2020-2021学年河南省鹤壁市高中高二下学期第二次段考物理试题 Word版

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河南省鹤壁市高中2020-2021学年高二下学期第二次段考物理试卷
一．选择题（共12小题，每题5分，共60分。其中1-9为单选，10-12为多选，漏选得3分，错选0分）
1．100年前，卢瑟福猜想在原子核内除质子外还存在着另一种粒子X，后来科学家用α粒子轰击铍核证实了这一猜想，该核反应方程为：He+Be→C+X，则（　　）
A．m＝1，n＝0，X是中子 B．m＝1，n＝0，X是电子
C．m＝0，n＝1，X是中子 D．m＝0，n＝1，X是电子
2．如图所示，A，B两物体的质量分别为mA和mB，且mA＞mB，整个系统处于静止状态，小滑轮的质量和一切摩擦均不计．如果绳的一端由Q点缓慢地向左移到P点，整个系统重新平衡后，物体A的高度和两滑轮间绳与水平方向的夹角θ如何变化（　　）
A．物体A的高度升高，θ角变大
B．物体A的高度降低，θ角变小
C．物体A的高度不变，θ角不变
D．物体A的高度升高，θ角不变
3．如图所示，一轻质光滑定滑轮固定在倾斜木板上，质量分别为m和2m的物块A、B，通过不可伸长的轻绳跨过滑轮连接，A、B间的接触面和轻绳均与木板平行。A与B间、B与木板间的动摩擦因数均为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当木板与水平面的夹角为45°时，物块A、B刚好要滑动，则μ的值为（　　）
A． B． C． D．
4．如图所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定角速度ω转动，盘面上离转轴距离2.5m处有一小物体与圆盘始终保持相对静止，物体与盘面间的动摩擦因数为，（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力），盘面与水平面的夹角为30°，g取10m/s2，则ω的最大值是（　　）
A．rad/s B．rad/s C．1.0rad/s D．0.5rad/s
5．2020年5月5日，长征五号B运载火箭在中国文昌航天发射场成功首飞，将新一代载人飞船试验船送入太空，若试验船绕地球做匀速圆周运动，周期为T，离地高度为h，已知地球半径为R，万有引力常量为G，则（　　）
A．试验船的运行速度为 B．地球的第一宇宙速度为
C．地球的质量为 D．地球表面的重力加速度为
6．如图所示：固定的光滑竖直杆上套着一个滑块，用轻绳系着滑块绕过光滑的定滑轮，以大小恒定的拉力F拉绳，使滑块从A点起由静止开始上升，若从A点上升至B点和从B点上升至C点的过程中拉力F做的功分别为W1和W2，滑块经B、C两点时的动能分别是EKB、EKC，图中AB＝BC，则一定有（　　）
A．W1＞W2 B．W1＜W2 C．EKB＞EKC D．EKB＜EKc
7．如图所示为模拟远距离输电实验电路图，两理想变压器的匝数n1＝n4＜n2＝n3，四根模拟输电线的电阻R1、R2、R3、R4的阻值均为R，A1、A2为相同的理想交流电流表，L1、L2为相同的小灯泡，灯丝电阻RL＞2R，忽略灯丝电阻随温度的变化。当A、B端接入低压交流电源时（　　）
A．A1、A2两表的示数相同
B．L1、L2两灯泡的亮度相同
C．R1消耗的功率大于R3消耗的功率
D．R2两端的电压小于R4两端的电压
8．如图所示，两块金属板a和c水平放置，相互隔开；板a和c接在电池上。闭合开关，一带电微粒P以某一初速水平射入板a和c之间，落在板c上的Q点。断开开关，平行地插入薄金属板b，带电微粒P在同样的入射位置、以同样的初速水平射入板b和c之间，则微粒（　　）
A．落在c板上Q点的左侧 B．落在c板上Q点的右侧
C．落在c板上的Q点 D．沿直线飞出


9．如图，磁场边界M、N、P及荧光屏Q相互平行，M与N、N与P间距均为d，M、N间有垂直于纸面向里的匀强磁场，N、P间有垂直于纸面向外的匀强磁场，两磁场的磁感应强度大小均为B。在边界M上的A点有一个粒子源，可以沿垂直边界M及磁场的方向射入速率为0～v0（v0未知）的粒子，粒子的质量均为m、电荷量均为+q，结果在荧光屏上形成一条长为d的亮线，不计粒子的重力及粒子间的相互作用，则打在荧光屏上的粒子的速度大小范围为（　　）
A．≤v≤ B．≤v≤
C．≤v≤ D．≤v≤
10．如图，轻杆长为L，一端铰接在地面上可自由转动，一端固定一质量为m的小球（半径可忽略），一表面光滑的立方体物块（边长为a，且a远小于杆长L）在水平外力F作用下由杆的小球一端沿光滑地面以速度v0向左做匀速直线运动，并将杆顶起。下列哪些说法是正确的（　　）

A．在杆与地面夹角转到90°之前，小球的速度一直增大
B．在杆与地面夹角转到90°之前，F一直增大
C．当杆与地面的夹角为θ时，棒的角速度ω＝
D．当杆与地面的夹角为θ时，小球的瞬时速率为v＝
11．如图甲所示，小球在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动。当小球运动到圆形管道的最高点时，管道对小球的弹力与最高点时的速度平方的关系如图乙所示（取竖直向下为正方向）。MN为通过圆心的一条水平线。不计小球半径、管道的粗细，重力加速度为g。则下列说法中正确的是（　　）
A．管道的半径为
B．小球的质量为
C．小球在MN以下的管道中运动时，内侧管壁对小球一定没有作用力
D．小球在MN以上的管道中运动时，外侧管壁对小球一定有作用力
12．如图所示，系留无人机是利用地面直流电源通过电缆供电的无人机，旋翼由电动机带动。现有质量为20kg、额定功率为5kW的系留无人机从地面起飞沿竖直方向上升，经过200s到达100m高处后悬停并进行工作。已知直流电源供电电压为400V，若不计电缆的质量和电阻，忽略电缆对无人机的拉力，则（　　）
A．空气对无人机的作用力始终大于或等于200N
B．直流电源对无人机供电的额定电流为12.5A
C．无人机上升过程中消耗的平均功率为100W
D．无人机上升及悬停时均有部分功率用于对空气做功
二．实验题（2小题，6空，每空2分，共12分）
13．甲、乙两同学通过下面的实验测量人的反应时间。实验步骤如下：
（1）甲用两个手指轻轻捏住量程为L的木尺上端，让木尺自然下垂。乙把手放在尺的下端（位置恰好处于L刻度处，但未碰到尺），准备用手指夹住下落的尺。
（2）甲在不通知乙的情况下，突然松手，尺子下落；乙看到尺子下落后快速用手指夹住尺子。若夹住尺子的位置刻度为L1，重力加速度大小为g，则乙的反应时间为　 　（用L、L1和g表示）。
（3）已知当地的重力加速度大小为g＝9.80m/s2，L＝30.0cm，L1＝10.4cm。乙的反应时间为
　 　s．（结果保留2位有效数字）
14．利用图（a）所示电路测量电池的电动势，金属丝的长度为1.000m，电阻率1.09×10﹣6Ω•m，微安表的量程为100μA，内阻Rg＝1500Ω。

（1） 甲同学用螺旋测微器某次测量金属丝直径时的示数如图（b）所示，则金属丝的直径为
　 　mm，由此求得金属丝的电阻为　 　Ω（保留3位有效数字）。
（2）乙同学经多次测量，求得金属丝的电阻为5.50Ω。
①若调节电阻箱为某确定阻值时，微安表读数为55.0μA，此时流过电阻箱的电流为　 　mA（保留3位有效数字）；
②若保持滑动变阻器滑片的位置不变，调节电阻箱，当电阻箱的阻值分别为R1、R2时，通过电阻箱的电流分别为I1、I2，则电池电动势E＝　 　。
四．计算题
15．（13分）如图甲所示，质量为m＝1kg的物块静止在水平地面上，现用水平向右的拉力F＝5N，使物块在水平地面上由静止做匀加速直线运动。某时刻撤去拉力F，物块匀减速至静止，已知物块匀加速运动时间是匀减速至静止时间的2倍。物块可看成质点，重力加速度g取10m/s2。求：
（1）物块在匀加速阶段和匀减速阶段位移的比值；
（2）物块与水平地面间的动摩擦因数µ；
（3）若用一与水平面夹角为θ、斜向上的拉力F'使物块在水平地面上运动，如图乙所示，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则当θ为何值时，F'最小，最小值为多大？

16．（15分）如图所示，在平面直角坐标系Ⅰ象限中存在一个半径为R的圆形磁场区域，磁场边界与坐标轴相切，磁场方向垂直纸面向外。在Ⅱ象限中存在沿x轴正方向的匀强电场，一个质量为m、电荷量为q（q＞0）的带电粒子从A点以v0的速度沿y轴正方向射入电场中，从y轴上的C点离开电场之后能够进入磁场，并从磁场中的D点离开磁场，且离开磁场时速度与磁场边界相切，已知A、C、D三点的坐标分别为（﹣2L，0）、（0，3L）和（R，R）。不考虑重力作用，求：
（1）电场强度的大小E；
（2）磁感应强度的大小B；




17．（10分）如图所示，用一个绝热活塞将绝热容器平均分成A、B两部分，用控制阀K固定活塞，开始时A、B两部分气体的温度都是27℃，压强都是1.0×105Pa，保持A体积不变，给电热丝通电，使气体A的温度升高到123℃，求：
（ⅰ）气体A的压强是多少；
（ⅱ）保持气体A的温度不变，拔出控制阀K，活塞将向右移动压缩气体B，平衡后气体B的体积被压缩了，气体B的温度是多少。






鹤壁市高中2022届高二检测（二）物理答案
一．选择题（共9小题）
1.故选：A。
2．【解答】解：系统静止时，与动滑轮接触的那一小段绳子受力情况如右图所示，同一根绳子上的拉力F1、F2总是相等的，它们的合力F与F3是一对平衡力，以F1、F2为邻边所作的平行四边形是菱形，故mBg＝2mAgsinθ．绳的端点由Q点移向P点时，由于mA、mB的大小不变，故θ不变，因此B下降，A上升。
故ABC错误，D正确
故选：D。
3．【解答】解：根据题意分析，物块A、B刚好要滑动时，应该是物体A相对物体B向上滑动，设绳子拉力为F，对A受力分析，由平衡条件得：F＝mgsin45°+μmgcos45°
物体B相对斜面向下滑动，对B受力分析，由平衡条件得：2mgsin45°＝F+μmgcos45°+μ（2m+m）gcos45°
联立解得：μ＝，故C正确，ABD错误。
故选：C。
4．【解答】解：当物体转到圆盘的最低点，所受的静摩擦力沿斜面向上达到最大时，角速度最大，由牛顿第二定律得：
μmgcos30°﹣mgsin30°＝mω2r
则ω＝＝rad/s＝1rad/s
故选：C。
5．【解答】解：A、试验船绕地球做匀速圆周运动，轨道半径为r＝R+h，试验船的运行速度为v＝＝，故A错误；
B、近地轨道卫星的速度等于第一宇宙速度，设为v，根据万有引力提供向心力，有
G＝m
根据试验船受到的万有引力提供向心力，有 G＝m船（R+h）
联立两式解得第一宇宙速度为v＝，故B正确；
C、根据试验船受到的万有引力提供向心力，有 G＝m船（R+h）
解得地球的质量为M＝，故C错误；
D、在地球表面上，物体的重力等于地球对物体的万有引力，有 m物g＝G
根据试验船受到的万有引力提供向心力，有 G＝m船（R+h）
联立两式解得地球表面的重力加速度为g＝，故D错误。
故选：B。
6．【解答】解：A、这是一道变力做功的创新题，可进行半定量分析。
从A点上升至B点和从B点上升至C点的过程中，根据几何关系我们看出轻绳拉着滑块的拉力与光滑竖直杆的夹角α越来越大。图中AB＝BC，即从A点上升至B点的位移等于从B点上升至C点的位移。
轻绳拉着滑块的拉力是恒力，夹角α越来越大，那么cosα越来越小，因为F大小恒定，故F在竖直方向的分量 Fcosα随α的增大而减小，显然从A点上升至B点绳子对滑块拉力做的功大于从B点上升至C点的过程中绳子对滑块拉力做的功。由于用轻绳系着滑块绕过光滑的定滑轮，所以绳子对滑块的拉力做的功与拉力F做的功相等。所以W1＞W2，故A正确。
B、通过以上分析，故B错误。
C、由于在A点由于静止出发，可以肯定最初滑块是加速上升的，也就是说刚开始绳对滑块拉力的竖直分力要大于滑块的重力，但由于绳对滑块拉力的竖直分力是逐渐减小的（对滑块的拉力大小不变，但与竖直方向的夹角在逐渐增大），B到C的过程绳对滑块拉力的竖直分力与重力的大小关系不清楚，所以滑块的运动可能是加速的，也可能是减速的，还可能是先加速后减速的（竖直分力小于重力时做减速运动），所以无法确定滑块在B、C位置哪个位置的速度大，也就无法确定哪个位置的动能大，故C错误。
D、通过以上分析，故D错误。
故选：A。
7．【解答】解：
AB、设变压器原、副线圈数比为K（K＜1），A、B端接入的电压为U。
则L2两端的电压为U2＝，A2表的示数IA2＝。
对于变压器电路，升压变压器副线圈两端的电压为，设通过L1的电流为I1，则L1两端的电压为I1RL，A1表的示数为IA1＝KI1，降压变压器原线圈的电压为I1RL，则有：
﹣2RKI1＝I1RL
解得 I1＝，则IA1＝KI1＝＝
因为RL＞2R，K＜1，由IA2＝，I1＝。
对于IA1＝，IA2＝通过比较分母的大小来比较它们的大小。而分母根据作差法判断：
（2RK+）﹣（2R+RL）＝
因为RL＞2R，K＜1，则知 （2RK+）﹣（2R+RL）＝＜0，即有 （2RK+）＜（2R+RL），因此， 可以得到IA2＞IA1。
由I1＝，IA1＝，可以得到I1＞IA2．故AB错误；
C、电阻R1、R3相等，IA2＞IA1，根据公式P＝I2R可知，R1消耗的功率小于R3消耗的功率，故C错误；
D、电阻R2、R4相等，IA2＞IA1，根据欧姆定律知：R2两端的电压小于R4两端的电压，故D正确。
故选：D。
8．【解答】解：断开电键后，电容器的电荷量不变，插入薄金属板b，等效为极板的间距减小，根据C＝、C＝、U＝Ed，得到E＝，故电场强度不变，故电场力不变，即粒子的受力情况不变，故运动情况不变，依然打在Q点；故ABD错误，C正确；
故选：C。
9．【解答】解：当粒子的运动轨迹刚好与N相切时，粒子做圆周运动的半径为d，如图所示，根据牛顿第二定律，解得，此粒子打在荧光屏上的位置与A点在竖直方向上的距离为2d；
设粒子的最大速度为v2，粒子在磁场中的运动半径为r，根据几何关系，解得， 根据牛顿第二定律，解得；
所以打在荧光屏上的粒子的速度大小范围为≤v≤，故A正确、BCD错误。
故选：A。

二．多选题（共3小题）
10．【解答】解：ACD、木块速度为v0，杆上和木块接触点的速度为v0，触点绕固定点转动的分速度v'，当杆与地面的夹角为θ时，由运动的分解可得v′＝v0sinθ
因触点和小球在同一杆上以相同角速度转动，触点与固定点的距离为r＝
所以棒的角速度为ω＝＝ 所以小球的速度v＝ωL＝
故在杆与地面夹角转到90°之前，小球的速度一直增大，故AD正确，C错误；
B、当杆与地面的夹角逐渐增大，物块对杆作用点越靠近转轴，越费力，则F增大，故B正确。
故选：ABD。
11．【解答】解：A、由图以所示可知，当v2＝b时FN＝0，此时小球的重力提供向心力，由牛顿第二定律得：mg＝m，解得：R＝，故A错误；
B、由图乙所示可知，当v2＝0时FN＝mg＝a，小球的质量m＝，故B正确；
C、小球在MN下方的管道中运动时，由于向心力的方向要指向圆心，则管壁必然要提供指向圆心的支持力，只有外壁才可以提供这个力，所以内侧管壁对小球没有作用力，故C正确；
D、小球在MN上方的管道中运动时，重力沿径向的分量必然参与提供向心力，故可能是外侧管壁受力，也可能是内侧管壁对小球有作用力，还可能均无作用力，做D错误。
故选：BC。
12．【解答】解：A、由于系留无人机开始起飞经过200s到达100m高处后悬停并进行工作，可见系留无人机先加速后减速再停留在空中，所以空气对无人机的作用力先大于重力、再小于重力、最后等于重力，故A错误；
B、直流电源对无人机供电的额定电流为I＝＝A＝12.5A，故B正确；
C、无人机上升过程中克服重力做的功为W＝mgh＝20×10×100J＝20000J，另外还要克服空气的阻力做功，电动机内电阻还要消耗能量，所以无人机上升过程中消耗的平均功率＞＝100W，故C错误；
D、无人机上升过程中要克服空气阻力做功，悬停时旋翼转动时也会克服阻力做功，所以两种情况下均有部分功率用于对空气做功，故D正确。
故选：BD。
三．实验题（共2小题）
13．【解答】解：（2）尺子做自由落体运动，根据位移公式：h＝，
从尺子下落到乙手指夹住尺子，尺子下落的位移为：h＝L﹣L1；
因此乙的反应时间为t＝；
（3）当地的重力加速度大小为g＝9.80m/s2，L＝30.0cm＝0.3m，L1＝10.4cm＝0.104m，
代入t＝
解得：t＝0.20s； 故答案为：（2）；（3）0.20；
14．【解答】解：（1）螺旋测微器的固定刻度读数为0.5mm，可动刻度读数为0.5+0.8×0.01＝0.508mm，所以金属丝的直径为0.508mm，由于需要估读，所以金属丝的直径为0.507～0.509mm；
根据电阻的决定式得：
＝＝＝5.38Ω，由误差分析可得范围为：5.30Ω～5.60Ω；
（2）金属丝的电阻为5.50Ω，①若调节电阻箱为某确定阻值时，微安表读数为55.0μA，此时流过电阻箱的电流为：＝55.0×10﹣6AA＝1.5055×10﹣2A＝15.1mA；
②若保持滑动变阻器滑片的位置不变，调节电阻箱，当电阻箱的阻值分别为R1、R2时，通过电阻箱的电流分别为I1、I2，由闭合电路欧姆定律得：
E＝I1（R1+R其它） E＝I2（R2+R其它） 联立解得电池电动势为：。
故答案为：（1）0.508，5.58；（2）①15.1；②。
四．计算题（共3小题）
15．【解答】解：（1）设物块匀加速末速度大小为v，匀加速阶段位移为x1，时间为t1，匀减速阶段位移为x2，时间为t2
由 得
（2）设匀加速阶段加速度大小为a1，由牛顿第二运动定律及匀变速直线运动规律有：
F﹣μmg＝ma1
撤去推力F后匀减速阶段加速度大小为a2，由牛顿第二定律及匀变速直线运动规律有：
μmg＝ma2 又t1＝2t2 综上解得
（3）要使物块在水平地面上运动，则有F'cosθ﹣f≥0 f＝μFN＝μ（mg﹣F′sinθ）
联立解得 由数学知识化解得
则当sin（60°+θ）＝1，即θ＝30°时，拉力最小，大小为
答：（1）物块在匀加速阶段和匀减速阶段位移的比值为2；
（2）物块与水平地面间的动摩擦因数；
（3）当θ为30°时，F'最小，最小值为5N。
16．【解答】解：（1）带正电的粒子在电场中做类平抛运动，根据类平抛运动的规律可得：
y＝3L＝v0t x＝2L＝ 根据牛顿第二定律可得：qE＝ma 联立解得：E＝；
（2）设粒子从C点射出时速度方向偏向角为θ，位移方向偏向角为φ，如图所示；
根据类平抛运动的规律可得：tanθ＝2tanφ＝2×＝ 解得：θ＝53°
粒子进入磁场的速度为v＝＝ 在磁场中：qvB＝
由几何关系得，D点的切线方向与x轴的夹角α，则tnaα＝，那么与x轴的夹角为37°，则与y轴的夹角为53°，所以粒子轨迹圆半径r＝R
以上几式联立解得：B＝
（3）该负电荷在磁场中运动的半径为R
由几何关系可知，该负电荷进入电场时的纵坐标：y＝R
进入电场时的速度方向与y轴负方向之间的夹角：θ＝53°
在磁场中运动的圆心角为：α＝127° 在磁场中运动的时间：t1＝
而周期：T＝＝ 联立以上三式可得：t1＝
在电场中运动的时间：
粒子合速度与y轴夹角53度，大小为，所以沿y轴负方向的速度分量为v0
t2＝
所以，该粒子运动到x轴的时间 t＝t1+t2＝
答：（1）电场强度的大小E为； （2）磁感应强度的大小B为；
（3）若另一个质量为m电荷量为q的带负电的粒子以v0的速度从D点沿y铀正方向射入磁场，则该粒子运动到x轴的时间为。

17．【解答】解：（i）对A部分气体，初状态温度T0＝（273+27）K＝300K，初状态压强p0＝1.0×105Pa，
末状态温度T1＝（273+123）K＝396K，对A中气体加热过程气体体积不变，根据查理定律得：

代入数据解得：p1＝1.32×105Pa
（ii）拔出控制阀K，活塞将向右移动压缩气体B，平衡后，两部分气体压强相等，设为p，
设开始A、B两部分气体的体积都是V，气体A发生等温变化，根据玻意耳定律有：
p1V＝p（V+0.1V）
对气体B，由理想气体状态方程有：

代入数据解得：T2＝324K，即t2＝（324﹣273）℃＝51℃
答：（i）气体A的压强是1.32×105Pa；
（ii）平衡后气体B的体积被压缩了，气体B的温度是51℃。
声