《安徽省黄山市2020学年高二物理下学期期中试题（含解析）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《安徽省黄山市2020学年高二物理下学期期中试题（含解析）（19页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、屯溪一中20202020学年度第二学期期中考试 高二理科物理试题一、选择题1.长沙市某游乐场有高山坡滑草这项游乐项目：高山两侧是坡度不同的滑道，游客坐在滑草板上从顶端滑到水平地面，体验极速的刺激。如图所示，若两名质量相同的游客同时 从顶端分别沿两侧滑面从静止开始下滑，若不考虑滑道的摩擦，则A. 两人到达斜面底端时的速度相同B. 两人下滑过程中重力的冲量相同C. 两人下滑过程中合外力的冲量相同D. 两人下滑过程中动量变化量的大小相同【答案】D【解析】【详解】A项：根据动能定理得，mgh知，两人到达底端的速度大小相等，方向不同，可知速度不同，故A错误；B项：下滑所用的时间为：，由于两斜面角度不同，
2、所以时间不同，由公式，所以两人下滑过程中重力的冲量不相同，故B错误；C、D项：合外力为：，合力冲量为 ，所以合力冲量大小相等，方向不同，由动量定理可知，两人下滑过程中动量变化量的大小相同，故C错误，D正确。故应选：D。2.质量为2 kg的物体在粗糙的水平地面上运动，当运动的速度为l0m/s时，给物体施加一个水平恒力，在此恒力的作用下物体做直线运动，其速度随时间的变化如图所示，则下列说法中错误的是（g取l0m/s2）A. 恒力的大小为6NB. 前4s内摩擦产生的热量为48JC. 前6s内合外力的冲量大小为12NsD. 物体与地面间的动摩擦因数为0.2【答案】C【解析】【详解】A由图可知，物体做匀
3、减速运动，反向做匀加速运动。可知恒力与初速度方向相反。根据牛顿第二定律：，,而，联立解得，故A正确；B内，物体的位移大小为，内，物体的位移大小为 。摩擦产生的热量，故B正确；C根据动量定理，合外力的冲量等于动量的变化量，前6s内合外力的冲量大小为，故C错误；D由得，故D正确。3.质量为m的小球被水平抛出，经过一段时间后小球的速度大小为v，若此过程中重力的冲量大小为，重力加速度为g，不计空气阻力的大小，则小球抛出时的初速度大小为A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据冲量的表达式先求解时间t，然后根据平抛运动的知识求解初速度.【详解】由题意可知：I=mgt，则，经过t时间，小球竖直
4、方向的速度大小为，根据速度分解可知，初速度大小为 ，故选C.4.2020年1月3日，中国“嫦娥四号”探测器成功在月球背面软着陆，中国载人登月工程前进了一大步。假设将来某宇航员登月后，在月球表面完成下面的实验：在固定的竖直光滑圆轨道内部最低点静止放置一个质量为m的小球(可视为质点)，如图所示，当给小球一瞬时冲量时，小球恰好能在竖直平面内做完整的圆周运动。已知圆轨道半径为r，月球的半径为R，则月球的第一宇宙速度为A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由最小发射速度应是万有引力等于重力，而重力又充当向心力时的圆周运动速度，由此可以解得最小发射速度.【详解】小球获得瞬时冲量的速度为v0，有
5、；而小球恰好通过圆周的最高点，满足只有重力提供向心力，；从最低点到最高点由动能定理可知：；联立解得：月球的近地卫星最小发射速度即为月球的第一宇宙速度，满足解得：；故选B.5.如图所示的单摆，摆球a向右摆动到最低点时，恰好与一沿水平方向向左运动的粘性小球b发生碰撞，并粘接在一起且摆动平面不变。已知碰撞前a球摆动的最高点与最低点的高度差为h，摆球做简谐运动的周期为T，a球质量是b球质量的5倍，碰撞前a球在最低点的速度是b球速度的一半。则碰撞后A. 摆动的周期为B. 摆动的周期为C. 摆球的最高点与最低点的高度差为0.25hD. 摆球的最高点与最低点的高度差为0.3h【答案】C【解析】【详解】AB小
6、球a和小球b发生碰撞以后粘在一起继续做单摆运动，由单摆运动的周期公式可知单摆的周期只和摆线长度以及重力加速度g有关和摆球的质量无关，因此碰撞后摆动的周期不变，故AB错误；CD未发生碰撞前摆球a从最高点向最低点运动满足机械能守恒，设a球的质量5m，速度为v，则b球的质量为m，速度为2v，因此有：；有动量守恒有：；碰撞后上升的高度为h1，有机械能守恒：；代入数据解得：，故C对D错。6.有一匀强电场的方向平行于xoy平面，平面内a、b、c、d四点的位置如图所示，cd和cb分别垂直于x轴和y轴，其中a、b、c三点电势分别为4V、8V、10V将一电荷量为q2l05C的负点电荷由a点开始沿abcd路线运动
7、，则下列判断不正确的是A. 坐标原点O的电势为6VB. 电场强度的大小为C. 该点电荷在c点的电势能为2l0-4JD. 该点电荷从a点移到d点过程中，电场力做功为 8l0-5 J【答案】B【解析】【详解】A项：由于是匀强电场，所以沿同一方向前进相同距离电势的降低相等，代入数据解得：，故A正确；B项：由于是匀强电场，所以沿同一方向前进相同距离电势的降低相等可知，ab中点e的电势为，连接oe则为等势面，如图所示。由几何关系可知，ab垂直oe，则ab为条电场线，且方向由b指向a，电场强度为： ，故B错误；C项：该点电荷在c点的电势能：，故C正确；D项：该点电荷从a点移动到b点电场力做功为：，故D正确
8、。7.图甲是小型交流发电机的示意图，两磁极、间的磁场可视为水平方向的匀强磁场， 为交流电流表，线圈绕垂直于磁场的水平轴沿逆时针方向匀速转动，从图示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图像如图乙所示，以下判断正确的是A. 交流电的频率是B. 电流表的示数为C. 时穿过线圈的磁通量最大D. 时线圈平面与磁场方向平行【答案】D【解析】【详解】A、0由图知周期 T=0.02s，根据，故A错误；B、电流表的示数为有效值，故B错误；C、据题知0.02s时线框中感应电流最大，说明线框与磁场平行，磁通量为零，故C错误.D、0.01s时线圈产生的感应电动势最大，说明线框与磁场平行，磁通量为零，故D正确.故选
9、D.8.如图为远距离输电示意图，发电机的输出电压U1和输电线的电阻和理想变压器匝数均不变，当用户消耗功率增大时，下列表述正确的是（）A. 用户的总电阻增大B. 用户两端的电压U4减小C. 输电线上损失的功率变小D. 用户端增加的功率等于升压变压器多输入的功率【答案】B【解析】【详解】当用户的功率增大时，用电器增多，总电阻减小。故A错误。当用电器增多时，功率增大，降压变压器的输出电流增大，则输电线上的电流增大，可知输电线上的电压和功率损失增大，发电机的输出电压U1不变，则U2不变，可知降压变压器的输入电压减小，所以用户得到的电压U4减小，故B正确，C错误。用户端增加的功率等于升压变压器多输入的功
10、率与导线上多损失的功率的差值。故D错误；故选B。9.如图所示，A球振动后，通过水平细绳迫使B、C振动，振动达到稳定时，下列说法中正确的是A. 只有A、C的振动周期相等B. C的振幅比B的振幅小C. A、B、C的振动周期相等D. C与A发生共振现象【答案】CD【解析】【详解】A振动后，水平细绳上驱动力的周期，迫使B、C做受迫振动，受迫振动的频率等于A施加的驱动力的频率，所以，而，故C共振，B不共振，C的振幅比B的振幅大，所以C、D正确。10.如图甲所示，弹簧振子以点为平衡位置，在、两点之间做简谐运动振子的位移随时间的变化图象如图乙所示下列判断正确的是（ ） A. t=0.8s时，振子的速度方向向
11、左B. 振子做简谐运动的表达式为C. t=0.4s和t=1.2s时，振子的加速度相同D. 从t=0.4s到t=0.8s的时间内，振子的速度逐渐增大【答案】ABD【解析】A、t=0.8s时，图象切线的斜率为负，说明振子的速度为负，即速度方向向左，故A正确；B、由图乙可知，振幅为A=12cm，振子做简谐运动的表达式为，故B正确；C、t=0.4s和t=1.2s时，振子的位移完全相反，由，知加速度完全相反，故C错误；D、t=0.4s到t=0.8s的时间内，振子的位移减小，正向平衡位置靠近，速度逐渐增大，故D正确；故选ABD。【点睛】由图象可读出振子振动的周期和振幅，振子向平衡位置运动的过程中，速度增大
12、，加速度减小通过分析振子位移的变化，即可判断其速度和加速度的变化。11.图甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比n1n251，电阻R20，L1、L2为规格相同的两只小灯泡，S1为单刀双掷开关原线圈接正弦交变电源，输入电压u随时间t的变化关系如图所示现将S1接1、S2闭合，此时L2正常发光下列说法正确的是()图甲 图乙A. 输入电压u的表达式u20sin 100t (V)B. 只断开S2后，L1、L2均正常发光C. 只断开S2后，原线圈的输入功率减小D. 若S1换接到2后，R消耗的电功率为0.8 W【答案】ACD【解析】【详解】由乙图可知原线圈的输入电压的周期为T0.02 s，所以，可知其表达式为u
13、120sin100t (V)，故选项A正确；由题意可知变压器原线圈的输入电压U120 V，由可得副线圈的输出电压，将S1接1、S2闭合，此时L2正常发光，所以小灯泡的额定电压为4 V，只断开S2时，两个小灯泡串联，所以不能正常发光，故选项B错误；只断开S2时，副线圈电阻增大，其电流变小，由可知原线圈电流减小，所以输入功率减小，故选项C正确；若S1换接到2后，电阻R的功率，故选项D正确故本题选：ACD12.如图所示，光滑水平面上放一个质量为M足够长的木板，开始M静止，现在有一个质量为m的滑块以速度v0滑上M，m和M间的动摩擦因数为，以下说法正确的是（ ）A. 如果增大M，则m和M相对运动的时间变
14、长，因摩擦而产生的热量增加B. 如果增大m，则m和M相对运动的时间变短，m在M上滑行的距离变大C. 如果增大动摩擦因数，则因摩擦而产生的热量不变D. 如果增大初速度v0,则因摩擦而产生的热量增加【答案】ACD【解析】【详解】视木板和滑块为系统，合外力为零，动量守恒，根据动量守恒有：，解得：；根据能量守恒可知摩擦而产生的热量为：，对木板利用动量定理可得：，解得m和M相对运动的时间：；A若只增大M，则m和M相对运动的时间变长，因摩擦而产生的热量增加，故A正确；B如果增大m，则m和M相对运动的时间变短，根据动能定理可得： ，解得m在M上滑行的距离变小，故B错误；C如果增大动摩擦因数，则因摩擦而产生的
15、热量不变，故C正确；D如果增大初速度v0，则因摩擦而产生的热量增加，故D正确；二、实验题。13.用如图所示的实验装置做“探究加速度与力、质量关系”的实验： （1）下面列出了一些实验器材：电磁打点计时器、纸带、带滑轮的长木板、垫块、小车和砝码、砂和砂桶。除以上器材外，还需要的实验器材有：_A天平（附砝码） B秒表 C刻度尺（最小刻度为mm） D低压交流电源（频率为50Hz）（2）某次实验纸带如右上图所示，在相邻两计数点间都有四个打点未画出，用刻度尺测得：S10.55cm，S20.94 cm，S31.35 cm，S41.76 cm，S52.15 cm，S62.54 cm则打下“3”点时小车的瞬时速度v3=_m/s；小车的加速度a_ m/s2。（计算结果均保留
