湖北省宜昌市第二中学2019-2020学年高二上学期期中考试物理试题

湖北省宜昌市第二中学2019-2020学年高二上学期期中考试物理试题

物理试卷 一、选择题 ‎1.关于速度、速度的变化、加速度的关系，下列说法中正确的是（ ）‎ A. 速度变化越大，加速度就一定越大 B. 加速度变小，速度一定变小 C. 速度为零，加速度一定为零 D. 速度变化越慢，加速度越小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据加速度的定义式可知物体的加速度等于物体的速度的变化率，加速度的方向就是物体速度变化量的方向，与物体速度无关，即物体的速度变化越快物体的加速度越大.‎ ‎【详解】A、物体的速度变化大，但所需时间更长的话，物体速度的变化率可能很小，则加速度就会很小，故A错误；‎ B、运动物体的加速度变小，如果加速度与速度同向，速度增加，故B错误；‎ C、物体的速度为零，但物体的速度的变化率可以不为零，即物体的加速度不为零.故C错误；‎ D、物体的速度变化越慢，即物体速度的变化率越小，则物体的加速度越小；故D正确.‎ 故选D.‎ ‎【点睛】本题考查加速度的定义式，只要理解了加速度的概念就能顺利解决，注意明确加速度和速度大小无关.‎ ‎2.如图，用OA、OB两根轻绳将物体悬于两竖直墙之间，开始时OB 绳水平．现保持O点位置不变，改变OB绳长使绳末端由B点缓慢上移至B′点，此时OB′与OA之间的夹角θ<90°．设此过程中OA、OB的拉力分别为FOA、FOB，下列说法正确的是 （ ）‎ A. FOA逐渐减小 ，FOB逐渐增大 B. FOA逐渐减小，FOB先减小后增大 C. FOA逐渐增大，FOB逐渐减小 D. FOA逐渐增大，FOB先减小后增大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：：以结点O为研究对象，分析受力：重力G、绳OA拉力FOA和绳BO的拉力FOB如图所示，根据平衡条件知，两根绳子的拉力的合力与重力大小相等、方向相反，作出轻绳OB在两个位置时力的合成图如图，由图看出，FOA逐渐减小，FOB先减小后增大，当θ=90°时，FOB最小，选B项正确，A、C、D项错误．‎ 考点：本题考查了物体的共点力平衡 ‎3.如图所示，质量相同的两小球a、b分别从斜面顶端A和斜面中点B沿水平方向抛出后，恰好都落在斜面底端，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）‎ A. 小球a、b在空中飞行的时间之比为2：1‎ B. 小球a、b抛出时的初速度大小之比为2：1‎ C. 小球a、b到达斜面底端时的动能之比为4：1‎ D. 小球a、b到达斜面底端时速度方向与斜面的夹角之比为1：1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 因为两球下落的高度之比为2：1，根据h=gt2得，，高度之比为2：1，则时间之比为：1，故A错误．两球的水平位移之比为2：1，时间之比为：1，根据 知，初速度之比为：1，故B错误．根据动能定理可知，到达斜面底端时的动能之比EKa：Ekb=(mva2+mgha)：(mvb2+mghb ‎)=2：1，故C错误．小球落在斜面上，速度方向与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍，因为位移与水平方向的夹角相等，则速度与水平方向的夹角相等，到达斜面底端时速度方向与斜面的夹角也相等，故D正确．故选D．‎ ‎4.一颗人造卫星以地心为圆心做匀速圆周运动，它的速率、周期跟它的轨道半径的关系( )‎ A. 半径越大，速率越小，周期越大，加速度越小 B. 半径越大，速率越大，周期越大，加速度越大 C. 半径越大，速率越小，周期越小，加速度越小 D. 半径越大，速率越小，周期不变，加速度越大 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】对于卫星，由万有引力提供向心力，得：‎ 解得：‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 则半径r越大，速率v越小，周期T越大，加速度a越小；‎ A．半径越大，速率越小，周期越大，加速度越小，与结论相符，选项A正确；‎ B．半径越大，速率越大，周期越大，加速度越大，与结论不相符，选项B错误；‎ C．半径越大，速率越小，周期越小，加速度越小，与结论不相符，选项C错误；‎ D．半径越大，速率越小，周期不变，加速度越大，与结论不相符，选项D错误；‎ ‎5.关于对元电荷的理解，下列说法正确的是 A. 元电荷就是电子 B. 元电荷就是质子 C. 元电荷是表示跟电子所带电荷量数值相等的电荷量 D. 元电荷是带电荷量最小的带电粒子 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 元电荷是一个电子带的电荷量，不是电子，也不是质子，元电荷又称“基本电量”或“元电荷”，是物理学的基本常数之一，常用符号e表示，是一个电子或一个质子所带的电荷量，任何带电体所带电荷都是e的整数倍．故ABD错误，C正确；‎ 故选C．‎ ‎【点睛】元电荷是一个电子带的电荷量，不是电子，也不是质子，是一个电子或一个质子所带的电荷量，任何带电体所带电荷都是e的整数倍．‎ ‎6.三个相同的金属小球1、2、3分别置于绝缘支架上，各球之间的距离远大于小球的直径．球1的带电荷量为q，球2的带电荷量为nq，球3不带电且离球1和球2很远，此时球1、2之间作用力的大小为F.现使球3先与球2接触，再与球1接触，然后将球3移至远处，此时球1、2之间作用力的大小仍为F，方向不变．由此可知 A. n＝3 B. n＝4 C. n＝5 D. n＝6‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】设1、2距离为r，则球1、2之间作用力为：‎ ‎ ①‎ ‎3与2接触后，它们带的电的电量平分，均为：，再3与1接触后，它们带的电的总电量平分，均为，将球3移至远处后，球1、2之间作用力为 ‎ ②‎ 由①②两式解得：‎ n=6‎ A．n＝3，与结论不相符，选项A错误；‎ B．n＝4，与结论不相符，选项B错误；‎ C．n＝5，与结论不相符，选项C错误；‎ D．n＝6，与结论相符，选项D正确；‎ ‎7.如图所示，a、c、b为同一条电场线上的三点，c为ab中点，a、b电势分别为，则( )‎ A. c点的电势一定为4V B. a、b、c三点的电场强度相同 C. 正电荷从c点运动到b点电势能一定减少 D. 正电荷从a点运动到b点动能一定增加 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．当该电场是匀强电场时，由于沿电场方向相同距离两点间电势差相等，则c点的电势一定为4V．当该电场不是匀强电场时，在c点处的电势不一定为4V．故A错误。‎ B．一条电场线无法判断电场线的疏密，就无法比较场强的大小，故B错误。‎ C．由题，a点的电势高于b点的电势，根据正电荷在电势高处电势能大可知，正电荷从c点运动到b点电势能一定减少，故C正确。‎ D．正电荷从a点运动到b点，除了受电场力，其他受力做功情况不清楚，所以合力做功情况也不清楚，即不能确定动能的变化，故D错误。‎ ‎8.关于电压和电动势，下列说法正确的是（　　）‎ A. 电压和电动势单位相同，所以电动势和电压是同一物理量 B. 电动势就是电源两极间的电压 C. 电动势是反应电源把其他形式的能转化为电能本领的物理量 D. 电源电动势定义式和电势差定义式中的W都是电场力做的功 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 电压与电动势的单位相同，但物理意义不同，是两个不同的物理量，A错误；根据闭合电路欧姆定律，路端电压，只有当外电路断开时，，路端电压等于电动势，B错误；电源是把其他形式的能转化为电能的装置，电动势反映电源把其他形式的能转化为电能本领大小，C正确；电动势公式中的W是非静电力做功，电压中的W是静电力做功，D错误．‎ ‎9.一辆汽车从静止开始由甲地出发，沿平直公路开往乙地．汽车先做匀加速运动，接着做匀减速运动，开到乙地刚好停止．其v-t图象如图所示，那么在0～t0和t0～3t0两段时间内（　　）‎ A. 加速度大小比为2：1 B. 位移大小比为1：3‎ C. 平均速度大小比为2：1 D. 平均速度大小比为1：1‎ ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A、根据速度时间图象的斜率等于加速度大小，则有在0～t0和t0～3t0两段时间内加速度大小之比为：；故A正确．B、根据“面积”等于位移大小，则有位移之比为；故B错误．C、D、根据匀变速直线运动的推论，则平均速度大小之比为：；故C错误，D正确．故选AD．‎ ‎【点睛】本题只要抓住速度—时间图象的两个数学意义就能正解作答：斜率等于加速度，“面积”等于位移大小．‎ ‎10.如图，一带正电的点电荷固定于O点，两虚线圆均以O为圆心，两实线分别为带电粒子M和N先后在电场中运动的轨迹，a、b、c、d、e为轨迹和虚线圆的交点不计重力下列说法正确的是　　‎ A. M带负电荷，N带正电荷 B. M在b点的动能小于它在a点的动能 C. N在d点的电势能等于它在e点的电势能 D. N在从c点运动到d点的过程中克服电场力做功 ‎【答案】ABC ‎【解析】‎ 试题分析：由粒子运动轨迹可知，M受到的是吸引力，N受到的是排斥力，可知M带负电荷，N带正电荷，故A正确．M从a到b点，库仑力做负功，根据动能定理知，动能减小，则b点的动能小于在a点的动能，故B正确．d点和e点在同一等势面上，电势相等，则N在d点的电势能等于在e点的电势能，故C正确．‎ D、N从c到d，库仑斥力做正功，故D错误．故选ABC 考点：带电粒子在电场中的运动 ‎【名师点睛】本题关键是根据曲线运动的条件判断出静电力的方向，掌握判断动能和电势能变化的方向，一般的解题思路是根据动能定理判断动能的变化，根据电场力做功判断电势能的变化．‎ ‎11.如图所示，竖直放置的平行板电容器与定值电阻R、电源E相连，用绝缘细线将带电小球q悬挂在极板间，闭合开关 S后细线与竖直方向夹角为θ.则有(　　)‎ A. 保持开关S闭合，将A板向右平移，θ不变 B. 保持开关S闭合，将A板向左平移，θ变小 C. 断开开关S，将A板向右平移，θ不变 D. 断开开关S，将A板向右平移，θ变小 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．保持开关S闭合，电容器两端电势差不变，将A板向右平移，d减小，则电场强度增大，带电小球所受电场力增大，根据共点力平衡条件知，θ角变大，反之向左平移A板，θ角变小，故A错误，B正确；‎ CD．断开开关S，电荷量不变，根据：‎ C＝‎ E＝‎ C＝‎ 联立解得：‎ E＝＝＝‎ 故电场强度大小与两极板间的距离无关，故电场强度不变，所以移动A板，θ角不变，故C正确，D错误．‎ ‎12.如图所示，电源电动势为E，内阻为r，R1和R3均为定值电阻，R2为滑动变阻器，四个电表均为理想电表。当R2的滑动触点在a端时合上开关S，将滑动触点向b端移动的过程中，各表示数变化正确的是( ) ‎ A. A1的示数减小，V1的示数增大 B. A1的示数增大，V1的示数减小 C. A2的示数增大，V2的示数减小 D. A2的示数减小，V2的示数增大 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】R2的滑动触点向b端移动时，R2减小，整个电路的总电阻减小，总电流增大，内电压增大，外电压减小，即电压表示数U2减小，R3电压U1增大，R1、R2并联电压减小，通过R1的电流I1减小，即A1的示数减小，而总电流I增大，则流过R2的电流I2增大，即A2的示数变大。‎ A．A1的示数减小，V1的示数增大，与结论相符，选项A正确；‎ B．A1的示数增大，V1的示数减小，与结论不相符，选项B错误；‎ C．A2的示数增大，V2的示数减小，与结论相符，选项C正确；‎ D．A2的示数减小，V2的示数增大，与结论不相符，选项D错误；‎ ‎13.用均匀导线做成的正方形线圈abcd放在纸面内，其一半放在有理想边界且垂直于纸面向里的匀强磁场中，如图所示，关于穿过线圈的磁通量的说法正确的是 ( ) ‎ A. 若线圈以为轴转动，则穿过线圈的磁通量时刻在变化 B. 若线圈以为轴转动，则线圈转动后磁通量有一段时间为零，直至边ab再次进入磁场 C. 若线圈以ab为轴转动，开始转动的一段时间内磁通量不变，直至其cd边进入磁场磁通量才开始变化 D. 若线圈以ab为轴转动，因线圈在垂直于磁场方向的投影面积一直在变化，故穿过线圈的磁通量一直在变化 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．若线圈以OO′为轴转动，则穿过线圈的磁通量时刻在变化，选项A正确；‎ B．若线圈以OO′为轴转动，则线圈转动90°的时刻磁通量为零，然后cd边进入磁场，磁通量逐渐变大，选项B错误；‎ CD．若线圈以ab为轴转动，开始转动的一段时间内磁通量不变，直至其cd边进入磁场磁通量才开始减小，选项C正确，D错误；‎ ‎14.在同一光滑斜面上放同一导体绑棒，右图所示是两种情况的剖面图．它们所外空间有磁感强度大小相等的匀强磁场，但方向不同，一次垂直斜面向上，另一次竖直向上,两次导体A分别通有电流I1和I2，都处于静止平衡．已知斜面的倾角为θ，则：（ ）‎ A. I1：I2=cosθ：1‎ B. I1：I2=1：1‎ C 导体A所受安培力大小之比F1：F2=sinθ：cosθ D. 斜面对导体A的弹力大小之比N1：N2=cos2θ：1‎ ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】导体棒受力如图，‎ 根据共点力平衡得，F1=mgsinθ，N1=mgcosθ，F2=mgtanθ，．‎ 所以导体棒所受安培力之比，斜面对导体棒的弹力大小之比，因为F=BIL，所以，故A、D正确，B、C错误．故选AD．‎ 二、实验题探究题 ‎15.如图所示，游标卡尺的读数为________cm ；螺旋测微器的读数为________mm。 ‎ ‎【答案】 (1). 3.185 cm (2). 2.502‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】[1]．游标卡尺的读数为：3.1cm+0.05mm×17=3.185cm ；‎ ‎[2]．螺旋测微器的读数为： 2.5mm+0.01mm×0.2=2.502mm。‎ ‎16.图是改装后的电表的电路图，认识正确的是（ ）‎ A. （a）图是电流表，使用、两个端点时，量程较大 B. （a）图是电流表，使用、两个端点时，量程较大 C. （b）图是电压表，使用、两个端点时，量程较大 D. （b）图是电压表，使用、两个端点时，量程较大 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ A、B、由图示电路图可知，（a）图电流计与分流电阻并联，则（a）图是电流表，使用a、c两个端点时分流电阻较大，电流表量程较小，故A错误，B正确；C、D、由图示电路图可知，（b）图中电流计与分压电阻串联，（b）图是电压表，使用a、c两个端点时，串联分压电阻阻值较大，电压表量程较大，故C正确，D错误；故选BC．‎ ‎【点睛】本题考查了电流表与电压表的 改装与结构，知道电压表与电流表的改装原理、分析清楚图示电路图是解题的关键，掌握基础知识即可解题，平时要注意基础知识的学习与积累．‎ ‎17.研究小组测一新材料制成的电阻，步骤如下：‎ ‎（1）该同学想用伏安法测量其电阻R，现有器材及其代号和规格如下：‎ A.待测圆柱体电阻阻值约为 ；‎ B.电流表量程，内阻约 ；‎ C.电流表量程，内阻约 ；‎ D.电压表V1量程，内阻约；‎ E. 电压表V2量程，内阻约 ；‎ F.直流电源E电压3V，内阻不计 ；‎ G.滑动变阻器R1阻值范围，允许通过的最大电流 ；‎ H.滑动变阻器R2阻值范围，允许通过的最大电流 ；‎ I.开关S及导线若干。‎ 电流表选用____ ，电压表选用_____ ，滑动变阻器选用_____填写器材前字母的代号 ‎ ‎（2）根据选用的器材，在答题卡相应位置画出合理的电路图,并标出所选器材的符号。‎ ‎（ ）‎ ‎【答案】 (1). C (2). D (3). G (4). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1][2][3]．电源电压为3Ｖ，则电压表选择Ｄ；电路可能出现的最大电流，则电流表选择Ｃ；滑动变阻器要接成分压电路，则选择阻值较小的Ｇ；‎ ‎（2）[4]．因 即电压表内阻远大于待测电阻阻值，则采用电流表外接，滑动变阻器要接成分压电路，电路如图；‎ 三、计算题 ‎18.如图所示,电源电动势,内阻,标有“8V 16W”的灯泡L恰好能正常发光,电动机M绕线的电阻,求：‎ ‎（1）电源的总功率；‎ ‎（2）电动机的总功率；‎ ‎（3）电动机的输出功率．‎ ‎【答案】（1）40W（2）16W（3）12W ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据闭合电路欧姆定律，小灯泡正常发光，求出，再求出总电流，最后得出总功率；(2)根据并联等压分流计算电动机的总功率；(3)先算出电动机的热功率，再用总动率减掉热功率即可．‎ ‎【详解】解：灯泡正常发光,‎ 由欧姆定律得流过电源的电流 电源的总功率 灯泡的电流 电动机的电流：‎ 电动机消耗的总功率：‎ ‎；‎ 电动机发热功率：‎ 所以电动机的输出功率：‎ ‎．‎ ‎【点睛】本题考察闭合电路欧姆定律相关考点，以及串并联电路电流电压特点，最后考察了非纯电阻用电器的功率问题．‎ ‎19.一束初速不计的电子在经U的加速电压加速后，在两极板间的中点处垂直进入平行板间的匀强电场，如图所示，若板间距离d，板长l，偏转电场只存在于两个偏转电极之间已知电子质量为m，电荷量为e，求：‎ ‎（1）电子离开加速电场时的速度大小；‎ ‎（2）电子经过偏转电场时的时间；‎ ‎（3）要使电子能从平行板间飞出，两个极板上最多能加多大电压U′？‎ ‎【答案】（1）；（2）；（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）设电子流经加速电压后的速度为v0，则由动能定理得：‎ 解得：‎ ‎；‎ ‎（2）电子在偏转电场中做类平抛运动，运动时间：‎ ‎；‎ ‎（3）设两极板上最多能加的电压为U′，要使电子能从平行板间飞出则电子的最大侧移量为，则有：‎ 解得：‎ ‎20.如图所示，光滑的平行导轨与水平面的夹角为θ=30°，两平行导轨间距为L，整个装置处在竖直向上的匀强磁场中．导轨中接入电动势为E、内阻为r的直流电源，电路中有一阻值为R的电阻，其余电阻不计．将质量为m，长度也为L的导体棒放在平行导轨上恰好处于静止状态，重力加速度为g，求：‎ ‎（1）通过ab导体棒的电流强度为多大？‎ ‎（2）匀强磁场的磁感应强度为多大？‎ ‎（3）若突然将匀强磁场的方向变为垂直导轨平面向上，求此时导体棒的加速度大小及方向．‎ ‎【答案】（1）；（2）；（3），方向沿斜面向上．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据闭合电路的欧姆定律即可求得；‎ ‎（2）利用共点力平衡即可求得磁感应强度；‎ ‎（3）根据牛顿第二定律即可求的加速度 ‎【详解】（1）由闭合电路的欧姆定律可得 （2）导体棒静止，根据共点力平衡可得BILcos30°=mgsin30° （3）由牛顿第二定律可得 BIL-mgsin30°=ma 解得，方向沿斜面向上 ‎【点睛】解决本题的关键能够正确地进行受力分析，求出合力，运用牛顿第二定律进行求解.‎ ‎ ‎