安徽省六安市高二（下）开学考试物理试题（word版含答案）

安徽省六安市高二（下）开学考试物理试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．据悉，我国将于近几年进行第一次火星探测，向火星发射轨道探测器和火星巡视器。已知火星的质量约为地球质量的，火星的半径约为地球半径的。下列关于火星探测器的说法中正确的是（　 　）
A．火星表面的重力加速度是地球表面重力加速度的
B．发射速度只有达到第三宇宙速度才可以
C．发射速度应大于第二宇宙速度且小于第三宇宙速度
D．火星探测器环绕火星运行的最大速度约为地球的第一宇宙速度的
2．在地面附近，存在着一个有界电场，边界MN将空间分成左右两个区域，在右区域中有水平向左的匀强电场，在右区域中离边界MN某一位置水平地面由静止释放一个质量为m的带电滑块（滑块的电荷量始终不变），如图甲所示，滑块运动的v﹣t图象如图乙所示，不计空气阻力，则（　　）
A．滑块在MN右边运动的位移大小与在MN左边运动的位移大小相等
B．在t=5 s时，小球经过边界MN
C．滑块受到的滑动摩擦力与电场力之比为2：5
D．在滑块运动的整个过程中，滑动摩擦力做的功小于电场力做的功
3．关于原子结构，汤姆孙提出枣糕模型、卢瑟福提出行星模型(如图甲、乙所示)，都采用了类比推理的方法．下列事实中，主要采用类比推理的是(　　)
A．人们为便于研究物体的运动而建立的质点模型
B．伽利略从教堂吊灯的摆动中发现摆的等时性规律
C．库仑根据牛顿的万有引力定律提出库仑定律
D．托马斯·杨通过双缝干涉实验证实光是一种波
4．如图所示，有一倾角=30°的斜面B，质量为M．质量为m的物体A静止在B上．现用水平力F推物体A，在F由零逐渐增加至 mg再逐渐减为零的过程中，A和B始终保持静止．对此过程下列说法正确的是
A．地面对B的支持力先增大后减小，再不变
B．A对B压力的最小值为mg，最大值为 mg
C．A所受摩擦力的最小值为0，最大值为2mg
D．A所受摩擦力的最小值为mg，最大值为3mg
5．关于物理学发展，下列表述正确的有（ ）
A．笛卡儿明确指出：除非物体受到力的作用，物体将永远保持其静止或运动状态，永远使自己沿曲线运动，或直线上运动
B．牛顿最早通过理想斜面实验得出，力不是维持物体运动的原因
C．胡克认为，只有在一定的条件下，弹簧的弹力才与弹簧的长度成正比
D．伽利略科学思想方法的核心是把实验和逻辑推理和谐地结合起来，从而有力地推进了人类科学认识的发展
6．半径为R的半圆形玻璃砖置于水平桌面上，其截面如图所示，O为圆心，OA为其水平轴，PQ为直径上的两点，且，，两束相同的光线分别从P、Q两点垂直于直径射入，已知从P点射入的光线在圆弧面上恰好发生全反射，光在真空中的光速为c，下列判断正确的是（　　）
A．该玻璃砖的折射率为
B．由P点射入的光线进入玻璃砖后频率变为原来的
C．由Q点射入的光线在玻璃砖内（不考虑反射）运动的时间为
D．由Q点射入的光线的折射光线与OA的交点到圆心的距离为
7．法拉第圆盘发电机的示意图如图所示．半径为L的铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触，磁感强度为B，关于流过电阻R的电流，下列说法正确的是（ ）
A．若圆盘转动的角速度为ω，则发电机产生的电动势为
B．若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿b到a的方向流动
C．若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化
D．若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R上的热功率也变为原来的2倍
8．下面给出的物理量中，为标量的是（　　）
A．位移 B．电动势 C．力 D．加速度
9．如图所示的电路中，当滑动变阻器的滑动触点向a端移动时（　　）
A．电压表的读数增大，电流表的读数减小
B．电压表和电流表的读数都增大
C．电压表和电流表的读数都减小
D．电压表的读数减小，电流表的读数增大
10．如图所示，在光滑水平面上，有一个粗细均匀的单匝正方形闭合线框abcd．t=0时刻，线框在水平外力的作用下，从静止开始向右做匀加速直线运动，bc边刚进入磁场的时刻为t1，ad边刚进入磁场的时刻为t2，设线框中产生的感应电流的大小为i，ad边两端电压大小为U，水平拉力大小为F，则下列i、U、F随运动时间t变化关系图像正确的是
A． B． C． D．
11．力是改变物体运动状态的原因，由物体的受力情况可以对物体的运动状态作出判断。如图所示，一个固定有光滑凹形槽的小车置于水平地面上，槽内有一小球，某时刻发现小球相对凹形槽静止于点，由此可以判断（　　）
A．小车保持静止 B．小车可能向左运动
C．小车一定向左运动 D．小车一定向右运动
12．近年来很火的远程手机充电受到无数手机爱好者的青睐。其工作原理是通过发射线圈产生变化磁场从而使接受线圈中产生大小不一的电流，如图为其大致的工作原理图，下列说法不正确的是（　　）
A．发射线圈中的电流从上往下看呈顺时针转动
B．该工作利用了电磁感应原理
C．通入持续增加的直流电流也能给手机充电
D．交变电流的磁场变化频率为50Hz
13．电能表上的一度电表示（ ）
A．1百瓦小时 B．1千瓦小时
C．1瓦小时 D．3．6焦秒
二、多选题
14．某小型水电站的电能输送示意图如图所示，发电机的输出电压为200V，输电线总电阻为r，升压变压器原、副线圈匝数分别为n1、n2，降压变压器原、副线圈匝数分别为n3、n4（变压器均为理想变压器）。要使额定电压为220V的用电器正常工作，则（　　）
A．＞
B．＜
C．升压变压器的输出电压大于降压变压器的输入电压
D．升压变压器的输出功率等于降压变压器的输入功率
15．如图所示，一质量的工件静止在水平地面上，其段为一半径的光滑圆弧轨道，段为一长度的粗糙水平轨道，二者相切于B点，整个轨道位于同一竖直平面内，P点为圆弧轨道上的一个确定点，离水平轨道平面的高度为h，一质量可视为质点的小物块，与间的动摩擦因数。工件与地面间的动摩擦因数。（取）（　　）
A．若工件固定，将小物块由P点无初速度释放，滑至C点时恰好静止，则P、C两点间的高度差h为
B．若将一水平恒力F作用于工件，使小物块在P点与工件保持相对静止，一起向左做匀加速直线运动，则F的大小为
C．若地面光滑，且段长度L未知，当小物块由P点静止释放，恰好没有从工件上滑落，此过程中小物块和工件组成的系统动量守恒
D．若地面光滑，且段长度L未知，当小物块由P点静止释放，恰好没有从工件上滑落，则L的值为
三、实验题
16．某实验小组想要较精确地测定当地的重力加速度。实验器材有：重锤、刻度尺、带滑轮的气垫导轨、气泵、滑块、细线、光电门、遮光条、电源，其实验装置如图甲所示。A为释放重锤前滑块所在的位置，B为光电门，已知遮光条的宽度为d，A、B之间的距离为x，遮光条经过光电门所用的时间为t。
（1）除上述实验器材外，还需要的实验器材是______；
（2）调节气垫导轨水平，该小组测定多组数据作出图像如图乙所示，实验过程中滑块的质量不变，①②图线对应的重锤质量分别为，则______（选填“大于”“小于”或“等于”）；
（3）若滑块（含遮光条）的质量为，重锤的质量为，实验中测定①图线的斜率为，则______（结果保留三位有效数字）。
17．有一电阻值约为20Ω、额定功率约为7.2W的电阻，现准备用伏安法测量多组数据，借助I-U图象较准确地测其阻值（电阻两端电压需从零开始逐渐增大），实验室提供的器材有：
A．电流表（量程0-3A，内阻约0.1Ω）
B．电流表（量程0-0.6A，内阻约0.5Ω）
C．电压表（量程0-3V，内阻约3kΩ）
D．电压表（量程0-15V，内阻约15kΩ）
E. 滑动变阻器（阻值0-10Ω，额定电流2A）
F. 直流电源（电动势12V，内阻不计）
G. 开关及导线若干
(1)要使测量误差尽量的小，电流表应选择_____，电压表应选择_____________．（填序号字母）
(2)请按实验要求完成测量电路的实物连接__________．
四、解答题
18．绝缘水平地面上有一个质量为，带电荷量为的滑块，以的初速度向左运动，滑块处在水平向右的匀强电场（范围足够大）中，其电场强度大小为，已知滑块与地面间的动摩擦因数为，取，求：
(1)滑块向左运动的最远距离；
(2)滑块从开始运动到返回出发点所用的总时间。
19．如图所示，光滑的圆环半径为R，固定在一粗糙水平面上，水平面与圆环底部相切，跟圆环最低点B相距为L的A处的一质量为m的小球，以v0（未知）速度沿水平轨道进入圆环，并在圆环内做圆周运动，小球与水平间的滑动摩擦因数为μ。问
①小球刚过圆周的最高点的速度为多大？
②v0应满足什么条件，才能使小球在圆环内做完整的圆周运动？
20．某同学研究重物与地面撞击的过程，利用传感器记录重物与地面的接触时间．他让质量为M=9kg的重物（包括传感器）从高H=0.45m自由下落撞击地面，重物反弹高度h=0.20m，重物与地面接触时间t=0.1s．若重物与地面的形变很小，可忽略不计．求此过程中：
（1）重物受到地面的平均冲击力；
（2）重物与地面撞击过程中损失的机械能．
21．电阻可忽略的光滑平行金属导轨长S=1.5m，两导轨间距L=0.5m，导轨倾角为30°，导轨上端ab接一阻值R=1.5Ω的电阻，磁感应强度B=1T的匀强磁场垂直轨道平面向上．阻值r=0.5Ω，质量m=0.4kg的金属棒与轨道垂直且接触良好，从轨道上端ab处由静止开始下滑至底端，在此过程中金属棒产生的焦耳Q=0.3J，（取g=10m/s2）求：
（l）金属棒下滑速度v=2m/s时的加速度a
（2）金属棒下滑的最大速度vm
试卷第页，共页
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参考答案：
1．C
【解析】
【详解】
A．根据
可得
则
选项A错误；
BC．根据三个宇宙速度的意义，可知发射火星探测器的速度发射速度应大于第二宇宙速度、小于第三宇宙速度．故选项B错误，选项C正确；
D．根据
可得
已知，则火星探测器环绕火星运行的最大速度与地球第一宇宙速度之比为
故选项D错误。
故选C。
2．C
【解析】
【分析】
滑块在电场中，受到电场力与摩擦力，做匀加速运动，离开电场后受到摩擦力作用而做匀减速运动，由图可以看出，滑块经过边界MN的时刻．分别求出滑块离开电场前、后加速度大小，由牛顿第二定律求出重力与电场力之比．根据动能定理研究整个过程中重力做的功与电场力做的功大小关系．
【详解】
A项：根据速度与时间图象，可知，图线与时间轴所围成的面积表示位移大小，那么滑块在MN右边运动的位移大小小于在MN左边运动的位移大小，故A错误；
B项：滑块离开电场前做匀加速直线运动，离开电场后受到摩擦力作用而做减速运动，由图可以看出，小球经过边界MN的时刻是t=2s时，故B错误；
C项：由图象的斜率等于加速度得滑块离开电场前的加速度为，离开电场后的加速度大小为
由牛顿第二定律得：qE-f=ma1
f=ma2
解得，摩擦力与电场力之比为2：5．故C正确；
D项：整个过程中，动能变化量为零，根据动能定理，整个过程中摩擦力做的功与电场力做的功大小相等，故D错误．
故应选:C．
【点睛】
本题一要能正确分析小球的运动情况，抓住斜率等于加速度是关键；二要运用牛顿第二定律和动能定理分别研究小球的受力情况和外力做功关系．
3．C
【解析】
【详解】
质点属于理想模型，A错误；伽利略从教堂吊灯的摆动中发现摆的等时性规律，即通过实验观察发现了规律，B错误；库仑根据牛顿的万有引力定律提出库仑定律，两者都是根据距离的平放成反比，用到了类比法，C正确；托马斯 杨通过双缝干涉实验证实光是一种波，是利用了实验方法，D错误．
4．B
【解析】
【详解】
试题分析：对AB组成的整体受力分析，整体受力平衡，竖直方向受到重力和地面对B的支持力，所以地面对B的支持力等于（M+m）g，故A错误；对A受力分析，受到重力、支持力、拉力和摩擦力作用，
垂直于斜面方向有：N=mgcos30°+Fsin30°，当F=0时，N最小，最小为Nmin＝mgcos30°＝mg，
当F=mg时，N最大，最大为Nmax＝mgcos30°+ mg× ＝ mg，根据牛顿第三定律可知对B压力的最小值为 mg，最大值为 mg，故B正确；沿着斜面方向，当Fcos30°=mgsin30°即F= mg时，摩擦力为零，当F＜ mg时，静摩擦力方向沿斜面向上，如图所示：
摩擦力f=mgsin30°-Fcos30°，当F=0时，f最大，fmax＝mgsin30°＝mg，当F＞ mg，静摩擦力方向向下，则摩擦力f′=Fcos30°-mgsin30°，当F= mg时，f最大，f′max＝ mg× mg＝ mg，综上可知，所受摩擦力的最小值为0，最大值为 mg，故CD错误．故选B．
考点：物体的平衡
【名师点睛】解决本题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡进行求解，注意整体法和隔离法的运用，特别注意此过程中，A受到的静摩擦力的方向可能向上，也可能向下，难度适中．
5．D
【解析】
【详解】
A．笛卡儿指出：如果运动中的物体没有受到力的作用，他将继续以同一速度沿同一直线，既不停下来也不偏离原来的方向，故A错误；
B．伽利略最早通过理想斜面实验得出，力不是维持物体运动的原因，而是改变物体运动状态的原因，从而推翻了亚里士多德的错误理论，故B错误；
C．胡克认为，在弹性限度内，弹簧的弹力与弹簧的形变量成正比，故C错误；
D．伽利略科学思想方法的核心是把实验和逻辑推理和谐地结合起来，从而发展了人类的科学思维方式和科学研究方法，有力地推进了人类科学认识的发展，故D正确。
故选D。
6．D
【解析】
【分析】
【详解】
A．由P点射入的光线在圆弧面上恰好发生全反射，由几何关系知
又因为
故
A错误；
B．由P点射入的光线进入玻璃砖后频率不变，B错误；
C．由几何关系可知，由Q点射入的光线在玻璃砖内运动的距离为
时间为
C错误；
D．设由Q点射入的光线在圆弧面上发生折射时的入射角和折射角分别为和，由折射定律知
设折射光线与水平轴OA的夹角为，由正弦定理得
由几何关系得
联立解得
D正确。
故选D。
7．A
【解析】
【详解】
A．若圆盘转动的角速度为ω，则发电机产生的电动势
故A项正确．
B．若从上向下看，圆盘顺时针转动，据右手定则可得流过电阻R的电流沿a到b的方向流动．故B项错误．
C．若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，电流方向不变．故C项错误．
D．若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则发电机产生的电动势变为原来的2倍，电流在R上的热功率也变为原来的4倍．故D项错误．
故选A。
点睛：导体棒转动切割磁感线时，产生的感应电动势，其中指棒上各点的平均速度即棒中点的速度．
8．B
【解析】
【详解】
位移、力和加速度，都是即有大小又有方向，运算时遵循平行四边形定则，它们都是矢量；电动势是标量，运算不遵循平行四边形定则，遵循代数加减法则，故B正确，A、C、D错误；
故选B。
9．D
【解析】
【分析】
【详解】
由电路图可知，滑动变阻器的触头向下滑动，滑动变阻器接入电路的阻值变小，并联电阻减小，外电路总电阻变小，由闭合电路欧姆定律可知
干路电流变大，由
可知，电源内阻分得的电压变大，路端电压变小，则电压表示数变小。干路电流变大，电阻R1两端电压变大，路端电压变小，则并联电压变小，由部分电路欧姆定律可知
则通过电阻R2的电流变小，又干路电流变大，故电流表示数变大。故D正确。
故选D。
10．C
【解析】
【详解】
AB．金属杆的速度与时间的关系式为，a是加速度．由和得，感应电流与时间的关系式为，B、L、a均不变，当时间内，感应电流为零，时间内，电流I与t成正比，时间后无感应电流，故AB错误；
C．由和得，感应电流与时间的关系式为，当时间内，感应电流为零，ad的电压为零，时间内，电流I与t成正比
电压随时间均匀增加，时间后无感应电流，但有感应电动势
电压随时间均匀增加，故C正确；
D．根据推论得知：金属杆所受的安培力为，由牛顿第二定律得，得
当时间内，感应电流为零，，为定值，时间内，F与t成正比，F与t是线性关系，但不过原点，时间后无感应电流，，为定值，故D错误．
故选C。
11．B
【解析】
【详解】
由图可知小球受到支持力和重力作用，合外力方向向左，根据牛顿第二定律可知加速度向左，则小车可能向左加速运动，也可能向右减速运动。
故选B。
12．A
【解析】
【分析】
【详解】
A．根据图示可知，磁场向上，则发射线圈中的电流从上往下看是逆时针，故A错误；
BC．该工作利用了电磁感应原理，发射线圈产生变化磁场（即通有变化的电流）从而使接受线圈中产生感应电流，故BC正确；
D．根据电磁感应原理可知，接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同，故D正确。
故选A。
13．B
【解析】
【详解】
电能表上记录的是改电表所在电路消耗的电能，因此，电能表的单位应该是能量单位．
俗称的“一度电”指的是“1千瓦小时”的电能，故ACD不符合题意B符合题意．
14．AC
【解析】
【详解】
由变压器的电压比匝数之比
及，，又因为线路电压损失，即，所以
由于远距离输电，导致线路电阻通电发热，而使功率损失，所以升压变压器的输出电压大于降压变压器的输入电压；升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率。
故选AC。
15．BD
【解析】
【详解】
A．若工件固定，将小物块由P点无初速度释放，滑至C点时恰好静止，则有
解得
A错误；
B．若将一水平恒力F作用于工件，使小物块在P点与工件保持相对静止，一起向左做匀加速直线运动，则有
在P点对小物块分析有
由几何关系可得
联立解得
B正确；
C．若地面光滑，且段长度L未知，当小物块由P点静止释放，恰好没有从工件上滑落，此过程中小物块和工件组成的系统只有水平方向上动量守恒，C错误；
D．若地面光滑，且段长度L未知，当小物块由P点静止释放，恰好没有从工件上滑落，由于系统在水平方向上动量守恒，系统的初动量为0，最后相对静止时，两者速度也为0，由能量守恒定律有
解得
D正确。
故选BD。
16． 天平 大于 9.76
【解析】
【分析】
【详解】
（1）[1]除上述实验器材外，还需要天平测量重物的质量和滑块的质量，所以还需要的实验器材是天平。
（2）[2]根据系统机械能守恒有
整理得
可得重锤质量越大，则图线的斜率越大，由图可知大于。
（3）[3]由
可得斜率
则
代入数据解得
17． B D
【解析】
【详解】
(1)电阻值约为20Ω、额定功率约为7.2W，故待测电阻的额定电流为：，故电流表选B；
待测电阻的额定电压为：U=IR=0.6A×20Ω=12V，故电压表选D；
(2)要用I-U图象较准确地测电阻值，故电压要能够大范围连续变化，故滑动变阻器采用分压式接法；
由于待测电阻阻值远小于电压表内阻，所以电流表采用外接法，实物图如图所示:
【点睛】
本题关键是算出额定电流和额定电压以后，从减小误差的角度选择电表的量程，同样从减小误差的角度选择安培表的内、外接法，从减小误差和操作方便的角度选择滑动变阻器．
18．(1)10m；(2)（2+2）s
【解析】
【分析】
【详解】
(1)对滑块受力分析，滑块向左匀减速运动的加速度大小为
解得
a1=5m/s2
故滑块向左运动的最远距离
(2)滑块向左做匀减速直线运动的时间
滑块向右做匀加速直线运动的加速度大小为
解得
a2=1m/s2
由
解得
t2=2s
所以滑块从开始运动到返回出发点所用的总时间
t=t1+t2=(2+2）s
19．①；②
【解析】
【详解】
小球在圆环内要做完整的圆周运动，在最高点C速度最小值必须满足
解得
小球从最低点B运动到最高点C时，根据机械能守恒定律：
又小球从A点运动到B点的过程，由动能定理：
联立解得
所以要使小球在圆环内做完整的圆周运动，
20．（1）540N ； （2） 22.5J
【解析】
【分析】
【详解】
（）重物自由下落，落地前瞬间，速度为
得
反弹瞬间速度为
规定向上为正方向，由动量定理得
代数
（）损失的机械能
21．（1）4.375m/s2（2）3.6m/s
【解析】
【分析】
（1）分析金属棒的受力分析，导体棒受到重力，支持力，安培力，做出受力图，求出合力，可以求得加速度．
（2）当金属棒的加速度为零时，速度最大，由上题结果求解最大速度．题中已知金属棒产生的焦耳热Qr=0.1J，R与r串联，根据焦耳定律分析它们产生的热量关系，从而求得总的焦耳热，即为金属棒克服安培力的功W安．根据能量守恒定律求解速度，与上述最大速度对比，可知金属棒下滑的最大速度vm.
【详解】
（1）金属棒下滑速度v=2m/s时，所受的安培力为：
由牛顿第二定律得：mgsin30°-=ma
得：a=gsin30°-
代入解得：a=10×0.5-=4.375m/s2
（2）金属棒匀速运动时速度最大，即a=0时，v最大，设为v′m．
由上题结果得：mgsin30°-=0
可得：
下滑的过程中金属棒克服安培力做功等于回路产生的焦耳热．由于R=3r，因此由焦耳定律Q=I2Rt得：QR=3Qr=0.3J，所以克服安培力做功：W安=Q=QR+Qr=0.4J
若根据能量守恒定律得：mgSsin30°=mvm2+W安
解得：
所以金属棒下滑的最大速度为3.6m/s．
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