1、广东省汕头市潮阳实验学校2019-2020学年高二物理下学期联考复习试题（含解析）一、单选题1.将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空，50 g燃烧的燃气以大小为600 m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为（喷出过程中重力和空气阻力可忽略）A. 30B. 5.7102C. 6.0102D. 6.3102【答案】A【解析】开始总动量为零，规定气体喷出的方向为正方向，根据动量守恒定律得，0=m1v1+p，解得火箭的动量，负号表示方向，故A正确，BCD错误；【点睛】解决本题的关键掌握动量守恒定律的条件，以及知道在运用动量守恒定律时，速度必须相对于地面为参考系2
2、.如图所示，战士在水平地面上进行拉轮胎的负荷训练，设战士做匀速直线运动，运动过程中保持双肩及两绳的端点A、B等高。两绳间的夹角为、所构成的平面与水平面间的夹角恒为，轮胎重为G，地面对轮胎的摩擦阻力大小恒为f，则每根绳的拉力大小为（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】设每根绳子的拉力为T，则两根绳子拉力的合力为；在水平方向解得故选A3.如图所示，卡车上固定有倾角均为的两个斜面体，匀质圆筒状工件置于两个斜面间。卡车正以90km/h的速度匀速行驶，为了保证刹车时工件不与其中任何一个斜面脱离，则其刹车的最小距离更接近于（路面能提供足够大摩擦，sin=0.6）（ ）A. 23mB. 33
3、mC. 43mD. 53m【答案】C【解析】【详解】卡车刹车时，当后斜面的支持力为零时，加速度最大，设卡车安全刹车的最大加速度大小为，此时工件的受力情况如图所示根据牛顿第二定律可得解得根据运动学公式则有解得其刹车的最小距离更接近于43m，故C正确，A、B、D错误；故选C。4.甲乙两车在同一平直公路上同向运动。零时刻起，甲车从静止出发做匀加速运动，乙做匀速运动，各自的位置x随时间t的变化情况如图所示，两条图线相切于P（t1，x1），其中t2 =2t1。则（ ）A. 在0到t1时间内，甲车的位移是x1B. 在t1时刻，甲车的瞬时速度大小是C. 在t1到t2时间内，甲车的平均速度大小是D. 在t2时
4、刻，甲车的瞬时速度大小是【答案】D【解析】【详解】A从图象上可以看出从0到时间内，甲车位移小于，故A错误；B图象的斜率大小表示速度的大小，根据图象可知在时刻两车速度相等，甲车的瞬时速度大小是故B错误；C甲车从静止出发做匀加速运动，则甲车的加速度为根据匀变速直线运动的在某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度可知，在到时间内甲车的平均速度大小为故C错误；D在时刻，甲车的瞬时速度大小为故D正确；故选D。5.如图所示，小球从O点开始做平抛运动，p为落地点，为线段Op的中点，轨迹上的m、n点分别与在同一竖直线上和水平线上，则小球（ ）A. 从O到m与从O到n重力做功之比为1：2B. 从O到m与从O到
5、n的水平位移之比为1：2C. 从O到m与从O到n重力冲量之比为1：2D. 经过m、n时，速度方向与水平方向夹角的正切值之比为1：2【答案】A【解析】【详解】A设从到的运动的时间为，则有由于为线段的中点，点与在同一竖直线上，则有从到的时间为从到的竖直位移为根据重力做功公式可得从到与从到的重力做功之比为故A正确；B从到的时间为从到与从到的水平位移之比为故B错误；C根据冲量定义可知从到与从到重力冲量之比为故C错误；D速度方向与水平方向夹角的正切值为所以经过、时，速度方向与水平方向夹角的正切值之比为故D错误；故选A 。6.图甲是未来空间站的构思图。在空间站中设置一个如图乙绕中心轴旋转的超大型圆管作为生
6、活区，圆管的内、外管壁平面与转轴的距离分别为R1、R2。当圆管以一定的角速度转动时，在管中相对管静止的人（可看作质点）便可以获得一个类似在地球表面的“重力”，以此降低因长期处于失重状态对身体健康造成的影响。己知地球质量为M，地球半径为R，万有引力常量为G，地球自转周期为T。当空间站在地球静止同步轨道上运行时，管道转动的角速度大小为（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】空间站在地球静止同步轨道上运行时，管道转动向心加速度等于地球表面的重力加速度，即而在地球表面解得故选B。7.目前，我国在人工智能和无人驾驶技术方面已取得较大突破为早日实现无人驾驶，某公司对汽车性能进行了一项测试，让
7、质量为m的汽车沿一山坡直线行驶测试中发现，下坡时若关掉油门，则汽车的速度保持不变；若以恒定的功率P上坡，则从静止启动做加速运动，发生位移s时速度刚好达到最大值vm设汽车在上坡和下坡过程中所受阻力的大小分别保持不变，下列说法正确的是A. 关掉油门后的下坡过程，汽车的机械能守恒B. 关掉油门后的下坡过程，坡面对汽车的支持力的冲量为零C. 上坡过程中，汽车速度由增至，所用的时间可能等于D. 上坡过程中，汽车从静止启动到刚好达到最大速度vm，所用时间一定小于【答案】D【解析】【详解】A、关掉油门后的下坡过程，汽车的速度不变、动能不变，重力势能减小，则汽车的机械能减小，故A错误；B、关掉油门后的下坡过程
8、，坡面对汽车的支持力大小不为零，时间不为零，则冲量不为零，故B错误；C、上坡过程中，汽车速度由增至，所用的时间为t，根据动能定理可得：，解得，故C错误；D、上坡过程中，汽车从静止启动到刚好达到最大速度，功率不变，则速度增大、加速度减小，所用时间为，则，解得，故D正确8.如图所示，平行板a、b组成的电容器与电池E连接，平行板电容器P处固定放置一带负电的点电荷，平行板b接地现将电容器的b板向下稍微移动，则( )A. 点电荷所受电场力增大B. 点电荷在P处的电势能减少C. P点电势减小D. 电容器的带电荷量增加【答案】B【解析】【详解】A.因电容器与电源始终相连，故两板间的电势差不变，B板下移，则板
9、间距离d增大，则板间电场强度E变小，由F=Eq可知电荷所受电场力变小，故A错误；BC.板间距离d增大，则板间电场强度E变小，由U=Ed知，P与a板的电压减小，而a的电势不变，故P的电势升高，由EP=q而q为负值，故电势能减小，故B正确，C错误；D.由Q=CU，又有，故C减小，Q减小，故D错误二、多选题9.如图所示，某学习小组模拟远距离输电，手摇发电机产生稳定的交流电。通过升、降压比相同（）的两个变压器给三个相同的灯泡供电。若变压器为理想变压器。则（）A. 闭合开关S1，灯泡L1两端电压为10VB. 闭合开关，通过灯泡电流的频率都为4HzC. 开关全闭合时，输电线消耗的电功率最大D. 依次闭合开
10、关S1、S2、S3，直至三个开关全部闭合，在此过程中灯泡L1越来越亮【答案】BC【解析】【详解】A升压变压器原线圈电压有效值为升压变压器和降压变压器匝数比相同，但因输电导线上有电压损失，可知降压变压器的次级电压小于10V，即闭合开关S1，灯泡L1两端电压小于10V，选项A错误；B交流电的频率为变压器不改变交流电频率，可知闭合开关，通过灯泡电流的频率都为4Hz，选项B正确；C开关全闭合时，降压变压器次级消耗的功率最大，次级电流最大，初级电流也是最大，输电线上的电流最大，根据P=I2r可知，此时输电线消耗的电功率最大，选项C正确；D依次闭合开关S1、S2、S3，直至三个开关全部闭合，在此过程导线上
11、的电流越来越大，降压变压器初级电压逐渐减小，次级电压逐渐减小，则灯泡L1两端电压逐渐减小，即L1越来越暗，选项D错误。故选BC。10.如图所示，匀强电场中的A、B、C三点构成-一个直角三角形，BC边垂直AC边，BAC=30，BC边长度为d，已知电场方向与该直角三角形的某一边平行。一质量为m、电量为q、带正电的粒子（不计重力）在该电场中运动，经过A点时速度大小为v0、方向沿AB；经过BC边的中点D时，速度大小为vD，方向与BC边垂直。以下选项正确的是（）A. 电场方向与AC边平行B. A、B、C三点中B点电势最高C. D. 电场强度大小【答案】BD【解析】【详解】A因带正电的粒子沿AB方向入射，
12、垂直BC边射出，且已知电场方向与该直角三角形的某一边平行，根据做曲线运动的物体所受的合外力方向指向轨迹的凹向，可知则粒子所受电场力方向平行于BC向下，选项A错误；B沿电场线电势逐渐降低，可知A、B、C三点中B点电势最高，选项B正确；C粒子在垂直于BC方向做匀速运动，可知选项C错误；D由A到D由动能定理解得选项D正确。故选BD。11.如图所示，在绝缘水平面上固定着一光滑绝缘的圆形槽，在某一过直径的直线上有O、A、D、B四点，其中O为圆心，D在圆上，半径OC垂直于OBA点固定电荷量为Q的正电荷，B点固定一个未知电荷，使得圆周上各点电势相等有一个质量为m，电荷量为-q的带电小球在滑槽中运动，在C点受
13、的电场力指向圆心，根据题干和图示信息可知（ ）A. 固定在B点的电荷带正电B. 固定在B点的电荷电荷量为QC. 小球在滑槽内做匀速圆周运动D. C、D两点的电场强度大小相等【答案】BC【解析】【详解】A由小球在C点处恰好与滑槽内、外壁均无挤压且无沿切线方向的加速度知：小球在C点的合力方向一定沿CO，且指向O点A对小球吸引，B对小球排斥，因此小球带负电、B带负电，故A错误；B由ABC=ACB=30知：ACO=30，AB=AC=L；BC=2ABcos30=由力的合成可得即故B正确；C圆周上各点电势相等，小球在运动过程中电势能不变，根据能量守恒得知，小球的动能不变，小球做匀速圆周运动，故C正确；D由
14、库仑定律及场强的叠加知，D点的电场强度大于C点，故D错误故选BC12.如图所示，质量为m的小滑块P套在竖直固定的光滑长杆上，质量为m的小物块Q与P用跨过定滑轮的足够长无弹性轻绳连接。将P从位置a由静止释放，经过位置b时，左边轻绳刚好水平，图中ab=bc（忽略所有摩擦）。则（ ）A. 刚释放P的瞬间，轻绳对滑块P有拉力且小于mgB. 在滑块P从a到b的过程，物块Q处于失重状态C. 滑块P下滑到位置c时速度不为零D. 经过位置b时，滑块P的动能最大【答案】AC【解析】【详解】A刚释放P的瞬间，小物块Q将做加速下降，所以小物块Q失重，则有轻绳对小物块Q拉力小于小物块Q的重力，所以轻绳对滑块P拉力小于
15、小物块Q的重力，故A正确；B滑块P运动到时，则有可得所以在滑块P从到的过程中，物块Q先加速下降后减速下降，所以物块Q先失重后超重，故B错误；C滑块P从到的过程，物块Q高度不变，重力势能不变，滑块P的高度减小，重力势能减小，根据系统机械能守恒可知滑块P与物块Q动能增加，所以滑块P下滑到位置时速度不为零，故C正确；D滑块P经过位置时，在竖直方向的合力为，所以滑块P经过位置时做加速运动，所以滑块P经过位置的动能不是最大，故D错误；故选AC。三、实验题13.小张同学为了验证力的平行四边形定则，设计如下实验，其装置图如甲所示。实验步骤如下：(1)将3条完全相同的弹性橡皮条（满足胡克定律）的一端连接在一起
16、形成一个结点O，先测量出每根橡皮条的自然长度x0；(2)在竖直平面内固定一木板，在木板上固定一张白纸，用图钉将其中两条橡皮条的A、B端固定在木板上，在另一条橡皮条C端悬挂一小重锤，并确保橡皮条不超出弹性限度，且与纸面无摩擦；(3)待装置平衡后，分别测量出橡皮条OA、OB和OC的长度x1、x2、x3，并在白纸上记录_；(4)取下白纸，如图乙所示，在白纸上分别用长度（x1-x0）、（x2-x0）代表橡皮条OA和OB拉力的大小，作出力的图示OA和OB，并以OA和OB为两邻边作一平行四边形OACB，测量出OC长度x4，如果近似可得x4=_，且OC的方向_，则实验验证了力的平行四边形定则；(5)改变A、
17、B的位置，重复(2)到(4)的步骤进行多次验证。【答案】 (1). O、A、B三点的位置以及OC的方向 (2). x3-x0 (3). 与OC的方向相反【解析】【详解】(3)1待装置平衡后，分别测量出橡皮条OA、OB和OC的长度x1、x2、x3，并在白纸上记录O、A、B三点的位置，以及OC的方向（或结点O的位置、OA、OB和OC的方向；结点O的位置和三力的方向）(4)23如果近似可得x4=x3-x0，且OC的方向与OC的方向相反（或在OC的反向延长线上，或竖直向上），则实验验证了力的平行四边形定则；14.小明手里有一块多用电表A，其功能完好，但刻度值已不清晰。他想通过实验测定该多用表（简称A表
18、，下同）“10”档欧姆调零后的内阻R0和内置电源的电动势E。他找来了另一个多用电表B（简称B表，下同）、一个电阻箱、一个开关和若干导线作为实验的器材。实验的操作如下：(1)小明将A表调到“10”档，将B表调到“mA”档，准备如图（甲）将所有的器材串联起来作为实验电路。请你在图中连好剩余的导线_；(2)先使用B表的电流档测量A表“10”档的满偏电流。将电阻箱阻值调为0，将A表调到欧姆档“10”档位置。几次试测后，确定B表应使用“10mA”档，调节A表的欧姆调零旋钮直至A表满偏，此时B表的读数如图（乙）所示，记录下B表读数为_mA；(3)断开开关，保持A、B表档位不变，将A表_短接进行欧姆调零，然
19、后重新连入原来电路。(4)调节电阻箱，闭合开关，当B表读数为6.0mA时，读出电阻箱阻值为R1（）；继续调节电阻箱阻值，当B表读数为4.0mA时，读出电阻箱阻值为R2（）；(5)断开电路，整理器材。根据以上测量数据，可算出A表“10”档内置电源的电动势E=_V，A表“10”档欧姆调零后的内阻R0=_，B表量程“10mA”档的内电阻RB=_。（以上3空的结果用R1、R2表示）【答案】 (1). 连线图见解析 (2). 8.0 (3). 红黑表笔 (4). (5). (6). 【解析】【详解】(1)1电路连线如图；(2)2因为B表应使用“10mA”档，则B表读数为8.0mA；(3)3断开开关，保持
20、A、B表档位不变，将A表红黑表笔短接进行欧姆调零，然后重新连入原来电路；(5)456设电表A欧姆10档的内阻为R0，则有设电表B量程为10mA档的内阻为RB，则解得 四、计算题15.如图是某自动分装流水线示意图，下方水平传送带A以速度v1=1.0m/s匀速向右运动，传送带上间隔均匀放置着包装盒，包装盒与其相对静止。机器人每隔相等时间在上方水平传送带B上无初速放置一个工件，每个工件来到传送带右端时已与其共速，此时工件正下方正好有一个包装盒，工件水平抛出后恰好落入正下方的包装盒中，且每当前一个工件落入包装盒时，下一个工件即将抛出。工件与包装盒间的高度差h=0.45m，每个工件质量m=0.5kg，工
21、件与传送带B间的动摩擦系数，取g=10m/s2，不计空气阻力，求：(1)工件从抛出到落入包装盒所需的时间t，相邻两个包装盒间的间距x1；(2)若传送带B与传送轮间不打滑，每输送一个工件上方传送装置至少要提供多少能量？【答案】(1)0.3s；0.3m；(2)0.5J【解析】【详解】(1)工件抛出时做平抛运动，竖直方向解得t=0.3s则下方相邻包装盒之间的间距为 (2)为了保证每个工件都恰好能落入包装盒内，上方传送带的速度大小每个工件的加速度解得a=5m/s2每个工件的加速时间每个工件与传送带相对运动的距离 则没输送一个工件传送装置至少要提供的能量16.如图所示，质量为m=0.1kg闭合矩形线框A
22、BCD，由粗细均匀的导线绕制而成，其总电阻为R=0.04，其中长LAD=40cm，宽LAB=20cm，线框平放在绝缘水平面上。线框右侧有竖直向下的有界磁场，磁感应强度B=1.0T，磁场宽度d=10cm，线框在水平向右的恒力F=2N的作用下，从图示位置由静止开始沿水平方向向右运动，线框CD边从磁场左侧刚进入磁场时，恰好做匀速直线运动，速度大小为v1，AB边从磁场右侧离开磁场前，线框已经做匀速直线运动，速度大小为v2，整个过程中线框始终受到大小恒定的摩擦阻力F1=1N，且线框不发生转动。求：(i)速度v1和v2的大小；(ii)求线框开始运动时，CD边距磁场左边界距离x；(iii)线图穿越磁场的过程
23、中产生的焦耳热。【答案】(i)v1=v2=1m/s(ii)005m(iii)0.5J【解析】【详解】根据题意可知LAD=40cm=0.4m，宽LAB=20cm=0.2m，磁场宽度d=10cm=0.1m。(i)匀速运动受力平衡，根据平衡条件可得其中安培力为代入数据解得AB边从磁场右侧离开磁场前，线框已经做匀速直线运动，速度大小v2，根据平衡条件可得其中安培力为代入数据解得(ii)从开始到AB边进入磁场过程中，根据动能定理可得解得(iii)在穿越磁场的过程中，根据动能定理可得解得。17.有关对热学的基础知识理解正确的是_A. 液体的表面张力使液体的表面有扩张的趋势B. 低温的物体可以自发把热量传递
24、给高温的物体，最终两物体可达到热平衡状态C. 当装满水的某一密闭容器自由下落时，容器中的水的压强为零D. 空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近同温度水的饱和汽压，水蒸发变慢E. 在“用油膜法测分子直径”的实验中，作出了把油膜视为单分子层、忽略油酸分子间的间距并把油酸分子视为球形这三方面的近似处理【答案】CDE【解析】【详解】A、表面张力产生在液体表面层，它的方向平行于液体表面，而非与液面垂直指向液体内部，故A错误；B、根据热力学第二定律，低温的物体不会自发把热量传递给高温的物体，必然会引起外界变化故B错误；C、液体压强由重力产生，当装满水的某一密闭容器自由下落时，容器处于完全失重状态，故
25、容器中的水的压强为零，故C正确；D、空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近同温度水的饱和汽压，水蒸发变慢，故D正确；E、在“用油膜法测分子直径”的实验中，需要将油膜看作单分子层，同时要忽略油酸分子间的间距并把油酸分子视为球形，故E正确；故选CDE.18.如图，粗细均匀的弯曲玻璃管A、B两端开口，管内有一段水银柱，中管内水银面与管口A之间气体柱长为lA40 cm，右管内气体柱长为lB39 cm先将开口B封闭，再将左管竖直插入水银槽中，设被封闭的气体为理想气体，整个过程温度不变，若稳定后进入左管的水银面比水银槽水银面低4 cm，已知大气压强p076 cmHg，求：A端上方气柱长度；稳定后右管内的气体压强【答案】38cm；78cmHg【解析】试题分析：稳定后进入左管的水银面比水银槽水银面低4cm，则A管内气体的压强为PA1=(76+4) cmHg由公式：P0VA0=PA1VA1，代入数据得：LA1=38cm设右管水银面上升h，则右管内气柱长度为lB-h，气体的压强为；由玻意尔定律得：解得：h=1cm所以右管内气体压强为考点：气体的状态方程.