安徽省蚌埠市蒙城第四中学高二物理联考试题含解析

安徽省蚌埠市蒙城第四中学高二物理联考试题含解析一、选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项符合题意1.如图所示，用一根细绳和一根轻直杆组成三角支架，绳的一端绕在手指上，杆的一端顶在掌心，当A处挂上重物时，绳与杆对手指和手掌均有作用，对这两个作用力的方向判断完全正确的是的（）A． B． C． D．参考答案：D【考点】力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用．【分析】对重物分析，重物受重力及绳子的拉力，因细绳是连续的，故绳子上各点的拉力均等于物体的重力，由此可判断手指的受力方向；对结点进行受力分析，则可知杆对结点的弹力方向，即可判出杆对手掌的作用力的方向．【解答】解：重物受绳子的拉力及物体本身的重力而处于平衡，故绳子的拉力等于物体的重力；而绷紧的绳子各处的拉力相等，故绳子对手指有大小为mg的拉力，方向沿绳的方向背离手指的方向；结点A处受绳子向下的拉力及沿绳向上的拉力，二力的合力应沿杆的方向向里压杆，故杆对手掌有向里的压力；故答案为D．2.电流天平可以用来测量匀强磁场的磁感应强度的大小。测量前天平已调至平衡，测量时，在左边托盘中放入质量为m的砝码，右边托盘中不放砝码，将一个质量为m0、匝数为n、下边长为L的矩形线圈挂在右边托盘的底部，再将此矩形线圈的下部分放在待测磁场中。如图甲所示，线圈的两头连在如图乙所示的电路中，不计连接导线对线圈的作用力，电源电动势为E，内阻为r.开关S闭合后，调节可变电阻至R1时，天平正好平衡。此时电压表读数为U；已知m0>m，取重力加速度为g，则（

）A.矩形线圈中电流的方向为顺时针方向B.矩形线圈的电阻C.匀强磁场的磁感应强度的大小D.若仅将磁场反向，在左盘添加质量为2m0-m的砝码可使天平重新平衡参考答案：C【详解】A.已知m0>m，要使线圈处于平衡状态，则所受安培力的方向应该向上，根据左手定则可知线圈中电流的方向应该是逆时针方向，故A错误；B.根据闭合电路欧姆定律可得，解得矩形线圈的电阻，故B错误；C.根据平衡条件可得，而，，解得匀强磁场的磁感应强度的大小，故C正确；D.开始线圈所受安培力的方向向上，仅将磁场反向，则安培力方向反向，变为竖直向下，相当于右边多了两倍的安培力大小，所以需要在左边加砝码，添加质量为的砝码可使天平重新平衡，故D错误；3.如图所示，为等量正电荷产生的电场，M、N为对称线上两点。下列说法正确的是A．M点场强方向方向向上B．M点场强一定大于N点场强C．将正电荷从M点移动到N点，电场力做正功D．将电子从M点移动到N点，电场力做正功参考答案：AC4.（单选）某电场中等势面分布如图所示，图中虚线表示等势面，过a、b两点的等势面电势分别为9V和1V，则a、b连线的中点c处的电势应（）A．肯定等于5VB．大于5VC．小于5VD．可能等于5V参考答案：考点：电势．专题：电场力与电势的性质专题．分析：根据沿着电场线的方向电势逐渐降低，判断出电场线的方向，根据等势面的形状判断场强的强弱．解答：解：由题：a点的电势高于b点电势，可知，电场线从a等势面指向b等势面；若是匀强电场C处的电势为5V，而由等势面的形状可知（等势面一定跟电场线垂直）电场强度左边强，右边弱，因此Uac＞Ucb，则c处的电势应小于5V．故C正确．故选：C5.如图所示，绝缘摆线长为L，摆球带正电，悬于O点，当它摆过竖直线OC时，便进入或离开一个匀强磁场，磁场方向垂直于单摆的摆动平面，在摆角小于5°时，摆球沿着ACB来回摆动，下列说法正确的是A．A点和B点处于同一水平面上B．在A点B点，线上的拉力大小不相等C．单摆的振动周期D．单摆向右或向左运动经过D点时，线上拉力大小相等参考答案：AC二、填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分6.（4分）如图所示，水平放置的两平行金属板间距为d，电压大小为U，上板中央有孔，在孔正下方的下板表面上有一个质量为m，电量为－q的小颗粒，将小颗粒由静止释放，它将从静止被加速，然后冲出小孔，则它能上升的最大高度h=_________________。参考答案：7.如图是正弦式电流的图像，由图可知：该交变电流的频率为

Hz，电压的有效值为

V。参考答案：

50

；

100

8.（4分）已知空气的击穿电场的场强为2×106V/m，测得某一次闪电火花长1000m，设闪电火花的路径为直线,则发生这次闪电时，放电路径两端的电势差U=________V。若这次闪电通过的电荷量为30C，则释放的能量△E=___________J。参考答案：2×109、6×10109.（单选题）如图，用平行于斜面的推力使物体静止于倾角为θ的固定斜面上，下列表述正确的是A．斜面对物体的摩擦力一定沿斜面向下B．斜面对物体的摩擦力一定沿斜面向上C．斜面对物体的摩擦力可能为零

D．物体对斜面的压力可能为零参考答案：C10.(1)研究光电效应的电路如图所示．用频率相同、强度不同的光分别照射密封真空管的钠极板(阴极K)，钠极板发射出的光电子被阳极A吸收，在电路中形成光电流．下列光电流I与A、K之间的电压UAK的关系图象中，正确的是________．(2)钠金属中的电子吸收光子的能量，从金属表面逸出，这就是光电子．光电子从金属表面逸出的过程中，其动量的大小________(选填“增大”、“减小”或“不变”)参考答案：

(1).C

(2).减小【详解】(1)光电子的最大初动能与入射光的频率有关，与光照强度无关，因此在入射光频率相同的情况下，光电子的最大初动能相同，对应的遏止电压相同。在能发生光电效应的前提下，光电流随着光照强度的增大而增大。故C项正确，ABD三项错误。(2)光电子从金属表面逸出的过程中，由于要克服金属束缚做功，速度减小，动量减小。11.参考答案：12.当用具有1.87eV能量的光子照射到n=3激发态的氢子时，氢原子吸收该光子后被电离，则电离后电子的动能为：

。参考答案：13.在如图所示的匀强磁场中，垂直放有一段长0.05m的通电直导线，当通以水平向右的电流时，受到的安培力方向是＿＿＿＿＿，若电流的大小是0.8A，受到的安培力大小为0.02N，则该匀强磁场的磁感强度B=＿＿＿＿T。参考答案：竖直向下、0.5三、实验题：本题共2小题，每小题11分，共计22分14.为了测定电源电动势E的大小、内电阻r和定值电阻R0的阻值，某同学利用DIS设计了如图甲所示的电路．闭合电键S1，调节滑动变阻器的滑动触头P向某一方向移动时，用电压传感器1，电压传感器2和电流传感器测得数据，并根据测量数据计算机分别描绘了如图乙所示的M、N两条U﹣I直线．请回答下列问题：（1）根据图乙中的M、N两条直线可知

．A．直线M是根据电压传感器1和电流传感器的数据画得的B．直线M是根据电压传感器2和电流传感器的数据画得的C．直线N是根据电压传感器1和电流传感器的数据画得的D．直线N是根据电压传感器2和电流传感器的数据画得的（2）图象中两直线交点处电路中的工作状态是

．A．滑动变阻器的滑动头P滑到了最左端B．电源的输出功率最大C．定值电阻R0上消耗的功率为0.5WD．电源的效率达到最大值（3）根据图乙可以求得定值电阻R0=

Ω，电源电动势E=

，内电阻r=

Ω．参考答案：（1）BC；（2）ABC；（3）2.0，1.50，1.0【考点】测定电源的电动势和内阻．【分析】（1）定值电阻的U﹣I图线是正比图线，电源的U﹣I图线是向下倾斜的图线；（2）两个图线的交点是将电阻和电源直接相连时电路中的电压和电流值；（3）定值电阻的U﹣I图线是正比图线，斜率表示电阻；电源的U﹣I图线的纵轴截距表示电动势，斜率表示内电阻；【解答】解：（1）由图可知电压传感器1测电源的路端电压，电压传感器2测R0两端的电压；电流传感器测电路中的电流；由图可知，M图象中的电压随电流的增大而增大，故M应为R0两端的电压；而N图象中电压随电流的增大而减小，符合闭合电路的欧姆定律U=E﹣Ir，故N显示的是电源的输出电压与电流的关系；故选BC；

（2）A、当定值电阻和电源的电流、电压相等时，一定是电阻直接与电源相连；故滑动变阻器是短路，滑片达到最左侧；故A正确；B、滑动变阻器短路时，外电阻与内电阻最接进，故电源输出功率最大，故B正确；C、此时电阻的电压为1V，电流为0.5A，故功率为0.5W，故C正确；D、此时外电阻最小，效率最低，故D错误；故选：ABC；

（3）定值电阻的U﹣I图线是正比图线，图线的斜率表示电阻，为2.0Ω；图线N的纵轴截距表示电动势，为1.50V；斜率表示内电阻，为1.0Ω；故答案为：（1）BC；（2）ABC；（3）2.0，1.50，1.015.检测一个标称值为5的滑动变阻器的阻值。可供使用的器材如下：A．待测滑动变阻器，全电阻约为5（电阻丝绕制紧密，匝数清晰可数）B．电流表A1，量程0.6A，内阻约为0.6C．电流表A2，量程3A，内阻约为0.12D．电压表V1，量程15V，内阻约为15KE．电压表V2，量程3V，内阻约为3KF．滑动变阻器R，全电阻约20G．直流电源E，电动势3V，内阻不计H．游标卡尺L．毫米刻度尺J．开关S，导线若干（1）用伏安法测定的全电阻值，所选电流表为

（填A1或A2）所选电压表为

（填V1或V2）

（2）在所给的方框内画出测量电路原理图

参考答案：①

A1，

v2

2电路略（分压式，外接）四、计算题：本题共3小题，共计47分16.质量为m＝2kg的物体静止在水平面上，它们之间的动摩擦系数μ＝0.5,现在对物体施加以如图6所示的拉力F＝10N，与水平方向夹角θ＝37°，经t＝10s后撤去力F，在经一段时间，物体又静止．(sin37°＝0.6)求：(1)10s前和10s后物体的加速度a1和a2的大小；（2）物体运动过程中最大速度是多少？(3)物体运动的总位移是多少？(g取10m/s2)参考答案：

(1)前10s一直做匀加速运动，接下来物体做匀减速运动由：Fcosθ－μ(mg－Fsinθ)＝ma1；物体10s前的加速度为：a1＝0.5m/s2；10s后物体加速度：a2＝μg＝5m/s2。（2）10s末的速度最大：vm＝a1t＝5m/s。(3)前10s的位移：x1＝a1t2＝25m；10s后的位移：x2＝＝2.5m；则总位移x＝x1＋x2＝27.5m。

17.（18分）如图所示，半径R=0.8m的光滑1/4圆弧轨道固定在光滑水平面上，轨道上方的A点有一个可视为质点的质量m=1kg的小物块。小物块由静止开始下落后打在圆弧轨道上的B点但未反弹，在该瞬间碰撞过程中，小物块沿半径方向的分速度即刻减为零，而沿切线方向的分速度不变，此后小物块将沿着圆弧轨道滑下。已知A点与轨道的圆心O的连线长也为R，且AO连线与水平方向的夹角为30°，C点为圆弧轨道的末端，紧靠C点有一质量M=3kg的长木板，木板的上表面与圆弧轨道末端的切线相平，小物块与木板间的动摩擦因数，g取10m/s2。求：（1）小物块刚到达B点时的速度；（2）小物块沿圆弧轨道到达C点时对轨道压力FC的大小；（3）木板长度L至少为多大时小物块才不会滑出长木板？参考答案：（1）由几何关系可知，AB间的距离为R

(1分)

小物块从A到B做自由落体运动，根据运动学公式有

①

(2分)

代入数据解得vB=4m/s，方向竖直向下

(2分)

（2）设小物块沿轨道切线方向的分速度为vBx，因OB连线与竖直方向的夹角为60°，故vBx=vBsin60°②

(2分)

从B到C，只有重力做功，根据机械能守恒定律有

③

(2分)

代入数据解得m/s

(1分)

在C点，根据牛顿第二定律有

④

(2分)

代入数据解得N

(1分)

再根据牛顿第三定律可知小物块到达C点时对轨道的压力FC=35N

(1分)

（3）小物块滑到长木板上后，它们组成的系统在相互作用过程中总动量守恒，减少的机械能转化为内能。当物块相对木板静止于木板最右端时，对应着物块不滑出的木板最小长度。根据动量守恒定律和能量守恒定律有mvC=(m+M)v

⑤

(2分)