【物理】浙江省嘉兴市两校2019-2020学年高二上学期期中联考试题（解析版）

【物理】浙江省嘉兴市两校2019-2020学年高二上学期期中联考试题（解析版）

浙北G2期中联考2019学年第一学期高二物理试题 一、选择题I ‎1.新国际单位体系于2019年5月的世界计量日起正式生效，正式更新包括“kg”、“A”、“K”、“mol”在内的4项基本单位的定义．下列选项中，内含2个国际单位制基本单位的是（ ）‎ A. m、N B. m、s C. J、m/s D. N、J ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】m、s是国际单位制中基本单位，N，m/s，J是导出单位．‎ ACD.由上分析知，ACD不符合题意； B.由上分析知，B符合题意．‎ ‎2.关于物理学史，下列叙述正确的是 A. 牛顿通过实验测出了万有引力常量 B. 卡文迪许用扭秤测出了静电力常量 C. 密立根通过油滴实验精确测定了元电荷e的电荷量 D. 伽利略的理想斜面实验已经得出牛顿第一定律了，只是伽利略没有总结发表 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】AB. 卡文迪许通过扭秤实验，测出了万有引力常量；故AB错误 C. 密立根通过油滴实验精确测定了元电荷e的电荷量，故C正确．‎ D. 牛顿第一定律是牛顿在伽利略等前人实验基础上，根据逻辑推理得出的，是以实验为基础，但又不是完全通过实验得出，故D错误；‎ ‎3.日本石头平衡大师Kokei Mikuni能不可思议地将石头堆叠在一起保持静止，下列说法正确的是 A. B石头对A石头的支持力大于A石头对B石头的压力 B. B石头对A石头的作用力就是A石头的重力 C. B石头对A石头的作用力一定经过A石头的重心 D. B石头与A石头之间一定没有摩擦力 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】石头都处于静止状态，B石头对A石头的支持力与A石头对B石头的压力是相互作用力，一定是大小相等，故A错误；B石头对A石头的作用力的施力物体是B，而A石头的重力的施力物体是地球，所以B石头对A石头的作用力不是A石头的重力，因为施力物体不同，故B错误；A石头受重力和B石头对它的作用力，根据平衡条件，两个力作用在同一条直线上，故B石头对A石头的作用力一定经过A石头的重心，故C正确；B石头与A石头的接触面可能是斜面，根据平衡条件可知B石头与A石头间可能有静摩擦力，故D错误．所以C正确，ABD错误．‎ ‎4.物体在直角坐标系xOy所在的平面内由O点开始运动，其沿坐标轴方向的两个分速度随时间变化如图所示．则物体在直角坐标系xOy所在的平面内的运动轨迹是 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】在0～3s，在y正方向上做匀速直线运动，x 正方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度方向向上，对应的轨迹向x轴正方向弯曲的抛物线；在3s～4s，初速度与横轴正方向夹角 根据图像可知，加速度方向与横轴方向夹角，图像斜率代表加速度 合加速度与合速度在一条直线上，做匀加速直线运动，图像是倾斜的直线．‎ A.图像与分析不符，故A错误．B. 图像与分析相符，故B正确．‎ C. 图像与分析不符，故C错误．D. 图像与分析不符，故D错误．‎ ‎5.2018年12月8日，肩负着亿万中华儿女探月飞天梦想的嫦娥四号探测器成功发射，“实现人类航天器首次在月球背面巡视探测，率先在月背刻上了中国足迹”．已知月球的质量为、半径为，探测器的质量为，引力常量为，嫦娥四号探测器围绕月球做半径为的匀速圆周运动时，探测器的（ ）‎ A. 周期为 B. 动能为 C. 角速度为 D. 向心加速度为 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】由万有引力提供向心力可得 ，可得 ，故A正确；解得 ，由于 ‎ ，故B错误；解得 ，故C错误；解得 ，故D错误．综上分析，答案为A ‎6.电动机与小电珠串联接人电路，电动机正常工作时，小电珠的电阻为R1，两端电压为U1，流过的电流为I1；电动机的内电阻为R2，两端电压为U2，流过的电流为12．则 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】由题意可知I1=I2，选项A错误；因U2>I2R2，U1=I1R1，则，选项BC错误，D正确；故选D.‎ ‎7.如图所示，正方形区域内存在垂直纸面的匀强磁场．一带电粒子垂直磁场边界从a点射入，从b点射出．下列说法正确的是 ‎ ‎ A. 粒子带正电 B. 粒子在b点速率大于在a点速率 C. 若仅减小磁感应强度，则粒子可能从b点右侧射出 D. 若仅减小入射速率，则粒子在磁场中运动时间变短 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】由左手定则确粒子的电性，由洛伦兹力的特点确定粒子在b、a两点的速率，根据确定粒子运动半径和运动时间．‎ 由题可知，粒子向下偏转，根据左手定则，所以粒子应带负电，故A错误；由于洛伦兹力不做功，所以粒子动能不变，即粒子在b点速率与a点速率相等，故B错误；若仅减小磁感应强度，由公式得：，所以磁感应强度减小，半径增大，所以粒子有可能从b点右侧射出，故C正确，若仅减小入射速率，粒子运动半径减小，在磁场中运动的偏转角增大，则粒子在磁场中运动时间一定变长，故D错误．‎ ‎8.如图，等边三角形线框LMN由三根相同的导体棒连接而成，固定于匀强磁场中，线框平面与磁感应强度方向垂直，线框顶点M、N与直流电源两端相接，已如导体棒MN受到的安培力大小为F，则线框LMN受到的安培力的大小为 A. 2F B. 1.5F C. 0.5F D. 0‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】设每一根导体棒的电阻为R，长度为L，则电路中，上下两路电阻之比为，根据并联电路两端各电压相等的特点可知，上下两路电流之比．如下图所示，由于上路通电的导体受安培力的有效长度为L，根据安培力计算公式，可知，得，根据左手定则可知，两力方向相同，故线框LMN所受的合力大小为，故本题选B．‎ ‎9.如图所示，一个内壁光滑绝缘细直管竖直放置．在管子的底部固定一电荷量为Q（Q>0） 的带电体，在距离底部点电荷为h2的管口A处，有一电荷量为q（q>0）、质量 为m的小球自静止释放，在距离底部点电荷为h1的B处速度恰好为零．现让一个电荷量为q、质量为2m的小球仍在A处自静止释放，已知静电力常量为k，重力加速度为g，则该小球 A. 运动到B处的速度为零 B. 在下落过程中加速度大小一直变小 C. 向下运动了位移时速度最大 D. 小球向下运动到B点时的速度为 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、B项：质量为m点电荷，从静止释放后开始下落，库仑力越来越大，所以点电荷先加速后减速．则加速度先减小后增大．当到达B点时，点电荷停止．由动能定理可得：，得：，而当换成质量2m点电荷时，仍从原来位置静止释放，则点电荷先加速后减速．则加速度先减小后增大，设停止位置为B′，则由动能定理可得：，所以则速度为零的位置在B点下方，故AB错误；‎ C项：速度最大位置，就是加速度为零的位置．即库仑力与重力相等的位置，当质量为2m时，设平衡位置距底部点电荷的距离为h0′则有：，所以则向下运动的位移，故C错误；‎ D项：点电荷从静止到B点，由动能定理可得：，而所以B点时的速度为，故D正确．‎ ‎10.某小组在试验汽车模型，该模型以蓄电池为驱动能源，驱动电机能够将输入功率的90%转化为牵引汽车模型前进的机械功率．该模型的总质量m=30kg，当它在水平路面上以v=18km/h的速度匀速行驶时，驱动电机的输入电流I=5A，电压U=30V．某地区地表的平均日照辐射度约为480W/m2，若以太阳能为该模型的蓄电池供电，已知能量转化效率约为15%，汽车受到太阳照射面积约为1m2．以下说法正确的是（　　）‎ A. 该模型以速度行驶时，所受的阻力大小为30N B. 该模型以速度行驶时，驱动电机的机械功率为150W C. 该模型若由太阳能直接供电，能以速度正常行驶 D. 若该地一天的有效日照时间为8小时，充电一天可供该模型以v速度行驶约 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A项：由公式，故A错误；‎ B项：由题意可知，该模型以v=18km/h速度行驶时，驱动电机的机械功率为，故B错误；‎ C项：由题意可知，太阳能提供的功率为：，该模型以v=18km/h速度行驶时的机械功率为135W，故C错误；‎ D项：太阳能提供的能量为，所用的时间为：，运动的距离为：，故D正确．‎ 二、选择题Ⅱ ‎11.静电场中，一带电粒子仅在电场力的作用下自M点由静止开始运动，N为粒子运动轨迹上的另外一点，则 A. 运动过程中，粒子的速度大小可能先增大后减小 B. 在M、N两点间，粒子的轨迹一定与某条电场线重合 C. 粒子在M点的电势能不低于其在N点的电势能 D. 粒子在N点所受电场力的方向一定与粒子轨迹在该点的切线平行 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．若电场中由同种电荷形成即由A点释放负电荷，则先加速后减速，故A正确；‎ B．若电场线为曲线，粒子轨迹不与电场线重合，故B错误．‎ C．由于N点速度大于等于零，故N点动能大于等于M点动能，由能量守恒可知，N点电势能小于等于M点电势能，故C正确 D．粒子可能做曲线运动，故D错误；‎ ‎12.如图所示，空间存在垂直纸面向外的匀强磁场，在O点固定一点电荷Q，一带电粒子在电场力和磁场力的共同作用下做顺时针匀速圆周运动（不计重力和阻力），半径为r，周期为T，线速度为v，则当点电荷Q电量突然为零，则此后关于带电粒子的运动，下列说法正确的是 A. 半径大小一定变大 B. 线速度大小一定不变 C. 周期大小一定变大 D. 仍然可能做半径为r的匀速圆周运动 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.若带电粒子带正电，点电荷Q也带正电，电量为变为零之前，粒子受到指向圆心的洛伦兹力，以及沿着半径背离圆心的电场力，其向心力等于 F向=F洛-F电 当点电荷Q电量突然为零，电荷只受到洛伦兹力的作用，此时洛伦兹力大于电荷需要的向心力，粒子做近心运动，则半径减小，故A错误；‎ B.因为当点电荷消失，粒子只受到洛伦兹力的作用，而洛伦兹力总是和速度方向相互垂直，不会改变粒子的速度大小，所以不论粒子之后做什么运动，其速度大小都不会改变，故B正确；‎ CD.若带电粒子带负电，则在点电荷Q电量为变为零之前，粒子受到指向圆心的电场力，以及沿着半径背离圆心的洛伦兹力，向心力为 F向=F电-F洛 若此时电场力是洛伦兹力的两倍，则其向心力的大小等于洛伦兹力，当电场力消失时，洛伦兹力的大小刚好等于粒子需要的向心力，粒子继续做半径不变的圆周运动，如图中红色轨迹所示 由于半径不变，向心力大小不变，则运动周期不变，故C错误D正确；‎ ‎13.如图，两条光滑平行金属导轨固定，所在平面与水平面夹角为θ，导轨电阻忽略不计．虚线ab、cd均与导轨垂直，在ab与cd之间的区域存在垂直于导轨所在平面的匀强磁场．将两根相同的导体棒PQ、MN先后自导轨上同一位置由静止释放，两者始终与导轨垂直且接触良好．已知PQ进入磁场开始计时，到MN离开磁场区域为止，流过PQ的电流随时间变化的图像可能正确的是 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】根据图像可知，设PQ进入磁场匀速运动的速度为v，匀强磁场的磁感应强度为B，导轨宽度为L，两根导体棒的总电阻为R；根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律可得PQ进入磁场时电流 保持不变，根据右手定则可知电流方向Q→P；如果PQ离开磁场时MN还没有进入磁场，此时电流为零；当MN进入磁场时也是匀速运动，通过PQ的感应电流大小不变，方向相反；如果PQ没有离开磁场时MN已经进入磁场，此时电流为零，当PQ离开磁场时MN的速度大于v，安培力大于重力沿斜面向下的分力，电流逐渐减小，通过PQ的感应电流方向相反；‎ A.图像与分析相符，故A正确。B.图像与分析不符，故B错误。‎ C.图像与分析不符，故C错误。D.图像与分析相符，故D正确。‎ 三、非选择题 ‎14.某同学在“练习使用多用电表”实验中，实验步骤及相关操作如下： ‎ ‎（1）该同学在使用多用电表前，发现多用电表指针不在零刻度上，如图甲所示．那么在使用前，他应调节甲图中表盘上的哪一个部件？答：_____；（填“A”或“B） ‎ ‎（2）某同学用多用电表测量某一电阻，以下是该同学实验过程中的主要操作步骤． ‎ a．将“选择开关”置于如图所示的位置； ‎ b．将红黑表笔短接，转动欧姆调零旋钮，进行欧姆调零；‎ c.如图所示把两表笔接触待测电阻的两端进行测量，表盘指针如图所示； ‎ d.记下读数，实验完毕． ‎ 请指出该同学操作中至少两点不合理或遗漏的地方． ___________________ ； ___________________ ； _______________ ； ‎ ‎（3）该同学想采用“伏安法”更精确地测量该电阻的阻值，选用了如图所示的实验器材．其中电压表量程 3V、内阻约为 3kΩ ，电流表量程 15mA、内阻约为 4Ω ，滑动变阻器总阻值 20Ω ， 电源电动势 3V．图中已经完成部分导线的连接，请你在实物接线图中完成余下导线的连接_______． ‎ ‎ ‎ ‎【答案】 (1). A (2). 甲图中选择开关应置于×10档，且重新欧姆调零； 乙图中手不能接触表笔； 读数后应将选择开关置于“OFF”或交流500V档，才能实验完毕． ‎ ‎(3). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）多用电表的指针不在零刻度上，应调节机械调零螺丝A进行机械调零． （2）由图甲所示可知，欧姆表选择×100挡位，由图丁所示可知，指针偏角太大，所选挡位太大，为准确测量电阻阻值，应换用欧姆×10挡位，换挡后进行欧姆调零，用欧姆表测电阻时手不能与待测电阻接触，欧姆表使用完毕应把选择开关置于OFF挡或交流电压最高挡，由实验步骤可知，实验存在的问题有：①甲图中选择开关应置于×10档，且重新欧姆调零；②乙图中手不能接触表笔；③读数后应将选择开关置于“OFF”或交流电压最高档，才能实验完毕． （3）由题意可知，待测电阻阻值远大于电流表内阻，电流表应采用内接法，待测电阻阻值远大于滑动变阻器最大阻值，为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，实物电路图如图所示；‎ ‎15.图（a）为某同学测量一节干电池的电动势和内电阻的电路图．  ‎ ‎（1）虚线框内是用毫安表改装成电流表的电路．已知毫安表表头的内阻为10Ω，满偏电流为100mA，电阻，由此可知，改装后电流表的量程为_____A．  ‎ ‎（2）实验步骤如下，请完成相应的填空：  ‎ ‎①将滑动变阻器R的滑片移到______端（选填A或B），闭合开关S；  ‎ ‎②多次调节滑动变阻器的滑片，记下电压表的示数U和毫安表的示数I；某次测量时毫安表的示数如图（b）所示，其读数为______mA．  ‎ ‎③以U为纵坐标，I为横坐标，作U-I图线，如图（c）所示；  ‎ ‎④根据图线求得电源的电动势E=___V，内阻r=___Ω．（结果均保留到小数点后两位）‎ ‎【答案】 (1). 0.5； (2). B； 68； 1.48； 0.45；‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）根据并联电路基本原理可知，改装后的量程为：； 内阻R'==2Ω （2）①实验中应让电阻由最大值开始调节，所以开始时滑片应滑到B端； ②电流表量程为100mA，故读数为68mA； ④根据改装原理可知，实际电流为电流表读数的5倍，由闭合电路欧姆定律可知：‎ U=E-5I（r+R'） 由图可知，电源的电动势E=1.48V；r+R'==2.45Ω   故r=2.45-2=0.45Ω；‎ ‎【点睛】本题考查测量电动势和内电阻的实验，注意明确实验原理，能根据给出的实验步骤分析实验方法；同时根据图象分析实验数据，明确电表的改装原理的应用．‎ ‎16.某兴趣小组设计了一个玩具轨道模型如图所示，将一质量为m玩具汽车（可以视为质点）放在O点，用弹簧装置将其弹出(每次弹出弹簧压缩量均相同)，使其沿着光滑的半圆形轨道OMA和ANB运动，BC段是一长为L1＝10.0 m的粗糙水平面，CD是倾角为θ=370的粗糙斜面,长度L2=6.0m,DE段是一长为L3=1.0m的粗糙水平面．圆弧OMA和ANB的的半径分别为r＝1.0 m， R=4.0m．滑块与BC，CD，DE间的动摩擦因数均为μ＝0.5，不考虑在C点的能量损失(g取10 m/s2)‎ ‎（1） 若玩具汽车的质量m=1kg,要使玩具汽车恰好不脱离圆弧轨道，压缩弹簧弹性势能EP为多少？ ‎ ‎（2）在满足第(1)问的情况下，玩具汽车最后停在离C点什么位置？‎ ‎（3）若改变玩具小车质量，小车能不脱离圆轨道并停在DE段(小车不脱离直轨道)，问小车质量要满足什么条件？‎ ‎【答案】（1） （2） （3）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）以玩具小车为研究对象，小车不脱离轨道，则有：‎ 以OA为研究过程，根据动能定理得： ‎ 联立解得：‎ ‎（2）假设玩具小车运动到斜面某点速度为0，根据动能定理得：‎ 解得： 故假设正确 ‎ 根据动能定理得：‎ 解得：‎ ‎（3）若停在D点，根据动能定理得：‎ 若停在E点，根据动能定理得：‎ 联立解得：‎ ‎17.如图所示，固定在水平面上间距为l的两条平行光滑金属导轨，垂直于导轨放置的两根金属棒MN和PQ长度也为l、电阻均为R，两棒与导轨始终接触良好．MN两端通过开关S与电阻为R的单匝金属线圈相连，线圈内存在竖直向下均匀增加的磁场．图中虚线右侧有垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B．PQ的质量为m，金属导轨足够长，电阻忽略不计．‎ ‎（1）闭合S，若使PQ保持静止，需在其上加大小为F的水平恒力，请指出力F的方向并求出单匝金属线圈里磁通量的变化率；‎ ‎（2）断开S，PQ在上述恒力F的作用下，由静止开始到速度大小为v的加速过程中流过PQ的电荷量为q，求该过程中金属棒PQ上产生的热量．‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）设线圈中产生的感应电动势为E，根据法拉第电磁感应定律可得 设PQ与MN并联的电阻为R并，有：‎ R并 闭合S后，设线圈中的电流为I，方向为逆时针方向，根据闭合电路的欧姆定律可得：‎ 设PQ中的电流为IPQ，Q到P，则 设PQ受到的安培力为F安，方向向左，有：‎ F安=BIPQl 保持PQ静止，根据平衡条件可得 F=F安 方向向右，联立解得 ‎（2）设PQ由静止开始到速度大小为v的过程中，PQ运动的位移为x，所用的时间为△t，回路中磁通量的变化为△Φ，平均感应电动势为 其中 ‎△Φ=Blx PQ中的平均电流为 根据电流强度定义式可得：‎ 根据动能定理可得 根据功能关系知 Q=-W 联立解得：‎ 金属棒PQ上产生的热量 ‎18.如图所示，在平面直角坐标系x轴的上方（，）区域范围内存在着匀强磁场，磁感应强度为B．在空间（，）处有一粒子源P，能向平面内各个方向发射质量为m、带电量为-q，速度为的带电粒子．（已知，答案涉及位置或长度的均用a表示），求：‎ ‎(1)x轴上能接收到粒子的区域长度L1；‎ ‎(2)x上能被不同角度射出的两个粒子打中的区域长度L2；‎ ‎(3)若在x轴的正半轴上铺设挡板，且粒子源P打出的部分粒子恰好垂直打在挡板上并反弹，每次反弹后速度方向相反，大小为原来的0.6倍，则求这些粒子出磁场时的纵坐标y及粒子在磁场中运动的时间．‎ ‎【答案】(1) (2) (3) ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)根据题意，粒子在磁场中运动的半径，‎ 粒子打在MN上的范围如图1所示 最右侧： ‎ 最左侧：F与MN相切，由几何关系知 解得 ‎ ‎(2)如图1所示，有不同角度射出的两个粒子打中的长度为OD,‎ ‎ ‎ 得 ‎(3)粒子垂直打在挡板上，由几何关系可知，‎ 粒子打在G点后反弹，， ‎ 再反弹，之后从磁场右边界出去，由几何关系可知，‎ ‎ 所有粒子周期相同 粒子走过的圆心角为 所以