内蒙古第一机械制造（集团）有限公司第一中学2018-2019学年高二物理下学期期末考试试题（含解析）.doc

内蒙古第一机械制造（集团）有限公司第一中学2018-2019学年高二物理下学期期末考试试题（含解析）一、选择题1.某航母跑道长200m飞机在航母上滑行的最大加速度为6m/s2，起飞需要的最低速度为50m/s。那么，飞机在滑行前，需要借助弹射系统获得的最小初速度为a. 5m/sb. 10m/sc. 15m/sd. 20m/s【答案】b【解析】【详解】试题分析：由运动学公式，代人数据得：，故选b正确。考点：匀变速直线运动的速度与位移的关系【名师点睛】已知飞机的末速度、加速度和位移，代入公式，即可求出初速度；该题考察导出公式的应用，直接代入公式即可。【此处有视频，请去附件查看】2.如图所示，某人静躺在椅子上，椅子的靠背与水平面之间有固定倾斜角。若此人所受重力为g，则椅子各部分对他的作用力的合力大小为 a. gsinb. gc. gcosd. gtan【答案】b【解析】【详解】人受多个力处于平衡状态，人受力可以看成两部分，一部分是重力，另一部分是椅子各部分对他的作用力的合力。根据平衡条件得椅子各部分对他的作用力的合力与重力等值，反向，即大小是g。agsin，与结论不相符，选项a错误；bg，与结论相符，选项b正确；cgcos，与结论不相符，选项c错误；dgtan，与结论不相符，选项d错误；3.一遥控玩具汽车在平直路上运动的位移时间图象如图所示，则（）a. 15s内汽车的位移为 300mb. 前10s内汽车的加速度为3m/s2c. 20s末汽车的速度为1m/sd. 前 25s内汽车做单方向直线运动【答案】c【解析】试题分析：位移时间图像中倾斜直线表示汽车做匀速运动，图线与横坐标平行说明汽车静止不动，图线的斜率大小表示速度大小，斜率的正负表示速度方向，15 s末汽车的位置坐标为30 m，离开出发点30 m，故a项错；前10 s内汽车做匀速直线运动，所以加速度为零，b错误，1525 s内图象中倾斜直线的斜率表示这段时间内的速度，20 s末的速度等于这个值，为1 m/s，故c项正确；前10s沿x轴正向运动，中间5 s静止，后面10 s又沿x轴的负方向运动，故d项错考点：考查了x-t图像的理解点评：做本题的关键是知道图像的斜率，以及正负值的含义4.用卡车运输质量为m的匀质圆筒状工件，为使工件保持固定，将其置于两光滑斜面之间，如图所示。两斜面i、固定在车上，倾角分别为30和60。重力加速度为g。当卡车沿平直公路匀速行驶时，圆筒对斜面i、压力的大小分别为f1、f2，则a. ，b. ，c. ，d. ，【答案】a【解析】详解】将重力进行分解如图所示；根据几何关系可得。a，与结论相符，选项a正确；b，与结论不相符，选项b错误；c，与结论不相符，选项c错误；d，与结论不相符，选项d错误；5.一物体作匀加速直线运动，通过一段位移所用的时间为，紧接着通过下一段位移所用时间为。则物体运动的加速度为a. b. c. d. 【答案】a【解析】试题分析：物体作匀加速直线运动在前一段所用的时间为，平均速度为：，即为时刻的瞬时速度；物体在后一段所用的时间为，平均速度为：，即为时刻的瞬时速度速度由变化到的时间为：，所以加速度为：，a正确；考点：考查了匀变速直线运动规律的应用【名师点睛】本题若设初速度和加速度，结合位移时间公式列方程组求解，可以得出加速度的大小，但是计算较复杂，没有运用匀变速直线运动的推论解决简捷【此处有视频，请去附件查看】6.如图，质量mamb的两物体a、b叠放在一起，靠着竖直墙面。让它们由静止释放，在沿粗糙墙面下落过程中，物体b的受力示意图是a. b. c. d. 【答案】a【解析】【详解】a与b整体同时沿竖直墙面下滑，受到总重力，墙壁对其没有支持力，如果有，将会向右加速运动，因为没有弹力，故也不受墙壁的摩擦力，即只受重力，做自由落体运动；由于整体做自由落体运动，处于完全失重状态，故a、b间无弹力，再对物体b受力分析，只受重力，故a正确，bcd错误。【点睛】本题关键先对整体受力分析，得到整体做自由落体运动，处于完全失重状态，故a与b间无弹力，最后再对b受力分析，得到其只受重力。【此处有视频，请去附件查看】7.如图，一小球放置在木板与竖直墙面之间设墙面对球的压力大小为n1，球对木板的压力大小为n2.以木板与墙连接点所形成的水平直线为轴，将木板从图示位置开始缓慢地转到水平位置不计摩擦，在此过程中a. n1始终减小，n2始终增大b. n1始终减小，n2始终减小c. n1先增大后减小，n2始终减小d. n1先增大后减小，n2先减小后增大【答案】b【解析】试题分析：对小球进行受力分析如图所示，设：板与竖直方向夹角为，则：，随着板顺时针方向转动，越来越大，因此n2越来越小，同样也越来越小，答案b正确。考点：共点力作用下物体的平衡，力的合力与分解8.利用引力常量g和下列某一组数据，不能计算出地球质量的是a. 地球半径及重力加速度（不考虑地球自转）b. 人造卫星在地面附近绕地球做圆周运动的速度及周期c. 月球绕地球做圆周运动的周期及月球与地球间的距离d. 地球绕太阳做圆周运动的周期及地球与太阳间的距离【答案】d【解析】根据地球表面物体重力等于万有引力可得，所以地球质量，故a可计算；由万有引力做向心力可得，故可根据v，t求得r，进而求得地球质量，故b可计算；根据万有引力做向心力可得，故可根据t，r求得中心天体的质量m，运动天体的质量m抵消掉，无法求解，c可求解，d无法求解9.下列有关原子结构和原子核的认识，其中正确的是 。a. 射线是高速运动的电子流b. 氢原子辐射光子后，其绕核运动的电子动能增大c. 太阳辐射能量的主要来源是太阳中发生的重核裂变d. 的半衰期是5天，100克经过10天后还剩下50克【答案】b【解析】【详解】射线是光子流，所以a错误；氢原子辐射光子后，从高轨道跃迁到低轨道，其绕核运动的电子速度增大，动能增大，故b正确；太阳辐射能量的主要来源是太阳中发生的轻核聚变，所以c错误；半衰期是大量的统计规律，少数原子核不适应，所以d错误。故选b。10.如图所示，正方形区域内存在垂直纸面的匀强磁场。一带电粒子垂直磁场边界从a点射入，从b点射出。下列说法正确的是 a. 粒子带正电b. 粒子在b点速率大于在a点速率c. 若仅减小磁感应强度，则粒子可能从b点右侧射出d. 若仅减小入射速率，则粒子在磁场中运动时间变短【答案】c【解析】【详解】由左手定则确粒子的电性，由洛伦兹力的特点确定粒子在b、a两点的速率，根据确定粒子运动半径和运动时间。由题可知，粒子向下偏转，根据左手定则，所以粒子应带负电，故a错误；由于洛伦兹力不做功，所以粒子动能不变，即粒子在b点速率与a点速率相等，故b错误；若仅减小磁感应强度，由公式得：，所以磁感应强度减小，半径增大，所以粒子有可能从b点右侧射出，故c正确，若仅减小入射速率，粒子运动半径减小，在磁场中运动的偏转角增大，则粒子在磁场中运动时间一定变长，故d错误。11.法拉第圆盘发电机的示意图如图所示。铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片p、q分别与圆盘的边缘和铜轴接触。圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场b中。圆盘旋转时，关于流过电阻r的电流，下列说法正确的是()a. 若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定b. 若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a到b的方向流动c. 若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化d. 若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在r上的热功率也变为原来的4倍【答案】abd【解析】【详解】a铜盘转动产生的感应电动势为：知圆盘转动的角速度恒定，e恒定，产生的电流大小恒定；故a正确；b由右手定则可知，回路中电流方向不变，若从上往下看，圆盘顺时针转动，由右手定则知，电流沿a到b的方向流过r，故b正确；c若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向不变，大小变化，故c错误；d若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，根据，可知回路中电流变为原来2倍，根据p=i2r可知电流在r上的热功率也变为原来的4倍，故d正确。12.如图所示，闭合的矩形导体线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁感线的对称轴oo匀速转动，沿着oo方向观察，线圈沿顺时针方向转动。已知匀强磁场的磁感应强度为b，线圈匝数为n，ab边的边长为l1，ad边的边长为l2，线圈电阻为r，转动的角速度为，则当线圈转至图示位置时（ ）a. 线圈中感应电流的方向为abcdab. 线圈中的感应电动势为2nbl2c. 穿过线圈的磁通量的变化率最大d. 线圈ad边所受安培力的大小为，方向垂直纸面向里【答案】ac【解析】图示时刻，ad速度方向向外，bc速度方向向里，根据右手定则判断出ad中感应电流方向为da，bc中电流方向为bc，线圈中感应电流的方向为abcda。故a正确。线圈中的感应电动势为e=nbs=nbl1l2故b错误。图示时刻ad、bc两边垂直切割磁感线，线圈中产生的感应电动势最大，由法拉第电磁感应定律分析得知，磁通量的变化率最大。故c正确；线圈ad边所受安培力的大小为f=nbil2=nbl2故d错误。故选ac。13.如图所示，质量为m1.0 kg的物体在水平力f5 n的作用下，以v010 m/s向右匀速运动。倾角为37的斜面与水平面在a点用极小的光滑圆弧相连。物体与水平面、斜面间的动摩擦因数相同，物体到达a点后撤去水平力 f，再经过一段时间物体到达最高点b点。g取10 m/s2，sin370.6，cos370.8。（ ）a. a、b间距离为5mb. a、b间距离为6mc. 从a点算起，经1 s物体到达最高点d. 从a点算起，经2 s物体到达最高点【答案】ac【解析】【详解】ab物体匀速运动时：f=mg解得=0.5在斜面上上滑的加速度：则选项a正确，b错误；cd从a点算起，经物体到达最高点，选项c正确，d错误。14.氢原子能级如图所示，已知可见光光子的能量在1.61ev3.10ev范围内，则下列说法正确的是（ ） a. 氢原子能量状态由n=2能级跃迁到n=1能级，放出光子为可见光b. 大量氢原子处于n=4能级时，向低能级跃迁能发出6种频率的光子c. 处于基态的氢原子电离需要释放13.6ev的能量d. 氢原子处于n=2能级时，可吸收2.86 ev能量的光子跃迁到高能级【答案】bd【解析】根据，由n=2能级跃到n=1能级产生的光子能量为，大于可见光的能量范围，故放出的光子不是可见光，故a错误；处于n=4能级的激发态氢原子向低能级跃迁时，能产生种不同频率的光子，故b正确处于基态的氢原子电离需要吸收13.6ev的能量，故c错误电子处于n=2能级吸收能量为2.86ev的光子，能量变为-0.54ev，即将跃迁到n=5能级，故d正确选bd.15.如图（a），物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平。t=0时，木板开始受到水平外力f的作用，在t=4 s时撤去外力。细绳对物块的拉力 f 随时间t变化的关系如图（b）所示，木板的速度v与时间t的关系如图（c）所示。木板与实验台之间的摩擦可以忽略。重力加速度取g=10 m/s2。由题给数据可以得出 a. 2 s-4 s内，力f的大小为0.4 nb. 0-2 s内，力f的大小保持不变c. 木板的质量为1 kgd. 物块与木板之间的动摩擦因数为0.2【答案】ac【解析】【详解】c根据图象可知木块与木板之间的滑动摩擦力为f=0.2n，在4s后撤去外力，此时木板在水平方向上只受到滑动摩擦力的作用，此时木板的加速度大小为 根据牛顿第二定律可得f=ma2解得木板的质量m=1kg故c正确；a2s4s内，木板的加速度根据牛顿第二定律可得f-f=ma1解得f=0.4n故a正确；b02s内，整体受力平衡，拉力f的大小始终等于绳子的拉力，绳子的拉力增大，则力f增大，故b错误；d由于物块的质量无法求出，物块与木板之间的动摩擦因数无法求解，故d错误。16.如图，一平行板电容器连接在直流电源上，电容器的极板水平，两微粒a、b所带电荷量大小相等、符号相反，使它们分别静止于电容器的上、下极板附近，与极板距离相等。现同时释放a、b，它们由静止开始运动，在随后的某时刻t，a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面，a、b间的相互作用和重力可忽略。下列说法正确的是（ ）a. a的质量比b的大b. 在t时刻，a的动能比b的大c. 在t时刻，a和b的电势能相等d. 在t时刻，a和b的动量大小相等【答案】bd【解析】试题分析 本题考查电容器、带电微粒在电场中的运动、牛顿运动定律、电势能、动量定理及其相关的知识点。解析 根据题述可知，微粒a向下加速运动，微粒b向上加速运动，根据a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面，可知a的加速度大小大于b的加速度大小，即aaab。对微粒a，由牛顿第二定律， qe=maaa，对微粒b，由牛顿第二定律，qe =mbab，联立解得： ，由此式可以得出a的质量比b小，选项a错误；在a、b两微粒运动过程中，a微粒所受合外力等于b微粒，a微粒的位移大于b微粒，根据动能定理，在t时刻，a的动能比b大，选项b正确；由于在t时刻两微粒经过同一水平面，电势相等，电荷量大小相等，符号相反，所以在t时刻，a和b的电势能不等，选项c错误；由于a微粒受到的电场力（合外力）等于b微粒受到的电场力（合外力），根据动量定理，在t时刻，a微粒的动量等于b微粒，选项d正确。点睛 若此题考虑微粒的重力，你还能够得出a的质量比b小吗？在t时刻力微粒的动量还相等吗？在t时间内的运动过程中，微粒的电势能变化相同吗？ 二填空题17.某同学利用图示装置研究小车的匀变速直线运动。（1）实验中必要的措施是_。a细线必须与长木板平行 b先接通电源再释放小车c小车的质量远大于钩码的质量 d平衡小车与长木板间的摩擦力（2）他实验时将打点计时器接到频率为50 hz的交流电源上，得到一条纸带，打出的部分计数点如图所示（每相邻两个计数点间还有4个点，图中未画出）。s1=3.59 cm，s2=4.41 cm，s3=5.19 cm，s4=5.97 cm，s5=6.78 cm，s6=7.64 cm。则小车的加速度a=_m/s2（要求充分利用测量的数据），打点计时器在打b点时小车的速度vb=_m/s。（结果均保留两位有效数字）【答案】 (1). （1）ab (2). （2）0.80 (3). 0.40【解析】【详解】为了让小车做匀加速直线运动，应使小车受力恒定，故应将细线与木板保持水平；同时为了打点稳定，应先开电源再放纸带，故ab正确；本实验中只是研究匀变速直线运动，故不需要让小车的质量远大于钩码的质量；只要能让小车做匀加速运动即可，故c错误；由c的分析可知，只要摩擦力恒定即可，不需要平衡摩擦力，故d错误，故选ab。每两个计数点间有四个点没有画出，故两计数点间的时间间隔为；根据逐差法可知，物体的加速度；b点的速度等于ac段的平均速度，则有：。【点睛】本题考查匀变速直线运动规律的应用，要注意明确实验原理，知道本实验中只需要研究匀变速直线运动即可，所以不需要平衡摩擦力，也不需要让小车的质量远大于钩码的质量。18.某同学通过下述实验验证力的平行四边形定则。 实验步骤：将弹簧秤固定在贴有白纸的竖直木板上，使其轴线沿竖直方向。如图甲所示，将环形橡皮筋一端挂弹簧秤的秤钩上，另一端用圆珠笔尖竖直向下拉，直到弹簧秤示数为某一设定值时，将橡皮筋两端的位置标记为o1、o2，记录弹簧秤的示数f，测量并记录o1、o2间的距离(即橡皮筋的长度l)。每次将弹簧秤示数改变0.50 n，测出所对应的l，部分数据如下表所示：找出中f2.50 n时橡皮筋两端的位置，重新标记为o、o，橡皮筋的拉力记为foo。在秤钩上涂抹少许润滑油，将橡皮筋搭在秤钩上，如图乙所示。用两圆珠笔尖成适当角度同时拉橡皮筋的两端，使秤钩的下端达到o点，将两笔尖的位置标记为a、b，橡皮筋oa段的拉力记为foa，ob段的拉力记为fob。完成下列作图和填空：(1)利用表中数据在图丙中画出 图线_，根据图线求得l0_cm。(2)测得oa6.00 cm，ob7.60 cm，则foa大小为_n。(3)在图丁中根据给出的标度，作出foa和fob的合力f的图示_。(4)通过比较f与_的大小和方向，即可得出实验结论。【答案】 (1). 如图所示: (2). (3). 1.80(1.701.90均正确) (4). 如图所示: (5). foo【解析】【详解】(1)12如图所示，由图象知图线与横轴交点横坐标即弹簧原长，故l010.0 cm。(2)3由图象的斜率知橡皮筋的劲度系数k50.0 n/m，oa、ob的长度之和是13.60 cm，原长10 cm，则形变量x3.60 cm，所以弹力tkx1.80 n(3)4合力f的图示如图所示。(4)5橡皮筋搭在秤钩上拉至o点和把橡皮筋挂在秤钩上拉至o点效果相同，f应与foo比较。三、计算题19.高速公路上甲、乙两车在同一车道上同向行驶，甲车在前，乙车在后，速度均为v0=30m/s，距离s0=100m，t=0时刻甲车遇紧急情况后，甲、乙两车的加速度随时间变化如图所示，取运动方向为正方向。(1).画出两车0-9s的速度图像(2).通过讨论说明两车在09s内会不会相撞？【答案】（1）如图所示：（2）不会相撞【解析】【详解】（1）两车0-9s的速度图像如图：（2）公式解法：令a1=-10m/s2，a2=5m/s2，a3=-5m/s2，t1=3s末，甲车速度：v1=v0+a1t1=0；设3s过后经过t2 s 甲、乙两车速度相等，此时距离最近：a2t2 =v0+a3t2；等速之前，甲车位移：乙车位移：解得x乙-x甲=90ms0=100m不会相撞。图象解法：由加速度图像可画出两车的速度图像，由图像可知，t=6s 时两车等速，此时距离最近，图中阴影部分面积为06s内两车位移之差，100m不会相撞。20.如图所示，在光滑水平桌面eab上有质量为m2 kg的小球p和质量为m1 kg的小球q，p、q之间压缩一轻弹簧(轻弹簧与两小球不拴接)，桌面边缘e处放置一质量也为m1 kg的橡皮泥球s，在b处固定一与水平桌面相切的光滑竖直半圆形轨道。释放被压缩的轻弹簧，p、q两小球被轻弹簧弹出，小球p与弹簧分离后进入半圆形轨道，恰好能够通过半圆形轨道的最高点c；小球q与弹簧分离后与桌面边缘的橡皮泥球s碰撞后合为一体飞出，落在水平地面上的d点。已知水平桌面高为h0.2 m，d点到桌面边缘的水平距离为x0.2 m，重力加速度为g10 m/s2，求：(1)小球p经过半圆形轨道最低点b时对轨道的压力大小nb；(2)小球q与橡皮泥球s碰撞前瞬间的速度大小vq；(3)被压缩的轻弹簧的弹性势能ep。【答案】(1)120n(2)2 m/s(3)3 j【解析】【详解】（1）小球p恰好能通过半圆形轨道的最高点c，则有mgm解得vc对于小球p，从bc，由动能定理有解得vb在b点有nbmgm解得nb6mg120 n由牛顿第三定律有nbnb120 n（2）设q与s做平抛运动初速度大小为v，所用时间为t，根据公式hgt2，得t0.2 s根据公式xvt，得v1 m/s碰撞前后q和s组成的系统动量守恒，则有mvq2mv解得vq2 m/s（3）p、q和弹簧组成的系统动量守恒，则有mvpmvq解得vp1 m/s对p、q和弹簧组成的系统，由能量守恒定律有 解得ep3 j21.对于实际的气体，下列说法正确的是_。a. 气体的内能包括气体分子的重力势能b. 气体的内能包括分子之间相互作用