故磁通量的变化率为E0n，故C正确；产生的感应电动势的有效值为E=E02，故电阻R的发热功率P=(ER+r)2R=RE022(R+r)2，故D错误三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第22题第32题为必考题，每个试题考生都必须做答。第33题第38题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题9. 为了探究质量一定时加速度与力的关系，一同学设计了如图所示的实验装置，其中M为带滑轮的小车的质量，m为砂和砂桶的质量，（滑轮质量不计）（1）实验时，一定要进行的操作或保证的条件是_。A用天平测出砂和砂桶的质量B将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力C小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录弹簧测力计的示数D改变砂和砂桶的质量，打出几条纸带E为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M（2）实验时得到一条纸带，如图所示，取A为测量原点，B、D、F各点的测量坐标分别为xB=4.1cm，xD=12.9cm，xF=22.5cm。C、E点坐标漏测量。已知打点计时器每0.02s打一个点，则小车运动的加速度a=_m/s2。(结果保留两位有效数字）（3）以弹簧测力计的示数F为横坐标，加速度a为纵坐标，画出的a-F图像是一条直线，图线与横轴的夹角为，求得图线的斜率为k，则小车的质量为_A2tan B1tan Ck D【答案】 (1). BCD (2). 5.0 (3). D【解析】（1）本题拉力可以由弹簧测力计测出，不需要用天平测出砂和砂桶的质量，也就不需要使小桶（包括砂）的质量远小于车的总质量，故AE错误；该题是弹簧测力计测出拉力，从而表示小车受到的合外力，将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力，B正确；打点计时器运用时，都是先接通电源，待打点稳定后再释放纸带，该实验探究加速度与力和质量的关系，要记录弹簧测力计的示数，C正确；改变砂和砂桶质量，即改变拉力的大小，打出几条纸带，研究加速度随F变化关系，D正确（2）由匀变速直线运动的推论x=at2可知，加速度a=xDFxBDt2=0.0960.088(20.02)2=5.0m/s2；（3）对a-F图来说，图象的斜率表示小车质量的倒数，弹簧测力计的示数2F=Ma，即a=2MF，a-F图线的斜率为k，则k=2M，故小车质量为M=2k，D正确10. 实验室购买了一捆标称长度为100 m的铜导线，某同学想通过实验测定其实际长度。该同学首先测得导线横截面积为1.0 mm2，查得铜的电阻率为1.7108 m，再利用图甲所示电路测出铜导线的电阻Rx，从而确定导线的实际长度。可供使用的器材有：电流表：量程0.6A，内阻约0.2；电压表：量程3V，内阻约9k；滑动变阻器R1：最大阻值5；滑动变阻器R2：最大阻值20；定值电阻：R0=3；电源：电动势6V，内阻可不计；开关、导线若干。回答下列问题： （1）实验中滑动变阻器应选_(填“R1”或“R2”)，闭合开关S前应将滑片移至_端(填“a”或“b”)； （2）在实物图中，已正确连接了部分导线，请根据图甲电路完成剩余部分的连接_；（3）调节滑动变阻器，当电流表的读数为0.50 A时，电压表示数如图乙所示，读数为_V；（4）导线实际长度为_m(保留两位有效数字)。【答案】 (1). R2 (2). a (3). (4). 2.30(2.29、2.31均正确) (5). 94(93、95均正确)【解析】试题分析：（1）本实验采用限流法测电阻，所以滑动变阻器的最大阻值应为R0和Rx总阻值的4倍以上，R0=3，所以滑动变阻器选R2，闭合开关S前应将滑片移至阻值最大处，即a处；（2）根据实验电路图，连接实物图，如图所示：（3）电压表量程为3V，由图乙所示电压表可知，其分度值为01V所示为230V；（4）根据欧姆定律得R0+Rx=UI=2.30.5=4.6，则Rx=1.6，由电阻定律Rx=LS可知L=RXS，代入数据解得L=94m；考点：考查了伏安法测电阻【名师点睛】本题主要考查了电学元件选取原则和欧姆定律及电阻定律的直接应用，能根据电路图连接实物图，难度适中11. 图中有一个竖直固定在地面的透气圆筒，筒中有一劲度为k的轻弹簧，其下端固定，上端连接一质量为m的薄滑块，圆筒内壁涂有一层新型智能材料ER流体，它对滑块的阻力可调。起初，滑块静止，ER流体对其阻力为0，弹簧的长度为L，现有一质量也为m的物体从距地面2L处自由落下，与滑块碰撞后粘在一起向下运动。为保证滑块做匀减速运动，且下移距离为2mgk时速度减为0，ER流体对滑块的阻力须随滑块下移而变。试求（忽略空气阻力）： （1）下落物体与滑块碰撞过程中系统损失的机械能；（2）滑块向下运动过程中加速度的大小；（3）滑块下移距离d时ER流体对滑块阻力的大小。【答案】（1）（2）a=kL8m（3）【解析】（1）设物体下落末速度为v0，由机械能守恒定律mgL=12mv02得v0=2gL设碰后共同速度为v1，由动量守恒定律2mv1=mv0得v1=122gL碰撞过程中系统损失的机械能力E=12mv02122mv12=12mgL（2）设加速度大小为a，有2as=v12得a=kL8m（3）设弹簧弹力为FN，ER流体对滑块的阻力为FER受力分析如图所示FS+FER2mg=2maFS=kxx=d+mg/k得FER=mg+kL4kd12. 如图所示，在坐标系xoy的第一、第三象限内存在相同的匀强磁场，磁场方向垂直于xoy面向里；第四象限内有沿y轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E。一质量为m、带电荷量为+q的粒子自y轴的P点沿x轴正方向射入第四象限，经x轴上的Q点进入第一象限，随即撤去电场，以后仅保留磁场。已知OP=d，OQ=2d，不计粒子重力。（1）求粒子过Q点时速度的大小和方向。（2）若磁感应强度的大小为一定值B0，粒子将以垂直y轴的方向进入第二象限，求B0；（3）若磁感应强度的大小为另一确定值，经过一段时间后粒子将再次经过Q点，且速度与第一次过Q点时相同，求该粒子相邻两次经过Q点所用的时间。【答案】（1）v=2qEdm；=450（2）B0=mE2qd（3）t=(2+)2mdqE【解析】试题分析：（1）设粒子在电场中运动的时间为t0，加速度的大小为a，粒子的初速度为v0，过Q点时速度的大小为v，沿y轴方向分速度的大小为vy，速度与x轴正方向间的夹角为，由牛顿第二定律得qE=ma（1分）由运动学公式得d=12at02（1分）2d=v0t0（1分）vy=at0（1分）v=v02+vy2tan=vyv0（1分）联立以上各式v=2qEdm（1分）=45（1分）（2）设粒子做圆周运动的半径为R1，粒子在第一象限的运动轨迹如图所示，O1为圆心，由几何关系可知O1OQ为等腰直角三角形，得R1=22d（1分）由牛顿第二定律得qvB0=mv2R1（1分）联立可得B0=mE2qd（2分）（3）设粒子做圆周运动的半径为R2，由几何分析（粒子运动的轨迹如图所示，O2、O2是粒子做圆周运动的圆心，Q、F、G、H是轨迹与两坐标轴的交点，连接O2、O2，由几何关系知，O2FGO2和O2FGO2均为矩形，进而知FQ、GH均为直径，QFGH也是矩形，又FHGQ，可知QFGH是正方形，QOG为等腰直角三角形）可知，粒子在第一、第三象限的轨迹均为半圆，得2R2=22d（1分）粒子在第二、第四象限的轨迹为长度相等的线段，得FG=HQ=2R2（1分）设粒子相邻两次经过Q点所用的时间为t，则有t=FG+HQ+2R2v（1分）联立可得t=(2+)2mdqE（2分）考点：本题综合性较强，主要考查学生对带电粒子在匀强电场和匀强磁场中的运动和牛顿第二定律的应用（二）选考题：33【物理选修33】13. 下列说法正确的是 A. 一定量的气体吸收热量，其内能可能减小B. 用油膜法测出油分子的直径后，要测定阿伏伽德罗常数，只需要再知道油的摩尔体积即可C. 空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近饱和气压，水蒸发越快D. 太空中水滴呈现完美球形是由于液体表面张力的作用E. 相邻的两个分子之间的距离减小时，分子间的引力变小，斥力变大【答案】ABD【解析】一定量的气体吸收热量，根据热力学第一定律分析可知，其内能不一定增加，也可能减小，还与做功情况有关，A正确；由油分子直径可以求出油分子的体积，只要知道了油的摩尔体积，由摩尔体积和油分子体积之比可以求1摩尔油所含有的油分子数目，即可以求出阿伏伽德罗常数，B正确；相对湿度为某一被测蒸气压与相同温度下的饱和蒸气压的比值的百分数；在一定气温条件下，大气中相对湿度越大，空气中水蒸气压强越接近饱和汽压，水蒸发越慢，C错误；由于水分子的表面层中的分子之间的距离大于液体内部的分子之间的距离，所以分子的表面层中的分子力表现为引力，太空中水滴成球形，故D正确；分子间引力和斥力的同时存在，分子间的引力、斥力都变大，故E错误14. 两个相同的薄壁型气缸A和B，活塞的质量都为m，横截面积都为S，气缸的质量都为M，M/m=2/3，气缸B的筒口处有卡环可以防止活塞离开气缸。将气缸B的活塞跟气缸A的气缸筒底用细线相连后，跨过定滑轮，气缸B放在倾角为30O光滑斜面上，气缸A倒扣在水平地面上，气缸A和B内装有相同质量的同种气体，体积都为V0，温度都为300K，如图所示，此时气缸A的气缸筒恰好对地面没有压力。设气缸内气体的质量远小于活塞的质量，外界大气对活塞的压力等于活塞重的1.5倍。若使气缸A的活塞对地面的压力为0，气缸A内气体的温度是多少？若气缸A整体静止，使气缸B中的气体体积变为45V0，气缸B内的气体的温度是多少？【答案】112.5K210K【解析】对A有PAS+FT=Mg+P0S，对气缸B和活塞为整体有：FT(Mm)gsin30o联立以上二式并代入数据可得：PA2MgS；活塞对地面压力为零有PA1SmgP0S，对于A气体体积不变有：PA1T1=PAT0有T1=3T08=112.5KA整体静止，B缸体上移，活塞离开卡环，设此时B内压强为PB1有：P0S=PB1S+Mgsin30PB145V0TB1=PAV0T0解得T30.7T0=210K34.【物理选修34】15. 设x轴方向的一条细绳上有O、A、B、C、D、E、F、G八个点，OA=