【文档说明】湖北省荆门市龙泉中学2019-2020学年高二下学期联考模拟物理试题【精准解析】.docx，共(17)页，701.186 KB，由小赞的店铺上传

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荆门市龙泉中学2019~2020学年度下学期高二物理联考模拟试题一、选择题：（1~8题只有一个选项正确。9~12题有多个选项正确。）1.如图所示，两个质量分别为m1=2kg、m2=3kg的物体置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧

秤连接。两个大小分别为F1=30N、F2=20N的水平拉力分别作用在m1、m2上，则（）A.弹簧秤的示数是25NB.弹簧秤的示数是50NC.在突然撤去F2的瞬间，m1的加速度大小为15m/s2D.在突然撤去F1的瞬间，m1

的加速度大小为13m/s2【答案】D【解析】【详解】AB．以两物体组成的系统为研究对象，由牛顿第二定律可知，系统的加速度2121230N20N2m/s2kg3kgFFamm−−===++方向水平向左；设弹簧秤的拉力是F，以m1为研究对象，由牛顿第二定律得：F1

-F=m1a，则F=F1-m1a=26N故AB错误；C弹簧的弹力不能突变，在突然撤去F2的瞬间，m1受力情况不变，m1受的合力不变，由牛顿第二定律可知，m1的加速度不变，故C错误；D．在突然撤去F1的瞬间，m1的合力为弹力26N，根据牛顿第二定律可知，加速度

为13m/s2，故D正确。故选D。2.如图，在场强为E的匀强电场中有一个质量为m的带正电小球A悬挂在绝缘细线上，小球静止时细线与竖直方向成30°角，已知此电场方向恰使小球受到的电场力最小，则小球所带电量应为()A.mgEB.3mgEC.2mgED.2mgE【答案】D【解析】试题分

析：小球受到三个力作用：重力mg、电场力F和细线的拉力T，根据平衡条件得知：F和T的合力与重力mg大小相等、方向相反，作出电场力在三种不同方向下合成图如图，可以看出，当电场力F与细线的拉力T垂直时，电场力最小，由图求出电场力的最小

值为：Fmin=mgsin30°又Fmin=qE，解得：2mgqE=．故选项D正确．考点：共点力的平衡.3.如图所示，套在足够长的绝缘粗糙直棒上的带正电小球，其质量为m、带电荷量为q，小球可在棒上滑动，现将此棒竖直放入沿水平方向的且互

相垂直的匀强磁场和匀强电场(图示方向)中．设小球带电荷量不变，小球由棒的下端以某一速度上滑的过程中一定有()A.小球加速度一直减小B.小球的速度先减小，直到最后匀速C.杆对小球的弹力一直减小D.小球受到的洛伦兹力一直减小【

答案】D【解析】【详解】若开始则弹力方向向左，随着速度减小，弹力增大，摩擦力增大，则加速度增大，A错．小球速度一直在减小，B错．根据前面可知，C错．小球所受洛伦兹力（f=qvB）因为速度一直减小所以洛伦

兹力也一直减小，D对4.下列说法中正确的是()A.因为空气分子间存在斥力，所以用气筒给自行车打气时，要用力才能压缩空气B.用手捏面包，面包体积会缩小，这是分子间有间隙的缘故C.打开酒瓶后可嗅到酒的气味，说

明分子在做无规则的运动D.热力学温度升高1K大于摄氏温度升高1℃【答案】C【解析】A、空气中分子距离较大，分子为零，用气筒给自行车打气时，要用力才能压缩空气，那是气体压强作用的效果，故A错误；B、面包之间的空隙，属于物体之间的空隙不是分子间的间隙，故B错误

；C、正是因为分子在做无规则运动，我们才能闻到酒的气味，故C正确；D、热力学温度和摄氏温度只是零点选取不同，每度的大小是相同的，故D错误；故选C．【点睛】正确解答本题需要掌握，应用分子动理论的知识解释生活中有关实例，理解热力学

温度和摄氏温度的区别．5.如图所示，一斜面体静止在粗糙的水平地面上，一物体恰能在斜面体上沿斜面匀速下滑，可以证明此时斜面不受地面的摩擦力作用.若沿平行于斜面的方向用力F向下推此物体，使物体加速下滑，斜面体依然和地面保持相对静止，则斜面体受地面的摩擦力（）A.方向水平向左

B.方向水平向右C.大小为零D.大小和方向无法判断【答案】C【解析】【详解】物体匀速下滑时，受到斜面施加的沿斜面向上的滑动摩擦力作用．而斜面也受到物体施加的沿斜面向下的滑动摩擦力作用，另外斜面还受到重力、地面支持力和物体压力作用，这几个力的合力为零．当物体加速下滑

时，斜面受到物体对斜面施加的滑动摩擦力、物体压力、重力、地面支持力作用．推力与斜面平行，推力的存在不影响斜面体受到的这四个力的大小和方向，这四个力的合力依然为零，所以斜面依然不受地面摩擦力作用，故C正确；ABD错误；故选C6.如图所示

，小球从静止开始沿光滑曲面轨道AB滑下，从B端水平飞出，撞击到一个与地面呈37=的斜面上，撞击点为.C已知斜面上端与曲面末端B相连，A、B间的高度差为h，B、C间的高度差为H，不计空气阻力，则h与H的比值hH为()A.34B.43C.94D.49【答案】D【解析】【分析】根据

动能定理求出B点的速度，结合平抛运动竖直位移和水平位移的关系求出运动的时间，从而得出竖直位移的表达式，求出h与H的比值.【详解】对AB段，根据动能定理得，212Bmghmv=，解得:2Bvgh=，根据212tan37Bgtvt=得,则22224tan371122BvHgtgg==，解得49hH

=;故选D.【点睛】本题考查了动能定理和平抛运动的综合运用，解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解.7.两行星A和B各有一颗卫星a和b，卫星的圆轨道接近各自行星表面，如果两行星质量之比MA：MB=2：1，两行

星半径之比RA：RB=1：2，则两个卫星周期之比Ta：Tb为（）A.1：4B.1：2C.1：1D.4：1【答案】A【解析】【详解】卫星做圆周运动时，万有引力提供圆周运动的向心力，有：2224MmGmRRT=得3

2RTGM=所以两卫星运行周期之比为：33111824BaAbBATRMTRM===故A正确BCD错误。故选A。8.一带电粒子在正电荷形成的电场中，运动轨迹如图所示的abcd曲线，下列判断正确的是（）A.粒子带负电B.粒子通过a点时的速度比通过b点时大C.粒子从a点运动到

d点，电场力先做正功，后做负功D.粒子在a点时的电势能比b点大【答案】B【解析】【详解】A．轨迹弯曲的方向大致指向合力的方向，知电场力背离正电荷方向，所以该粒子带正电。故A错误；B．从a到b，电场力做负功，根据动能定理，动

能减小，a点动能大于b点动能，则a点速度大于b点的速度。故B正确；C．粒子从a点运动到d点，电场力先做负功，后做正功，故C错误；D．从a到b，电场力做负功，电势能增加。所以a点的电势能小于b点的电势能。故D错误。故选B。9.如图所示，理想变压器原、副线圈匝数之比为20

∶1，原线圈接正弦交流电源，副线圈接入“220V60W”灯泡一只，且灯泡正常发光，则（）A.电流表的示数为32220AB.电源输出功率为1200WC.电流表的示数为3220AD.原线圈两端电压为4400V【答案】CD【解析】【详解】AC．在

副线圈中只有一个60W的灯泡正常发光，所以副线圈的电流为603AA22011PIU===根据电流与匝数关系可知213A220nIIn==原故A错误C正确；B．在理想的变压器中的输入功率和输出功率的大小相等，在副线圈中只有一个60W的灯泡正常发光，所以输入功率和输出功率的大小都

为60W，故B错误；D．根据电压与匝数成正比可知，原线圈端电压有效值为4400V，故D正确。故选CD。10.静止在光滑水平面上的物体，受到水平拉力F的作用，拉力F随时间t变化的图像如图所示，则下列说法中正

确的是（）A.0～4s内物体的位移为零B.0～4s内拉力对物体做功为零C.4s末物体的动量为零D.0～4s内拉力对物体的冲量为零【答案】BCD【解析】【详解】由图象可知物体在4s内先做匀加速后做匀减速运动，4s末的速度

为零，位移一直增大，故A错误；前2s拉力做正功，后2s拉力做负功，且两段时间做功代数和为零，故B正确；4s末的速度为零，故动量为零；故C正确；根据I=Ft可知：前4s内I合=F×2-F×2=0，故D正确；故选BCD．【点睛】本题主要考查了同学们读图的能力，要求同学们能

根据受力情况分析物体的运动情况，再根据动量定理进行分析求解．11.一束复色光由空气射向玻璃，发生折射而分为a、b两束单色光，其传播方向如图所示。设玻璃对a、b两种单色光的折射率分别为an和bn，a、b两种单色光在玻璃中的传播速度分别为av和bv，则（）A.abnn

B.abnnC.abvvD.abvv【答案】AD【解析】【详解】AB．由图看出，两束光的入射角i相同，玻璃对单色光a的折射角小于b的折射角，根据折射定律sinsininr=得知，玻璃对a光的折射率大于玻璃对b的折射率，即有na＞nb，

故A正确，B错误；CD．根据cvn=分析得到a光在玻璃中的传播速度小于b在玻璃中的传播速度，即有va＜vb，故C错误，D正确。故选AD。12.如图所示，两列简谐横波分别沿x轴正方向和负方向传播．已知两波源分别位于x＝－0.2m和x＝1.0m处，振幅均为

A＝0.5cm，波速均为v＝0.2m/s．t＝0时刻，平衡位置处于x＝0.2m和x＝0.6m的P、Q两质点刚开始振动。质点M的平衡位置处于x＝0.4m处，下列说法正确的是（）A.t＝0时，质点P、Q振动方向分别是向下和向上B.0~1s内，质点P的运动路程为0.2mC.t＝

1.5s时，平衡位置处于0．3m~0.5m之间的质点位移均为0D.t＝2s时，x＝0.3m处质点的位移为－0.5cm【答案】AC【解析】【详解】A．根据两列波的传播方向可判断P、Q两质点分析向下振动、向上振动，故A正确；B．在0-1s内，两列波的传播距离为△x1=vt=0.2m即两列

波都刚好传播到质点M，由图可得两列波的波长均为0.4m，所以可得周期为0.4s2s0.2Tv===所以可知在这段时间内质点P只参与左侧波振动半个周期，由图可得振动均为A=0.5cm，故质点P的路程为2A=1cm，故B错

误；C．从0-1.5s的时间内，两波的传播距离为△x2=vt'=0.3m所以可知左侧波刚好传播到x=0.5m处，右侧波刚好传播到x=0.3m处，由图可知两列的振动情况完全相反且振幅相等，则可知t=1.5s

时，平衡位置处于0.3m～0.5m之间的质点位移均为0，故C正确；D．从0-2s的时间内，两波的传播距离为△x3=vt''=0.4m则可知左侧波刚好传播到x=0.6m处，右侧波刚好传播到x=0.2m处，此时x=0.3m处的质点刚好处于两列波的波峰，则该质点的位移为x'=0.5cm+0.5cm=1

cm故D错误。故选AC。二、实验题13.将电流表改装成电压表的实验中。（1）在测定电流表内阻时，备用的器件有：A．小量程电流表(量程0~100μA)B．标准电压表(量程0~5V)C．电阻箱(阻值范围0~9999Ω)D．电阻箱(阻值范围0~99999Ω)E．电源(电动势

2V，有内阻)F．电源(电动势6V，有内阻)G．滑动变阻器(阻值范围0~50Ω，额定电流1.5A)H．导线若干和开关。（2）如果采用如图所示电路，测定小量程电流表A的内阻并且要想得到较高的精度，那么从以上备用的器件中，可变电阻R1应选用_，可变电阻R2应选用

_，电源E应选用_(用字母代号填写)（3）实验时先闭合S调节Rl；使电流表指针偏转到满刻度；再闭合S2，保持Rl不变，调节R2使电流表指针偏转到满刻度的23，读出此时R2的阻值为200Ω，则电流表内阻的测量值R2=_Ω。【答案】(1).D(2).C(3).F(4).100【解析

】【详解】(2)[1][2][3]首先我们要知道半偏法测量电流表内阻的方法以及测量原理：如图，设电源的电动势为E，内阻为r，S2打开时，设电流表满偏电流为：1ggEIrRR=++实验要求R1＞＞Rg，R1＞＞r，这样才有1gEIR，当S2闭合时，R2和Rg并联，并联后总阻值R并＜Rg＜＜R1，

这样才有S2闭合后，电路中总电流几乎不变，仍然近似等于1ER，从上述原理可知，S2打开与闭合，近似认为干路中电流不变，前提是R1＞＞Rg。故实验器材选择应满足①电源电动势尽可能大，②R1尽可能大。所以R1选用大

量程的电阻箱D，R2选用量程跟电流表内阻差不多的即可，选C，电源选用电动势较大的F。(3)[4]实验时先闭合S调节Rl；使电流表指针偏转到满刻度；再闭合S2，保持Rl不变，调节R2使电流表指针偏转到满刻度的23，此时流经R2的电流为满偏的13，根据并联电压相

等，电流和电阻成反比可知，电流表内阻是R2的一半，即100Ω。14.某同学想要测量一个电源的电动势和内阻，准备的器材有电流表A(0~100mA，内阻为30Ω)、电阻箱R(最大阻值99.9Ω)、开关和若干导线．（1）由于电流表A的量程较小，考虑到安全因素，同学们需将

一个定值电阻和电流表A进行_________联(填写“串”或“并”)，若要使连接后的电流表A可测量电流的最大值变为原来的6倍，则定值电阻的阻值R0=_________Ω．（2）如图甲所示，虚线框中为同学设计了实验电路的一部分，请将电路图补充完整______．（3

）实验中记录了若干组电阻箱的阻值R和电流表A的示数Ⅰ，并用记录的实验数据描绘出R-1I图线如图乙所示，则该电源的电动势E=_________V，内阻r=__________Ω(结果保留两位有效数字)．

【答案】(1).并(2).6(3).(4).12(5).1.0【解析】【详解】（1）改装电流表需要并联电阻进行分流；由并联电路规律可知，并联部分电压相等，要使量程扩大为原来的6倍；则由并联电路规律可知：00.

1306550.1ggIRRI===；（2）根据改装原理以及测量电动势和内电阻实验原理可知应将改装后的电表与电阻箱串联接在电源两端，故测量原理图如图所示；（3）电路中干路电流为电流表示数的6倍，故根据闭合电路欧姆定律可知：11630656630EEIrRrR==

+++++，则变形得()156ERrI=−+，故图象中的斜率等于6263Ek===，解得8.0VE=；图象与纵坐标的交点为()6.05r−=−+，解得r=1.0Ω．三、计算题15.如图所示，粗细不同的玻璃管开口向下，粗管长为L

=13cm，细管足够长，粗管的截面积为细管的两倍．管内的气体被一段水银柱封闭，当封闭气体的温度为T1=300K时，粗、细管内的水银柱长度均为h=5cm．已知大气压强P0=75cmHg，现对封闭气体缓慢加热，求：(1)水银

恰好全部进入细管时气体的温度T2；(2)从开始加热到T3=500K时，水银柱的下表面移动距离多少厘米(保留三位有效数字)．【答案】(1)450K(2)12.9cm【解析】【详解】（i）由理想气体状态方程：0012(2)2()(3)2PghSLh

PghSLTT−−−=解得：2450KT=；（ii）由理想气体状态方程：2322LSLSSxTT+=得：2.9cmx=移动距离：212.9cmshx=+=．16.如图所示,①为某一列简谐波t=t0时的波形图象,②是这列波上P点从这一时刻起的振动图象,试

讨论．(1)波的传播方向及传播速度;(2)画出经2.3s后波的图象,并求P质点的位移和P质点运动的路程．【答案】（1）5.0/ms，沿x轴正方向传播（2）；10cm,2.3m【解析】试题分析：（1）根据振动图象可知判断P点在t=t0时刻的振动方向，从而判

断波的传播方向，由图象得出周期和波长，从而求出波速；（2）根据xvt=求解波形平移的距离；一个周期内质点走过的路程为4A，位移为从平衡位置到末位置的有向线段．（1）根据振动图象可知判断P点在tt=0时刻在平衡位置且向负的最大位移运动，则波沿x轴正方向传播；由甲图可知，波长

λ=2m，由乙图可知，周期T=0.4s，则波速：25/0.4mvmsTs===；（2）经过32.354tsT==后，波形图如图所示则路程3234540.12.344xAm===在2.3s时刻，P点的位移为：0.1yAm==；17.如图

所示，在竖直向下的匀强电场中有一绝缘的光滑轨道，一个带负电的小球从斜轨上的A点由静止释放，沿轨道滑下，已知小球的质量为m，电荷量为－q，匀强电场的场强大小为E，斜轨道的倾角为α，圆轨道半径为R，小球的重力大于所受的电场力。(1)求小球沿轨道滑下的加速度的大小；(

2)若使小球通过圆轨道顶端的B点，求A点距水平地面的高度h1至少为多大；(3)若小球从斜轨道h2=5R处由静止释放。假设其能通过B点。求在此过程中小球机械能的改变量。【答案】(1)()sinmgqEm−(2)52R(3)3qER【解析

】【详解】(1)小球带负电，在斜面上受竖直向下的重力和竖直向上的电场力作用，由牛顿第二定律有：(mg－qE)sinα=ma解得小球沿轨道滑下的加速度的大小：()sinmgqEam−=(2)要使小球恰能过B点，则应有：2BvmgqEmR=－①从A点到

B点过程，由动能定理有：2112()()02BmgqEhRmv=---②由①②解得A点距水平地面的高度h1至少为：152hR=(3)因电场力做负功，小球电势能增加，增加量为：2()(2523)EqEhRqERRqER===－－由能量守恒定律得小球机械能减少等于电势能的增加，所以小球机

械能的减少量为3qER。18.质量为M的滑块由水平轨道和竖直平面内的四分之一光滑圆弧轨道组成，放在光滑的水平面上．质量为m的物块从圆弧轨道的最高点由静止开始滑下，以速度v从滑块的水平轨道的左端滑出，如图所示．已知M:m=3:1，物块与水平轨道之间的动摩擦因数为

µ，圆弧轨道的半径为R．（1）求物块从轨道左端滑出时，滑块M的速度的大小和方向；（2）求水平轨道的长度；（3）若滑块静止在水平面上，物块从左端冲上滑块，要使物块m不会越过滑块，求物块冲上滑块的初速度应满足的条件．【答案】（1）13v

，方向水平向右（2）2323gRvLg−=（3）20433vgRv−【解析】【详解】（1）对于滑块M和物块m组成的系统，物块沿轨道滑下的过程中，水平方向动量守恒，物块滑出时，有mvMV=滑块M的速度13mVvvM==，方向向右．（2）物块滑

下的过程中，物块的重力势能，转化为系统的动能和内能，有221122mvMVmgLmgR++=解得2323gRvLg−=（3）物块以速度v0冲上轨道，初速度越大，冲上圆弧轨道的高度越大．若物块刚能达到最高点，两

者有相同的速度V1，此为物块不会越过滑块的最大初速度．对于M和m组成的系统，水平方向动量守恒，有01()mvmMV=+相互作用过程中，系统的总动能减小，转化为内能和重力势能，有220111()22mvMmVmgLmgR−+=+解得:20433vgRv=−要使物块m不会越过滑

块，其初速度20433vgRv−获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com