1、山西省长治市第二中学2019-2020学年高二物理下学期摸底考试试题（含解析）一、选择题（本题共16个小题，每小题3分，共48分。第1-11小题中给出的四个选项中，只有一个选项正确；第12-16小题有多个选项正确，全部选对的得3分，选对但不全的得2分，不选或有选错的得0分。请将选择题答案填涂到答题卡对应栏内。）1.汽车在某段时间内做匀变速运动的位移x与时间t的关系式为x=20t-2t2，x与t的单位是m和s，则该汽车（）A. 运动的加速度是-2m/s2B. 第1s内的位移是18mC. 前2s内的平均速度是18m/sD. 前6s内的位移是48m【答案】B【解析】【详解】A根据得汽车的初速度为：v
2、0=20m/s，加速度a=-4m/s2，则加速度的大小为4m/s2，选项A错误；B第1s内的位移是选项B正确；C前2s内的平均速度是选项C错误；D物体停止运动的时间则前6s内的位移等于5s内的位移选项D错误；故选B.2.如图所示,木板P下端通过光滑铰链固定于水平地面上的O点，物体A放在木板上且处于静止状态。现使木板P绕O点逆时针时针缓慢旋转到虚线所示位置,物体A仍保持静止，与初始位置的情况相比（ ）A. 物体A受到的摩擦力增大了B. 物体A受到的摩擦力不变C. 木板对物体A的支持力增大D. 木板对物体A的作用力减小【答案】A【解析】【详解】以为研究对象，分析受力情况如图重力、板的支持力和摩擦力
3、，由平衡条件分析可知，板对的作用力大小与总重力大小相等，保持不变，则有：增大，物体受到的摩擦力减小；A与分析相符，故A正确；B与分析不符，故B错误；C与分析不符，故C错误；D与分析不符，故D错误；故选A。3.2019年4月1日，在中国核能可持续发展论坛上，生态环境部介绍2019年会有核电项目陆续开工建设某核电站获得核能的核反应方程为，己知铀核的质量为m1，钡核的质量为m2，氪核的质量为m3，中子n的质量为m4，下列说法中正确的是（ ）A. 该核电站通过核聚变获得核能B. 铀核的质子数为235C. 在上述核反应方程中x=3D. 一个铀核发生上述核反应，释放的能量为（m1-m2-m3-m4）c2【
4、答案】C【解析】【详解】A核电站获得核能的途径是核裂变，故A错误.B铀核质子数为92，故B错误.C根据质量数守恒可知x=3，故C正确.D一个铀核发生上述核反应，由质能方程可得：故D错误.4.质量为2m的物块A和质量为m的物块B相互接触放在水平面上，如图所示若对A施加水平推力F，则两物块沿水平方向作加速运动关于A对B的作用力，下列说法正确的是（ ）A. 若水平面光滑，物块A对B的作用力大小为FB. 若水平面光滑，物块A对B的作用力大小为C. 若物块A与地面无摩擦，B与地面的动摩擦因数为，则物块A对B的作用力大小为D. 若物块A与地面无摩擦，B与地面的动摩擦因数为，则物块A对B的作用力大小为【答案
5、】D【解析】【详解】AB根据牛顿第二定律，对整体对B：物块A对B的作用力大小为故AB项错误；CD对整体由牛顿第二定律有对B由牛顿第二定律得代入解得：故C项错误，D项正确5.如图所示，用F表示分子间的作用力，用EP表示分子间的分子势能，在两个分子间的距离由10r0变为r0的过程中（ ）A. F不断增大，EP不断减小B. F先增大后减小，EP不断减小C. EP先增大后减小，F不断减小D. .EP 和F都先增大后减小【答案】B【解析】【详解】在两个分子间的距离由10r0变为r0的过程中分子力先增大后减小，表现为吸引力，而在靠近的过程正分子力做正功，所以分子势能一直在减小，故B正确；ACD错误；6.质
6、量为2 kg的质点在xOy平面上运动，在x方向的速度图象和y方向的位移图象如图所示，下列说法中错误的是（）A. 质点的初速度大小为5 m/sB. 质点做匀变速曲线运动C. 2s末质点速度大小为10 m/sD. 质点所受的合外力为4 N【答案】C【解析】【详解】A根据图象可得，y方向是匀速直线运动，则初速度为故A正确；B因为物体的合加速度就是x方向加速度不变，而y方向匀速，所以质点做的是匀变速曲线运动，故B正确；C2s末，则速度为故C错误；D据图象得根据牛顿第二定律故D正确。本题选错误的，故选C。7.如图所示，a、b、c三个小球做平抛运动，设a、b、c飞行时间分别为ta、tb、tc，抛出的初速度
7、分别为va、vb、vc ，则（ ）A. tatbtcB. tatbtcC. vavbvcD. vavbvc【答案】C【解析】【详解】根据平抛运动规律：，解得；所以；而，所以，ABD错误C正确8.一定量的理想气体在某一过程中，从外界吸收热量2.5104J，气体对外界做功1.0104J，则该理想气体的( )A. 温度降低，密度增大B. 温度降低，密度减小C. 温度升高，密度增大D. 温度升高，密度减小【答案】D【解析】【详解】理想气体的内能仅用温度来衡量，由热力学第一定律U=W+Q可知，U=1.5104J，即气体内能增加，故温度升高。因对外做功，体积膨胀，故密度减小。故D正确，ABC错误。故选D。
8、9.在光滑的水平面上有a、b两球在t=2s时发生正碰，其质量分别为ma、mb，两球在碰撞前后的v-t图象如图所示a、b两球质量之比是（） A. ma：mb=1：2B. ma：mb=2：5C. ma：mb=2：1D. ma：mb=5：2【答案】B【解析】由图可以知道b球碰前静止,设碰撞前,a球的速度为 ,碰后a球速度为 ,b球速度为 ,物体碰撞过程中动量守恒,规定a的初速度方向为正,由动量守恒定律有: ;结合图中说给数据可求得： ，故B正确；故选B点睛：a、b碰撞过程中动量守恒,根据动量守恒定律列出方程,结合图象信息即可求得两球质量关系.10.用金属铷为阴极的光电管，观测光电效应现象，实验装置示
9、意如图甲所示，实验中测得铷的遏止电压UC与入射光频率之间的关系如图乙所示，图线与横轴交点的横坐标为5.151014Hz已知普朗克常量h=6.631034Js则下列说法中正确的是A. 欲测遏止电压，应选择电源左端为正极B. 当电源左端为正极时，滑动变阻器的滑片向右滑动，电流表的示数持续增大C. 增大照射光的强度，产生的光电子的最大初动能一定增大D. 如果实验中入射光的频率=7.001014Hz，则产生的光电子的最大初动能Ek=1.21019J【答案】D【解析】【分析】根据图甲光电管和图乙能求出截止频率可知，本题考查爱因斯坦的光电效应，根据光电效应规律，运用光电管和光电流以及光电效应方程进行分析求
10、解；【详解】A、图甲所示的实验装置测量铷的遏止电压与入射光频率，因此光电管左端应该是阴极，则电源左端为负极，故A错误；B、当电源左端为正极时，将滑动变阻器的滑片从图示位置向右滑动的过程中，则电压增大，光电流增大，当电流达到饱和值，不再增大，即电流表读数的变化是先增大，后不变，故选项B错误；C、光电子的最大初动能与入射光的频率和金属的逸出功有关，与入射光的强度无关，故选项C错误；D、根据图象可知，铷的截止频率，根据，则可求出该金属的逸出功大小根据光电效应方程，当入射光的频率为时，则最大初动能为：，故选项D正确【点睛】解决本题的关键掌握光电效应方程，以及知道遏止电压与最大初动能之间的关系，需要学生
11、在学习中要牢记公式以及物理量之间的关系，同时注意计算的准确性11.如图所示的电路中，两平行金属板之间的带电液滴处于静止状态，电流表和电压表均为理想电表，由于某种原因灯泡L的灯丝突然烧断，其余用电器均不会损坏，则下列说法正确的是()A. 电流表、电压表读数均变小B. 电源内阻消耗的功率变大C. 液滴将向上运动D. 电源的输出功率变大【答案】C【解析】【分析】首先对电路进行分析：L2的灯丝突然烧断可知电路中总电阻增大，由闭合欧姆定律可求得电路中电流及路端电压的变化；再对并联部分分析可知电容器两端的电压变化，则可知液滴的受力变化，则可知液滴的运动情况根据电源的内外电阻关系，分析电源输出功率的变化【详
12、解】AC当L2的灯丝突然烧断可知电路中总电阻增大，则总电流减小，电源的内电压和R1电压减小，由闭合电路的欧姆定律可知，路端电压增大，故电容器C的电压增大，板间场强增大，带电液滴所受的电场力增大，则该液滴将向上移动；由于C两端的电压增大，R2、R3中的电流增大，则电流表、电压表的读数均变大；故A错误，C正确；B因干路电流减小，则电源内阻消耗的功率变小，故B错误；D由于电源的内外电阻的关系未知，不能判断电源的输出功率如何变化故D错误【点睛】本题考查闭合电路的欧姆定律，一般可以先将分析电路结构，电容器看作开路；再按部分-整体-部分的分析思路进行分析12.下列说法不正确的是（）A. 把玻璃管的裂口放在
13、火焰上烧熔，它的尖端就会变钝，这与表面张力有关B. 某种液体和固体之间是否浸润，是由液体决定的，与固体的材料无关C. 烧热的针尖接触涂有蜂蜡薄层的云母片背面，熔化的蜂蜡呈椭圆形，说明蜂蜡有各向同性，是单晶体D. 相对湿度越大，表示水蒸气的实际压强一定越大，空气越潮湿【答案】BCD【解析】【详解】A细玻璃棒尖端放在火焰上烧溶后尖端变钝，是由于变成液体后表面张力的作用结果，故A正确；B某种液体和固体之间是否浸润，与液体以及固体的材料均有关，故B错误；C烧热的针尖接触涂有蜂蜡薄层的云母片背面，熔化的蜂蜡呈椭圆形，说明蜂蜡有各向异性，是单晶体，故C错误；D相对湿度越大，空气中水蒸气的实际压强越接近同温
14、度下水的饱和汽压，空气越潮湿，故D错误。本题选不正确的，故选BCD。13.如图所示是氢原子的能级图，一群氢原子处于量子数n4的激发态，这些氢原子能够自发地跃迁到较低的能量状态，并向外辐射多种频率的光，则A. 可以辐射6种不同频率的光B. 波长最长的是n4激发态跃迁到基态时产生的C. 使n4能级的氢原子电离至少要0.85 eV的能量D. 若从n2能级跃迁到基态释放的光子能使某金属板发生光电效应，则从n3能级跃迁到n2能级释放的光子也一定能使该板发生光电效应【答案】AC【解析】【详解】A从n4的激发态向基态跃迁时可以辐射种不同频率的光，选项A正确；B波长最长的对应着频率最小的光，即从n4到n=3时
15、产生的，选项B错误；C使n4能级的氢原子电离至少要0-(-0.85)=0.85 eV的能量，选项C正确；D从n2能级跃迁到基态释放的光子能量为-3.4-（-13.6）=10.2eV；从n3能级跃迁到n2能级释放的光子能量为-1.51-（-3.4）=1.89eV，即若从n2能级跃迁到基态释放的光子能使某金属板发生光电效应，则从n3能级跃迁到n2能级释放的光子不一定能使该板发生光电效应，选项D错误14.木星绕太阳转动的轨道，木星的卫星绕木星转动的轨道，均可视为圆己知木星绕太阳转动的轨道半径为R1、转动的周期为T1，木星的某一卫星绕木星转动的轨道半径为R2、 转动的周期为T2，万有引力常量为G下列说
16、法正确的是A. B. 木星的质量为C. 该卫星绕木星转动的线速度大小为D. 木星绕太阳转动的角速度大小为【答案】BC【解析】【详解】A.根据开普勒第三定律，因木星绕太阳转动与卫星绕木星转动的中心天体不同，则，选项A错误；B.木星的某一卫星绕木星转动，则，解得木星的质量，选项B正确；C. 该卫星绕木星转动的线速度大小为，选项C正确D. 木星绕太阳转动的角速度大小为，选项D错误.15.静止在粗糙水平地面上的物块(视为质点)在水平拉力作用下向右运动，经过一段时间后撤去拉力物体在整个运动过程中的速度的二次方随位移的变化规律如图所示已知物块的质量为2kg，取g10m/s2下列说法正确的是 ( )A. 拉
17、力作用的时间为3sB. 物块运动过程的平均速度大小为9m/sC. 物块与地面间的动摩擦因数为0.6D. 拉力做的功为36J【答案】AC【解析】【详解】A.根据图像可知，加速阶段的末速度为6m/s，加速位移为9m，根据平均速度公式可知 ，加速时间即拉力作用时间故A正确B.物块开始做初速度为零的匀加速，然后做末速度为零的匀减速，所以平均速度相同，均为最大速度的一半，即3m/s，故B错误C.根据减速阶段有 ，且 ，代入数据解得： ，故C正确D.全程根据动能定理可知解得拉力做功 ，故D错误16.如图甲所示，甲、乙两个小球可视为质点，甲球沿倾角为30的光滑足够长斜面由静止开始下滑，乙球做自由落体运动，甲
18、、乙两球的动能与路程的关系图象如图乙所示。下列说法正确的是A. 甲球机械能不守恒，乙球机械能守恒B. 甲、乙两球的质量之比为m甲m乙41C. 甲、乙两球动能均为Ek0时，两球重力的瞬时功率之比为P甲P乙11D. 甲、乙两球的动能均为Ek0时，两球下降高度之比h甲h乙14【答案】BCD【解析】【详解】A两球在运动过程中均只有重力做功，甲、乙球的机械能都守恒，故A项错误；B由机械能守恒定律得，对甲球对乙球解得m甲m乙41故B项正确；C甲、乙两球的动能均为Ek0时，两球重力的瞬时功率分别为，代入数据可得P甲P乙11故C项正确；D甲、乙两球的动能均为Ek0时，两球下降高度分别为，所以h甲h乙14故D正
19、确。故选BCD。二、实验题（本题共16分。第14小题6分，第15小题10分。）17.如图所示为“研究小车的加速度和力的关系”的实验装置。(1)下列关于该实验操作的说法，正确的是_（选填选项前的字母）；A在研究“加速度与合外力的关系”前，必须平衡摩擦力B必须保证小车的质量远大于所挂砂和砂桶的总质量C每当改变钩码质量时，必须重新平衡摩擦力D先接通电源，再释放小车(2)改变砂和砂桶的重力，多次重复测量。在某次实验中根据测得的多组数据可画出aF关系图线（如图所示）。分析此图线的OA段可得出的实验结论是_。此图线的AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是（ ）A小车与轨道之间存在摩擦 B导轨保持了水平
20、状态C砂和砂桶的总质量太大 D所用小车的质量太大【答案】 (1). ABD (2). 质量一定时，a与F成正比 (3). C【解析】【详解】(1)1A研究加速度与力的关系实验中，认为细线的拉力为小车的合力，所以实验前需平衡摩擦力，故A正确；B因为实验中用钩码的重力代替细线的拉力，所以需要满足小车的质量远大于钩码的质量，故B正确；C平衡摩擦力时公式前后都有m可以消掉，所以当改变砝码质量时不需要重新平衡摩擦力，故C错误；D实验开始的时候，先接通电源，再释放小车，故D正确。故选ABD；(2)2aF图象的OA段是过原点的直线，a与F成正比，该图象表明：在小车质量一定的条件下，小车的加速度a与其所受合外
21、力F成正比；3探究加速与力关系实验中，如果砂桶总质量太大，小车受到的拉力明显小于砂桶受到的重力，a与F不成正比，aF图象发生弯曲，不再是直线，故C正确，ABD错误。故选C。18.李某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱形导体的电阻。步骤如下：(1)用游标卡尺和螺旋测微器测量其长度和直径如下图所示，由图可知其长度为_mm。直径为_mm；(2)用多用电表的电阻100挡，按正确的操作步骤测其电阻，发现指针偏角过大，他应先将倍率调为_（填10或1000），紧接着的操作步骤是_，正确操作后，表盘的示数如图，则该电阻的阻值约为_；(3)该同学想用伏安法更精确地测量其电阻R，现有的器材及其代号和规格如下：待测圆
22、柱体电阻R；电流表A1（量程1mA，内阻约50）；电流表A2（量程20mA，内阻约10）；电压表V1（量程3V，内阻约10k） ；电压表V2（量程15V，内阻约25k）；直流电源E（电动势4V，内阻不计）；滑动变阻器R1（最大阻值15，允许通过的最大电流2.0A）；滑动变阻器R2（最大阻值50k，允许通过的最大电流0.5A）；开关S、导线若干为使实验误差较小，要求测得多组数据进行分析，则电流表应该选择_，电压表应该选择_，滑动变阻器应该选择_；(4)该同学用伏安法测该电阻的实验误差主要来源于_（填“电流”或“电压”）；表的读数与被测电阻的真实值不同，导致被测电阻R测_R真（选填、=或）。【答案
23、】 (1). 50.15 (2). 4.700（） (3). 10 (4). 将红黑表笔短接，重新进行欧姆调零 (5). 220 (6). A2 (7). V1 (8). R1 (9). 电流 (10). 【解析】【详解】(1)1游标卡尺的主尺读数为：5.0cm，游标尺上第3个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为30.05mm=0.15mm，所以最终读数为：50mm+0.15mm=50.15mm2螺旋测微器的固定刻度为4.5mm，可动刻度为20.00.01mm=0.200mm，所以最终读数为4.5mm+0.200mm=4.700mm，由于误差则4.700mm（mm）(3)345用多用电表的
24、电阻“100”挡，按正确的操作步骤测其电阻，发现指针偏角过大，说明倍率档选择的过大，则他应先将倍率调为“10”，紧接着的操作步骤是将红黑表笔短接，重新进行欧姆调零，该电阻的阻值约为2210=220；(4)678直流电源电动势4V，则电压表选择量程3V的V1，电路中可能出现的最大电流则电流表选择量程20mA的A2，为了方便调节，滑动变阻器应该选择阻值较小的R1(5)910因电压表的内阻远大于待测电阻阻值，则实验采用电流表外接法，则该电阻的实验误差主要来源于电流表的读数大于被测电阻的电流的真实值，由可知被测电阻三、计算题（本题共3小题，共36分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写
25、最后答案的不给分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。）19.一活塞将一定质量的理想气体封闭在气缸内，初始时气体体积为3.010-3m3。用DIS实验系统测得此时气体的温度和压强分别为300K和1.0105Pa。推动活塞压缩气体，测得气体的温度和压强分别为320K和1.6105Pa。(1)求此时气体的体积；(2)保持温度不变，缓慢改变作用在活塞上的力，使气体压强变为8.0104Pa，求此时气体的体积。【答案】(1)；(2)【解析】【详解】(1)由气体状态方程知：，将，代入上式解得(2)气体发生等温变化有将代入可得20.如图所示，金属棒ab的质量为m，长为L，通过的电流为I，处在磁感强
26、度为B的匀强磁场中，结果ab静止且紧压于水平导轨上若磁场方向与导轨平面成角，试问：棒受到的摩擦力多大？棒对导轨的压力为多大？若ab棒恰好开始运动，那么动摩擦因数多大？【答案】（1） (2) （3） 【解析】金属棒ab处于静止状态，合力为零，分析其受力：ab棒受到重力、安培力、导轨的支持力和静摩擦力，金属杆与磁场方向垂直，安培力大小FA=BIL，根据平衡条件列方程求解摩擦力和支持力若ab棒恰好开始运动，静摩擦力达到最大值，由摩擦力公式求动摩擦因数解：（1）（2）作出金属棒ab受力的主视图，如图根据平衡条件得： 又 解得：， 由牛顿第三定律知，棒对导轨的压力为若ab棒恰好开始运动，静摩擦力达到最大
27、值，由得： 【点睛】本题考查在磁场中通电导体的平衡问题，关键在于安培力分析和计算本题要注意导体与磁场垂直，安培力的计算公式是FA=BIL21.如图所示的区域中，第二象限为垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B，第一、第四象限是一个电场强度大小未知的匀强电场，其方向如图一个质量为m，电荷量为+q的带电粒子从P孔以初速度v0沿垂直于磁场方向进入匀强磁场中，初速度方向与边界线的夹角=30，粒子恰好从y轴上的C孔垂直于匀强电场射入匀强电场，经过x轴的Q点，已知OQ=OP，不计粒子的重力，求：（1）粒子从P运动到C所用的时间t；（2）电场强度E的大小；（3）粒子到达Q点的动能Ek【答案】（1）（2）（3）【解析】试题分析：（1）带电粒子在电磁场运动的轨迹如图所示，由图可知,带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹为半个圆周,由得：,又得带电粒子在磁场中运动的时间：（2）带电粒子在电场中做类平抛运动,初速度垂直于电场沿方向，过点作直线的垂线交于，则由几何知识可知,由图可知：带电粒子从运动到沿电场方向的位移为带电粒子从运动到沿初速度方向的位移为由类平抛运动规律得：，联立以上各式得：（3）由动能定理得：,联立以上各式解得：考点：带电粒子在匀强磁场中的运动、牛顿第二定律、向心力【名师点睛】粒子先做的是匀速圆周运动，后在电场中做类平抛运动，根据匀速圆周运动和类平抛运动的规律可以分别求得
