1、山西省2019-2020学年高二物理下学期6月联考试题（含解析）一、选择题本题共10小题，每小题4分，40分。在每小题给出的四个选项中，第17小题只有一个选项正确，第810小题有多个选项正确。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分。1.山西省将在2020年8月1日前完成高速公路、一级国省干线公路限速标志调整，同时将规范测速管理，某处高速区间测速（测量车辆经过某区间的平均车速）标志如图所示。已知此段限速100km/h，长度为10km（该段公路平直），现监测发现某轿车经过这一路段用时6min，则下列说法正确的是（）A. 该汽车一定做匀速直线运动B. 限速100km/h指的是限定
2、汽车行驶的最低速度C. 在测速区间，该轿车行驶的瞬时速度仍可能超过100km/hD. 在测速区间，该轿车行驶的瞬时速度不可能超过100km/h【答案】C【解析】【详解】A汽车做何种运动无法判断，A错误；B限速100km/h指的是限定汽车行驶的平均速度，B错误；CD汽车平均速度不超过100km/h，但行驶过程中的瞬时速度可能超过100km/h，也可以等于100km/h，也可以小于100km/h，C正确，D错误。故选C。2.下列说法正确的是（）A. 在无人自助加油站给汽车加油时，由于没有人员看管，可接打手机B. 发电厂的变压器发生火灾时，应先断开电源再灭火C. 随着科技的发展，电荷是可以消灭的D.
3、 太阳发出的能量射到地球上转化为其他能量射到宇宙中的能量则会消失【答案】B【解析】【详解】A在自助加油站给汽车加油时，静止接打移动电话，避免因接打移动电话产生的静电火花引起火灾，故A错误；B发电厂的变压器发生火灾时应先断开电源，防止触电，然后再灭火，故B正确；C根据电荷守恒定律可知电荷不能被创造和消灭，只能发生转移或得失，故C错误；D根据能量守恒定律可知能量即不会消灭，也不会创生，只能从一种形式转化为另一种形式，或从一个物体转移到另一个物体上， 故太阳发出光射到射到宇宙中的能量也转化成了其它形式的能而并没有消失，故D错误。故选B。3.下列说法正确的是（）A. 所有放射性元素均有半衰期，且半衰期
4、与该元素所处的环境温度有关，温度越高半衰期越短B. 根据玻尔原子理论，氢原子从基态跃迁到激发态需要吸收能量C. 铀核裂变的一种核反应为，该核反应由于会有更多的中子产生，所以反应开始阶段不需要提供中子D. 在光电效应实验中，某金属的截止频率为，若用频率为()的单色光照射该金属会发生光电效应【答案】B【解析】【详解】A所有放射性元素均有半衰期，放射性元素的半衰期由原子核决定，与外界的温度无关，故A错误；B根据玻尔理论可知，氢原子从基态跃迁到激发态时能量增大，所以需要吸收能量，故B正确；C用中子轰击铀核铀核发生了裂变，铀核裂变的一种核反应为，虽然该核反应由于会有更多的中子产生，但反应开始阶段需要提供
5、中子轰击铀核，故C错误；D在光电效应实验中，某金属的截止频率为，若用频率为()的单色光照射该金属不会发生光电效应，故D错误。故选B。4.在水平外力F的作用下，A、B两个圆柱体按如图所示的方式分别放在水平地面、靠在竖直墙面，将A缓慢向右移动一小段距离（B未与地面接触），不计一切摩擦，则在此过程中，关于水平地面对A的弹力N1、竖直墙面对B的弹力N2，下列说法正确的是（）A. N1不变、N2变大B. N1变小、N2变大C. N1变大、N2变小D. N1不变、N2变小【答案】A【解析】【详解】以圆柱体B为研究对象，分析受力如图所示当将A缓慢向右移动一小段距离，与竖直方向的夹角增大，由图看出墙对B的弹力
6、增大；以圆柱体A、B为研究对象，根据平衡条件，在竖直方向则有当将A缓慢向右移动一小段距离，水平地面对A的弹力不变，故A正确，B、C、D错误；故选A。5.一滑块在水平地面上沿直线滑行，t=0时速率为1m/s，从此刻开始在与速度平行的方向上对其施加一水平作用力F，力F和滑块的速度v随时间t的变化规律分别如图甲、乙所示，下列说法正确的是（两图正方向相同，取重力加速度g=10m/s2）（）A. 滑块的质量为1kgB. 滑块与水平地面间的动摩擦因数为0.1C. 第0.5s末力F的瞬时功率为2WD. 第2s内摩擦力对滑块做功为-0.5J【答案】D【解析】【详解】AB图像斜率的物理意义为加速度，根据图像可知
7、内，根据牛顿第二定律内，滑块反向运动，根据牛顿第二定律联立解得，AB错误；C时，滑块的速度大小为瞬时功率为C错误；D图线与时间轴围成的面积为位移，则第内滑块的位移为则摩擦力做功为D正确。故选D。6.如图所示，边长为L、匝数为N、电阻不计的正方形线圈abcd放置在磁感应强度大小为B的匀强磁场中绕转轴OO转动，线圈通过滑环和电刷连接一个含有理想变压器的电路，变压器原、副线圈的匝数分别为n1和n2，电压表V1、V2均为理想交流电表。现让线圈abcd以恒定角速度转动，从图示位置（线框所在平面与磁感线平行）开始计时，下列说法正确的是（）A. 线圈位于初始位置时是中性面，瞬时感应电流为零B. 电压表V1的
8、示数为C. 电压表V2的示数为D. 当滑动变阻器R的滑片P向下滑动时，线圈的电功率减小【答案】C【解析】【详解】A线圈位于初始位置时，穿过线圈的磁通量为零，线圈处于与中性面相互垂直的位置，此时感应电流最大，故A错误；B由交流电的产生可知，线圈中产生的最大电动势交流发电机内电阻不计，所以电压表示数等于故B错误；C根据理想变压器的变压比公式可知，电压表的示数为故C正确；D当滑片P位置向下移动时，滑动变阻器减小，根据电功率的表达式可知，变压器的输出功率增大，故线圈的电功率增大，故D错误；故选C。7.如图所示，两个相同的矩形线圈甲、乙，是由相同材料粗细均匀的金属丝做成的单匝线圈，矩形线圈的长为2L、宽
9、为L。现分别把甲、乙两线圈从图示位置以相同的速率匀速拉出匀强磁场，则在该过程中，下列说法正确的是（）A. 甲、乙两线圈产生的热量之比Q甲Q乙 = 11B. 流经甲、乙两线圈某一横截面的电荷量之比q甲q乙 = 12C. 甲、乙两线圈的电流之比I甲I乙 = 21D. 甲、乙两线圈的热功率之比P甲P乙 = 12【答案】C【解析】【详解】A甲、乙两线圈被匀速拉出磁场过程中，产生的热量分别为所以甲、乙两线圈产生的热量之比故A错误；B甲、乙两线圈被匀速拉出磁场过程中，经两线圈某一横截面的电荷量分别为所以流经甲、乙两线圈某一横截面的电荷量之比故B错误；C甲、乙两线圈被匀速拉出磁场过程中，两线圈的电流分别为所
10、以甲、乙两线圈的电流之比故C正确；D甲、乙两线圈被匀速拉出磁场过程中，两线圈的热功率分别为所以甲、乙两线圈的热功率之比故D错误。故选C。8.2019年是美国阿波罗登月计划50周年纪念，已知月球的质量与地球的质量之比为181，月球表面的重力加速度与地球表面的重力加速度大小之比为16，不考虑自转的影响，下列说法正确的是（）A. 月球半径与地球半径之比为B. 月球的最大环绕速度与地球的最大环绕速度之比为13C. 月球的密度与地球的密度之比为D. 月球的公转轨道的半长轴的三次方跟它公转周期的二次方比值和地球的比值相等【答案】AC【解析】【详解】A不考虑星球自转，万有引力等于重力解得则A正确；B环绕速度
11、满足解得则B错误；C星球的质量为密度为则C正确；D月球绕地球转动运行，地球绕太阳转动运行，二者对应的中心天体不同，根据开普勒第三定律可知月球的公转轨道的半长轴的三次方跟它公转周期的二次方比值和地球的比值不相等，D错误。故选AC。9.图甲为一平行板电容器，板间距离为d（未知），板间电场强度的变化规律如图乙所示（图乙中数据均为已知）。t=0时刻，质量为m的带电小球以初速度v0沿中线射入两板间，T时刻小球恰好经金属板边缘水平飞出，小球运动过程中始终未与金属板接触，重力加速度大小为g，电容器的电容为C，下列说法正确的是（）A. 小球的带电荷量为B. 两板间距离C. 0时间内，平行板的带电荷量为CE0g
12、T2D. 若0、T时间内板间电场强度分别变为2E0、0、E0，其余条件均不变，则该带电小球恰好从电容器上极板边缘飞出【答案】BD【解析】【详解】A根据题意可知，小球在竖直方向上，内做匀加速直线运动，加速度为内做a3=g匀加速直线运动，在做匀减速运动最后减为零，此过程加速度为根据速度时间公式联立可得故A错误；B由以上可得a1=0a2=ga3=g根据运动学公式可得两板间距离故B正确；C时间内，平行板的带电荷量为Q=CUU=E0d联立可得故C错误；D根据A分析可知，小球将向上以g加速运动，接下来以g减速运动，在竖直速度为零，所以带电小球恰好从电容器上极板边缘飞出，故D正确。故选BD。10.如图所示，
13、宽为L的平行固定光滑金属导轨MN和PQ由圆弧部分和水平部分平滑连接，右端接阻值为R的定值电阻，水平轨道的左边部分矩形区域（长度为d，未知）内有竖直向上、大小为B的匀强磁场。在圆弧部分的某一高度h处由静止释放一根长为L的金属棒，金属棒到达磁场右边界处恰好停止。已知金属棒质量为m，通过定值电阻的最大电流为I，金属棒与导轨始终垂直接触良好，导轨电阻不计，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（）A. 金属棒在磁场区域做匀减速直线运动B. 金属棒产生的焦耳热为mghC. 金属棒的电阻为D. 磁场区域长度为【答案】CD【解析】【详解】A金属棒进入磁场中，受到的安培力表示为根据楞次定律可知安培力阻碍金属棒运
14、动，水平向左，根据牛顿第二定律金属棒速度减小，加速度减小，做加速度减小的减速运动，A错误；B金属棒从高处滑下到停止运动，根据动能定理得根据焦耳定律可知所以B错误；C金属棒从高处滑下，根据动能定理此时金属棒进入磁场，速度最大，电动势最大，电流最大，即解得C正确；D导体棒进入磁场，取时间微元，选取水平向右为正，根据动量定理结合可知全过程有解得D正确。故选CD。二、非选择题共60分。把答案填在答题卡中的横线上或按题目要求作答。解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能给分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。（一）必考题共45分。11.某同学利用如图甲所示的装
15、置测量滑块与斜面间的动摩擦因数。先用量角器测得斜面的倾角=30，并用游标卡尺测量挡光片的宽度d，用毫米刻度尺测量挡光片的最初位置到光电门的距离x；再由静止释放滑块，记录数字计时器显示的挡光片挡光时间t；多次改变挡光片到光电门的距离，测出所对应的挡光时间：(1)用游标卡尺测量挡光片宽度时，示数如图丙所示，则挡光片的宽度d=_mm；(2)若某次实验，滑块通过光电门时的挡光时间为0.02s，则滑块通过光电门时的速度大小v=_m/s；(3)多次实验后，根据实验数据，以为纵坐标，x为横坐标，作图像（所有数据均为国际制单位），得出一条过坐标原点的直线如图乙所示，测得其斜率k=5m/s2，则滑块与斜面间的动
16、摩擦因数=_。（g取10m/s2）【答案】 (1). 24 (2). 0.12 (3). 【解析】【详解】(1)1游标卡尺精度为，读数为。(2)2挡光片宽度较小，可以用平均速度近似代替瞬时速度，即(3)3根据牛顿第二定律根据运动学公式整理变形得结合图像可知解得12.某实验小组要用伏安法从零开始描绘某灯泡的U-I图线，小组观察发现小灯泡上标有“5V 2W”的字样。实验室现有下列器材供选用A.电压表（015V，内阻约20k）B.电压表（06V，内阻约为5k）C.电流表（00.6A，内阻约为0.6）D.滑动变阻器（500，最大电流为1A）E.滑动变阻器（10，最大电流为2A）F.学生电源（直流6V）
17、、开关、导线若干；(1)实验中所用电压表应选_，滑动变阻器应选_；（均用选项前的字母表示）(2)根据实验的要求在虚线框中画出实验电路图；（ ）(3)该实验小组根据实验得到的数据画出了如图所示的小灯泡的U-I图线。当用电动势为4V、内阻为10的电源直接给该小灯泡供电时，该小灯泡的实际功率是_W。（保留一位有效数字）【答案】 (1). B (2). E (3). (4). 0.3【解析】【详解】(1)1电压需要达到小灯泡的额定电压5V，所以电压表选择B。2电压从0开始调节，滑动变阻器采用分压法接入电路，为了方便调节，需要选择阻值较小，额定电流较大的滑动变阻器，即选择E。(2)3小灯泡的电阻约为根据
18、可知电压表分流较小，所以电流表需要采用外接法，电路图如图(3)4在图像中根据闭合电路欧姆定律做出电源的图像如图图中交点即为小灯泡直接接入电源时的电流和电压，即，则功率为13.如图所示，质量m0 = 1 kg小车置于光滑的水平面上，车上固定着一根足够长的竖直轻杆，质量m = 1.5 kg的小球（视为质点）用长度L = 2 m的轻绳悬挂在杆的上端。按住小车并拉直轻绳使其水平，然后同时放开小车和小球，小球下落后与轻杆发生弹性碰撞，已知g = 10 m/s2，不计空气阻力：（1）求碰撞前瞬间小球和小车的速度大小v球、v车；（2）若碰撞的作用时间t = 0.01 s，求碰撞过程中轻杆对小球的平均冲击力的
19、大小F。【答案】（1）4 m/s，6 m/s；（2）1200 N【解析】【详解】（1）以水平向右为正方向，由小球和小车组成的系统水平方向动量守恒得由小球和小车组成的系统机械能守恒得解得，（2）对全过程，由动量守恒定律得由机械能守恒定律得碰撞过程中，以小球为研究对象，由动量定理得解得14.如图所示，在直角坐标系xOy平面内，虚线OP与x轴间的夹角=30，OP与y轴所夹区域内存在磁感应强度大小B=1T、方向垂直于坐标平面向外的匀强磁场。一比荷的带正电粒子从y轴上距离O点L=1m的M点沿x轴正方向进入磁场区域，并从OP上到O点的距离L=1m的A点（图中未画出）离开磁场区域。粒子所受重力不计：(1)求
20、粒子的速度大小v；(2)求粒子从M点运动到A点所用的时间t；(3)若在直线OP和x轴之间的区域存在平行于OP由O指向P方向的匀强电场（未画出），且电场强度大小，求该粒子运动到x轴时与O点的距离s和粒子在电场中运动的时间T。【答案】(1)1000m/s；(2)；(3)，【解析】【详解】(1)由几何关系可知，粒子在磁场运动的圆心为，粒子运动轨迹圆弧的半径根据牛顿第二定律有解得(2)带电粒子在磁场中运动的轨迹圆弧对应的圆心角，又解得(3)经分析可知，带电粒子经过直线OP时，速度方向垂直于OP，故带电粒子在电场中做类平抛运动，其中垂直OP方向做匀速运动，沿OP方向做匀加速直线运动，设到达x轴沿OP方向
21、的位移为X，垂直于OP方向的位移为Y，有根据牛顿第二定律得又由几何关系有解得，距离（二）选考题共15分。请考生从15、16两题中任选一题作答。若多做，则按所做的第一题计分。15.下列说法正确的是 。A. 花粉颗粒在水中做布朗运动，反映了花粉分子在不停地做无规则运动B. 外界对气体做正功，气体的内能可能不变C. 一定质量的理想气体在等温膨胀过程中压强一定减小D. 只要科技继续进步，人类终将做出能量转化率100%的热机E. 冰块融化过程中，分子的平均动能保持不变，分子势能增大【答案】BCE【解析】【详解】A布朗运动是悬浮微粒的无规则运动，是液体分子做无规则运动的反映，不是微粒内部分子不停地做无规则
22、运动的反应，故A错误；B外界对气体做正功时，若同时吸收热量，且做的功与吸收的热量数值相等，由热力学第一定律知，气体的内能不变，故B正确；C根据理想气体状态方程可知，气体在等温膨胀过程中，压强一定减小，故C正确；D根据热力学第二定律，效率达100%的热机不可能制成，故D错误；E冰块熔化过程中，温度不变，故分子的平均动能保持不变，但吸收热量，说明内能增加，故分子势能增大，故E正确；故选BCE。16.一定质量的理想气体先从状态A经等压变化到状态B，后再经等容变化到状态C，变化过程的图像如图所示，在状态A时气体的压强，求(1)气体在状态A时的体积和在状态C时的压强；(2)气体在ABC过程中吸收的热量Q
23、。【答案】(1)，1.8105Pa；(2)600J【解析】【详解】(1)由图像可知气体在状态B时，则有，气体在状态A时，则有根据盖一只萨克定律有解得气体由状态B变化到状态C，发生等容变化，根据查理定律得由图像可知气体在状态C吋温度解得(2)由题可知，气体在A、C两状态时温度相等，则气体的内能相同，即有气体从状态A到状态B是等压变化体积增大，则有气体对外界做功气体由状态B变化到状态C，发生等容变化，外界对气体不做功，根据热力学第一定律得即)气体在ABC过程中吸收的热量600J。17.一列简谐横波沿x轴正方向传播，O点为波源且t=0开始沿y轴正方向起振t=0.6s末、04m内的质点第一次出现的波形
24、图如图所示，虚线框内的波形被遮住未画出，虚线框的宽度为4m，则下列判断正确的是 。A. 与该波发生干涉的另一简谐横波的频率是2.5HzB. 该波的传播速度为m/sC. 从t=0开始平衡位置在x1=8m的质点第三次到达波谷的时间是1.9sD. 波源O的振动方程为y=0.4sin5t（m）E. 从图中时刻开始经过1.2s，平衡位置在x2=18m的质点恰好开始振动【答案】ACE【解析】【详解】A根据题意可知可得波的周期T=0.4s要发生干涉现象，另外一列波的频率一定相同，即故A正确；B该波的传播速度为故B错误；C波从平衡位置传播到x1=8m处所需的时间为从平衡位置振动到波谷所需的时间为从t=0开始平
25、衡位置在x1=8m的质点第三次到达波谷的时间是故C正确；D由图可知振幅为A=20cm角速度为所以波源O的振动方程为y=0.2sin5t（m）故D错误；E由题意可知从图中时刻开始波已经传播到x=6m处，所以平衡位置在x2=18m的质点恰好开始振动的时间为故E正确。故选ACE。18.如图所示，玻璃砖ABDO的横截面是半径为R的半圆，O点为半圆的圆心，S为沿OA所在的直径外的一点，从S点向半圆上发射一细束单色光到半圆上的B点，已知入射角=60，BOA=45，玻璃砖的折射率n=，光在真空中传播的速度为c，求(1)光线在B处的折射角；(2)光线在玻璃砖中的传播时间t。【答案】(1)45；(2)【解析】【详解】(1)光线在B点发生折射，由折射定律得解得(2)光线由B点射向D点，设入射角为，由几何关系可得由于，所以光线在D点射出玻璃砖，由几何关系得解得