2019-2020学年高二物理上学期12月阶段考试试卷(含解析).doc

2019-2020学年高二物理上学期12月阶段考试试卷(含解析)一、单项选择题： 1.测量国际单位制规定的三个力学基本物理量分别可用的仪器是下列哪一组A. 米尺、弹簧测力计、秒表 B. 米尺、测力计、打点计时器C. 量简、天平、秒表 D. 米尺、天平、秒表【答案】D【解析】国际单位制中规定的三个力学基本量分别为长度、质量和时间，依次分别用米尺、天平和秒表进行测量，故D正确，ABC错误。2.如图甲所示，且通入如图乙所示的磁场，已知螺线管(电阻不计)的数n=6，截面积S=10cm，线圈与R=12的电阻连接，水平向右且均匀分布的磁场穿过螺线管，磁场与线圈平面垂直，磁感应强度大小B随时间t变化的关系如图乙所示，规定感应电流i从a经过R到b的方向为正方向。忽略线围的自感影响，下列i-t 关系图中确的是A. B. C. D. 【答案】B【解析】由图可知，0-2s内，线圈中磁通量的变化率相同，故0-2s内电流的方向相同，由楞次定律可知，电路中电流方向为顺时针，即电流为正方向；同理可知，2-5s内电路中的电流为逆时针，为负方向，由可得E=NS，则知0-2s内电路中产生的感应电动势大小为：E1=610104=1810-6V，则电流大小为：106A=1.510-6A；同理2s-5s内，I2=1.010-6A故B正确，ACD错误故选B3.如图，理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的灯泡a和当输入电压U为灯泡额定电压的10倍时，两灯泡均能正常发光下列说法正确的是A. 原、副线圈匝数之比为9：1 B. 原、副线圈匝数之比为1：9C. 此时a和b的电功率之比为9：1 D. 此时a和b的电功率之比为1：9【答案】AD【解析】试题分析：灯泡正常发光，则其电压均为额定电压，则说明原线圈输入电压为9U，输出电压为U；则可知，原副线圈匝数之比为9：1：故A正确B错误；根据公式可得，由于小灯泡两端的电压相等，所以根据公式P=UI可得两者的电功率之比为1：9，故C错误D正确；考点：考查了理想变压器视频4.如图所示，a、b两小球分别从半圆轨道顶端和斜面顶端以大小相等的初速度同时水平抛出，已知半圆轨道的半径与斜面竖直高度相等且在同一经直面内，斜面底边长是其竖直高度的2倍，若小球b能落到斜面上，下列说法正确的是A. a、b不可能同时分别落在半圆轨道和斜面上B. a球一定先落在半圆轨道上C. a球可能先落在半圆轨道上D. b球一定先落在斜面上【答案】C【解析】将圆轨道和斜面轨道重合在一起，如图所示，交点为A，初速度合适，可知小球做平抛运动落在A点，则运动的时间相等，即同时落在半圆轨道和斜面上若初速度不适中，由图可知，可能小球先落在斜面上，也可能先落在圆轨道上故C正确，ABD错误故选C.点睛：本题考查平抛运动比较灵活，学生容易陷入计算比较的一种错误方法当中，不能想到将半圆轨道和斜面轨道重合进行分析比较5.如图，柔软轻绳ON的一端O固定，其中间某点M拴一重物，用手拉住绳的另一端N。初始时，OM竖直且MN被拉直，OM与MN之间的夹角为（）。现将重物向右上方缓慢拉起，并保持夹角不变。在OM由竖直被拉到水平的过程中()A. MN上的张力逐渐增大B. MN上的张力先增大后减小C. OM上的张力逐渐增大D. OM上的张力先增大后减小【答案】AD【解析】重力的大小和方向不变.OM和MN的拉力的合力与重力是一对平衡力。如图所示刚开始时，OM拉力等于重力，从图中的两种情况可以看出，OM的拉力先大于重力，后小于重力的大小，所以OM先增大后减小；而拉力MN一开始为零，从图中可以看出，MN拉力一直在增大。故选：A.二、多项选择题： 6.利用引力常量G和下列有关数据，不能计算出地球质量的是()A. 地球的半径及重力加速度(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7.如图所示，扇形区域内存在有垂直平面向内的匀强磁场，OA和OB互相垂直是扇形的两条半径，一个带电粒子从A点沿AO方向进入磁场，从B点离开，若该粒子以同样的速度从C点平行与AO方向进入磁场，则A. 只要C点在AB之间，粒子仍然从B点离开磁场B. 粒子带负电C. C点越靠近B点，粒子偏转角度越大D. C点越靠近B点，粒子运动时间越短【答案】AD【解析】粒子从A点射入，从B点射出，故可判断出粒子一定带正电，根据题意可知粒子的轨迹一定与弧AB重合，根据和可知从C点射入的粒子和从A点射入的粒子的半径和周期相同，故只要C点在AB之间，轨迹仍沿弧AB运动，所以粒子仍从B点射出磁场，A正确B错误；C点越靠近B点，粒子的偏转角越小，根据可知周期一定，圆心角越小，所用时间越短，C错误D正确【点睛】带电粒子在匀强磁场中运动时，洛伦兹力充当向心力，从而得出半径公式，周期公式，运动时间公式，知道粒子在磁场中运动半径和速度有关，运动周期和速度无关，画轨迹，定圆心，找半径，结合几何知识分析解题，8.在一静止点电荷的电场中，任一点的电势与该点到点电荷的距离r的关系如图所示电场中四个点a、b、c和d的电场强度大小分别Ea、Eb、Ec和Ed，点a到点电荷的距离ra与点a的电势a已在图中用坐标（ra，a）标出，其余类推现将一带正电的试探电荷由a点依次经b、c点移动到d点，在相邻两点间移动的过程中，电场力所做的功分别为Wab、Wbc和Wcd下列选项正确的是（）A. Ea：Eb=4：1B. Ec：Ed=2：1C. Wab：Wbc=3：1D. Wbc：Wcd=1：3【答案】AC【解析】由点电荷场强公式：，可得：，故A正确；由点电荷场强公式：，可得：，故B错误；从a到b电场力做功为：Wab=qUab=q（a-b）=q（6-3）=3q，从b到c电场力做功为：Wbc=qUbc=q（b-c）=q（3-2）=q，所以有：Wab：Wbc=3：1，故C正确；从c到d电场力做功为：Wcd=qUcd=q（c-d）=q（2-1）=q，所以Wbc：Wcd=1：1，故D错误。所以AC正确，BD错误。9.如图所示，三个小球A、B、C的质量均为m，A与B、C间通过铰链用轻杆连接，杆长为L，B、C置于水平地面上，用一轻质弹簧连接，弹簧处于原长。现A由静止释放下降到最低点，两轻杆间夹角由60变为1200，A、B、C在同一竖直平面内运动，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g。则此下降过程中A. A的动能达到最大前，B受到地面的支持力大于1.5mgB. A的动能最大时，B受到地面的支持力等于1.5mgC. 弹簧的弹件势能最大时，A的加速度方向竖直向下D. 弹簧的弹性势能最大值为【答案】BD【解析】A的动能最大时，设B和C受到地面的支持力大小均为F，此时整体在竖直方向受力平衡，可得2F=3mg，所以F=1.5mg；在A的动能达到最大前一直是加速下降，处于失重情况，所以B受到地面的支持力小于1.5mg，故A错误，B正确；当A达到最低点时动能为零，此时弹簧的弹性势能最大，A的加速度方向向上，故C错误；A下落的高度为：h=Lsin60-Lsin30，根据功能关系可知，小球A的机械能全部转化为弹簧的弹性势能，即弹簧的弹性势能最大值为EP=mgh=mgL，故D正确故选BD点睛：解答本题的关键是弄清楚小球A在运动过程中的受力情况，知道平衡位置时受力平衡，加速度方向向下属于失重、加速度方向向上属于超重三、简答题： 10.如图所示，将打点计时器固定在铁架台上，使重物带动纸带从静止开始自由下落，利用此装置可以验证机械能守恒定律。（1）所需器材有打点计时器（带导线）、纸带、复写纸、带铁夹的铁架台和带夹子的重物，此外还需_（填字母代号）中的器材 A直流电源、天平及砝码 B直流电源、毫米刻度尺 C交流电源、天平及砝码 D交流电源、毫米刻度尺（2）若实验中所用重物的质量m=1kg，打点的时间间隔为T=0.02s，取g=9.80m/s2 ，按实验要求正确地选出纸带进行测量，量得连续三点A、B、C到O的距离分别为s1=15.55cm，s2=19.20cm，s3=23.23cm如图所示，那么：纸带的_端与重物相连；（填左或右）记录B点时，重物的动能Ek=_J；从重物开始下落至B点，重物的重力势能减少量是_ J。（保留三位有效数字）由此可得出的结论是：_。（3）实验小组在实验中发现：重锤减小的重力势能总是大于重锤增加的动能。其原因主要是该实验中存在阻力作用，因此该组同学想到可以通过该实验测算平均阻力的大小。则该实验中存在的平均阻力大小f_ N（保留一位有效数字）。【答案】 (1). D； (2). 左； (3). 1.84； (4). 1.88 (5). 在误差允许的范围内机械能守恒； (6). 0.3N【解析】（1）根据实验要求，除打点计时器（带导线）、纸带、复写纸、带铁夹的铁架台和带夹子的重物外，还需刻度尺与交流电源，刻度尺来测量点与点间距，而打点计时器需要使用交流电源；故选D.（2）根据纸带上从A到C，间距越来越大，则可知，纸带左端与重物相连；重力势能减小量为：Ep=mgh=19.80.1920 J=1.88J利用匀变速直线运动的推论Ek=EkB=mvB2=1（1.92）2=1.84 J（3）利用加速度公式，求得加速度为：；由牛顿第二定律得mg-f=ma，求得：f=m（g-a）=1（9.8-9.5）=0.3N点睛：纸带问题的处理时力学实验中常见的问题，对于这类问题要熟练应用运动学规律和推论进行求解，计算过程中要注意单位的换算和有效数字的保留同时注意本题关键明确实验原理，能够通过纸带求解重力势能的减小量和动能的增加量，由于阻力的影响，物体实际运动的加速度小于重力加速度；最后掌握牛顿第二定律的应用11.某同学想设计一个测量金属棒电阻率的实验方案，实验室提供的器材有：A电流表A1（内阻Rg=100，满偏电流Ig=3mA）B电流表A2（内阻约为0.4，量程为0.6A）C定值电阻R0=900D滑动变阻器R（5，2A）E干电池组（6V，0.05）F一个开关和导线若干G螺旋测微器，游标卡尺（1）如图1，用螺旋测微器测金属棒直径为_mm；如图2用20分度游标卡尺测金属棒长度为_cm（2）用多用电表粗测金属棒的阻值：当用“10”挡时发现指针偏转角度过大，他应该换_挡（填“1”或“100”），换挡并进行一系列正确操作后，指针静止时如图3所示，则金属棒的阻值约为_（3）请根据提供的器材，设计一个实验电路，要求尽可能精确测量金属棒的阻值_（4）若实验测得电流表A1示数为I1，电流表A2示数为I2，则金属棒电阻的表达式为Rx=_（用I1，I2，R0，Rg表示）【答案】 (1). （1）6.126； (2). 10.230； (3). （2）1； (4). 10； (5). （3）如图所示； (6). （4） 【解析】试题分析：（1）螺旋测微器固度刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数；游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数（2）由欧姆表测电阻要选择合适的挡位使指针指在中央刻度线附近；欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数（3）根据伏安法测电阻的实验原理与所给实验器材作出电路图（4）根据电路图应用欧姆定律求出电阻阻值解：（1）由图示螺旋测微器可知，其示数为：6mm+12.60.01mm=6.126mm，由图示游标卡尺可知，其示数为：102mm+60.05mm=102.30mm=10.230cm；（2）用欧姆表“10”挡时发现指针偏转角度过大，说明所选挡位太大，应该换用1挡，挡并进行一系列正确操作，由图3所示可知，则金属棒的阻约为101=10；（3）由题意可知，没有电压表，可以用电流表A1与定值电阻R0串联组成电压表测电压，用电流表A2测电流，由于改装后电压表内阻为100+900=1000，电流表内阻约为0.4，待测电阻阻值约为10，滑动变阻器最大阻值为5，为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，电压表内阻远大于电阻阻值，电流表应采用外接法，实验电路图如图所示：（4）金属棒电阻阻值：Rx=；故答案为：（1）6.126；10.230；（2）1；10；（3）如图所示；（4）【点评】本题考查了螺旋测微器与游标卡尺读数、欧姆表的使用方法、设计电路图、求电阻阻值；螺旋测微器固度刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数；游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数，螺旋测微器需要估读，游标卡尺不需要估读12.下列说法中正确的是_。A. 激光全息照相是利用了激光相干性好的特性B. 真空中的光速恒为c，与光源无关C. 当波源与观察者之间的距离变小时，波源的频率变大D. 如果障码物的尺寸大于声波的波长，则不能发生衍射现象【答案】AB【解析】激光全息照相是利用了激光相干性好的特性，选项A正确；真空中的光速恒为c，与光源无关，选项B正确；当波源与观察者之间的距离变小时，观察者接收到的波的频率变大，但是波源的频率不变，选项C错误；如果障码物的尺寸大于声波的波长，则不能发生明显的衍射现象，并非不能衍射，选项D错误；故选AB.13.某同学测量玻璃破的折射率，准备了下列器材：激光笔、直尺、刻度尺、一面镀有反射膜的平行玻璃砖。如图所示，直尺与玻璃砖平行放置，激光笔发出的一束激光从直尺上O点射向玻璃砖表面，在直尺观察到A、B两个光点，读出OA间的距离为20.00cm，AB的间距为5.77cm，测得图中直尺到玻璃砖上表面距离d1=10.00cm，取玻璃砖厚度d2=5.00cm。玻璃的折射率n=_，光在玻璃中传播速度v=_m/s(光在真空中传播速度c=3.0108m/s，tan30=0.577)。【答案】 (1). (2). 2.12108【解析】作出光路图如图所示根据几何知识可知：i=45，DE=AB=5.77cm且有：，则得 r=30所以玻璃的折射率光在玻璃中传播速度 14.一列简谐波沿x轴方向传播，t0=0时刻波的图象如图所示，此刻波刚好传播至x1=10m处，在此后2s时间内x1=10m处的质点通过的总路程是20cm。求：波沿x轴传播速度v；x轴上x2=16m处的质点何时开始振动?开始振动时的方向如何?【答案】4m/s；1.5s；+y【解析】根据波形图可知，波长=8m，2s时间内x1=10m处的质点通过的总路程是20cm，而20cm=4A，所以T=2s，则；波从x1=10m传到x2=16m处的时间，波沿+x轴方向传播，则xl=10m处质点开始振动是沿y轴正方向，所以x2=16m处的质点开始振动时沿y轴正方向15.下列说法正确的是_。A.汤姆生发现了电子，并提出了原子的枣糕模型B.太阳辐射的能量主要来自太阳内部的热核反应C.一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，是因为该束光的强度小D.将放射性元素掺杂到其它稳定元素中，并降低其温度，该元索的半衰期将增大【答案】AB【解析】试题分析：电子是汤姆生发现的，并提出原子的栆糕模型；太阳辐射的能量是来自于轻核聚变释放的；当光的入射频率大于极限频率时，才能发生光电效应，与光的强度无关；半衰期与环境、及化合状或单质无关解：A、汤姆生发现了电子，并提出了原子的栆糕模型，故A正确；B、太阳辐射的能量主要来自太阳内部的聚变反应，也是热核反应，故B正确；C、光照射到某种金属上不能发生光电效应，是因为该束光的频率小于极限频率，故C错误；D、放射性元素掺杂到其它稳定元素中，并降低其温度，但该元素的半衰期仍将不变，故D错误；故答案为：AB点评：考查原子的结构模型，掌握聚变与裂变的区别，理解光电效应的条件，注意半衰期不受环境因素影响16.质子()和粒子( )被加速到相同动能时，质子的动量_(选境“大于”、“小于”或“等于”)粒子的动量，质子和粒子的德布罗意波波长之比为_。【答案】 (1). 小于 (2). 2：1【解析】动量与动能的关系：，又质子的质量小于粒子的质量所以质子的动量小于粒子的动量，且；根据，可得质子和粒子的德布罗意波波长之比为2:1【名师点睛】考查公式，动量与动能的关系以及物质的波的波长和公式，较容易17.普朗克常量是最基本的物理量之一，它架起了粒子性和波动性之间的桥梁。普朗克常量具体数值可以通过光电效应实验测得。如图所示是用光照射某种金属时逸出的光电子的最大初动能随入射光频率的变化图线。由图求出：这种金属发生光电效应的截止频率；普朗克常量。【答案】；【解析】根据爱因斯坦光电效应方程Ek=h-W，Ek-图象的横轴的截距大小等于截止频率，由图知该金属的截止频率为：0=4.271014 Hz根据光电效应方程得，Ekm=h-W0，当入射光的频率为=5.51014Hz时，最大初动能为：Ekm=0.5eV当入射光的频率为0=4.271014Hz时，光电子的最大初动能为0则：h5.51014-W0=0.51.610-19，即：h4.271014-W0=0联立两式解得：h=6.510-34Js答：这种金属发生光电效应的极限频率4.231014Hz4.291014Hz；普朗克常量为6.010-34Js6.910-34Js点睛：解决本题的关键掌握光电效应方程，知道最大初动能与入射光频率的关系，并掌握光电效应方程，以及知道逸出功与极限频率的关系，结合数学知识即可进行求解，同时注意保留两位有效数字四、计算或论述题： 18.如图甲所示，光滑且足够长的平行金属导轨MN、PQ固定在同一水平面上，两导轨间距L=0.3m。导轨电阻忽略不计，其间连接有固定电阻R=0.4.导轨上停放一质量m=0.1、电阻r=0.2的金属杆ab，整个装置处于磁感应强度B=0.5T的匀强磁场中，磁场方向竖直向下。利用一外力F沿水平方向拉金属杆ab，使之由静止开始运动做匀加速直线运动，电压传感器可将R两端的电压U即时采集并输入电脑，获得电压U随时间t变化的关系如图乙所示。(1)求金属杆的瞬时速度随时间变化的表达式；(2)求第2s末外力F的大小；(3)如果水平外力从静止起拉动杆2s所做的功为1.2J，求整个回路中产生的焦耳热是多少。【答案】（1）v=2t（m/s）（2）0.35N（3）0.4J【解析】（1）根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律推导出R两端的电压与速度的关系式，由电压图象写出电压与时间的关系式，即可求出速度的表达式；由速度的表达式求出金属加速度，由速度公式求出第2s末的速度，求出安培力，根据牛顿第二定律求出外力；外力做功，使金属杆获得动能、回路中产生内能，根据能量守恒定律可求出整个回路中产生的焦耳热。（1）设路端电压为U，杆的运动速度为v，则有感应电动势为：E=BLv 感应电流为： 根据：U=IR联立可得： 代入数据解得：由图乙可得：U=0.2t（V） 可得速度为：v=2t（m/s）（2）由上式v=2t知，金属杆的加速度为a=2m/s2，在2s末金属杆的速度为：v=at=4m/s，此时杆受到的安培力大小为：由牛顿第二定律，对杆有FF=ma代入数据解得：F=0.35N（3）在2s末，杆的动能为：由能量守恒定律，回路产生的焦耳热 Q=WEk=0.4J点睛：本题主要考查了导体棒在磁场里滑动问题，应用法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿第二定律和能量守恒定律结合进行解题。19.如图所示，是一传送装置，其中AB段粗糙，AB段长为L1m，动摩擦因数0.5；BC、DEN段均可视为光滑，DEN是半径为r0.5 m的半圆形轨道，其直径DN沿竖直方向，C位于DN竖直线上，CD间的距离恰能让小球自由通过。其中N点又与足够长的水平传送带的右端平滑对接，传送带以3m/s的速率沿顺时针方向匀速转动，小球与传送带之间的动摩擦因数也为0.5。左端竖直墙上固定有一轻质弹簧，现用一可视为质点的小球压缩弹簧至A点后由静止释放(小球和弹簧不粘连)，小球刚好能沿圆弧DEN轨道滑下，而始终不脱离轨道。已知小球质量m0.2kg ，重力加速度g 取10m/s2。试求：（1）弹簧压缩至A点时所具有的弹性势能；（2）小球第一次在传送带上滑动的过程中，在传送带上留下的痕迹为多长？（3）小球第一次在传送带上滑动的过程中，小球与传送带因摩擦产生的热量和电动机多消耗的电能？【答案】（1）1.5J（2）6.4m（3）6.4J 4.8J【解析】(1)“小球刚好能沿DEN轨道滑下”，在圆周最高点D点必有： 得： 从A点到D点，由能量守恒得： 联立以上两式并代入数据得： （2）从D到N，根据机械能守恒可得 在传送带上小球 小球向左减速的时间 小球向左运动的位移 传送带向右运动的位移为 留下的痕迹为 小球向右加速到与传送带共速过程 （3）小球与传送带因摩擦产生的热量 电动机多消耗的电能 综上所述本题答案是： ； ； 20.如图，空间区域、有匀强电场和匀强磁场，M N 、P Q为理想边界，区域高 度为 d ，区域的高度足够大匀强电场方向竖直向上；、区域的磁感应强度均为 B ，方向分别垂直纸面向里和垂直纸面向外一个质量为 m ，电量为 q的带电小球从磁 场上方的 O点由静止开始下落，进入场区后，恰能做匀速圆周运动已知重力加速度为 g （1）试判断小球的电性并求出电场强度 E的大小；（2）若带电小球刚好没有进入区域，求它释放时距 M N的高度；（3）若带电小球运动一定时间后恰能回到 O点，求它释放时距 M N的高度.【答案】（1） （2） （3）【解析】（1）带电小球进入场区后，恰能做匀速圆周运动；说明重力与电场力抵消、洛仑兹力充当向心分析。则电场力向上，粒子带正电，解得：；（2）小球进入场区前做自由落体运动：带电小球刚好没有进入区域，则轨迹与区域边界相切如图甲：带电粒子在磁场中做圆周运动：；联立解得：；（3）若要带电小球运动一定时间后恰能回到O点，则轨迹如图乙：；小球进入场区前做自由落体运动：；带电粒子在磁场中做圆周运动：；联立解得：点睛：带电粒子在磁场中做运动，关鍵是根据条件画出对应的轨迹，寻找几何关系，结合半径公式求解。