【物理】云南省昆明市官渡区第一中学2019-2020学年高二下学期期中考试试题（解析版）

【物理】云南省昆明市官渡区第一中学2019-2020学年高二下学期期中考试试题（解析版）

官渡区第一中学 高二年级2019—2020学年 下学期 ‎ 期中考物理试卷 ‎（试卷满分100分，考试时间90分钟）‎ 第Ⅰ卷选择题 （共50分）‎ 一、单项选择题（本题共10小题，每小题3分，共30分）‎ ‎1．下列描述正确的是 A．开普勒提出所有行星绕太阳运动的轨道是椭圆 B．牛顿通过实验测出了万有引力常数 C．库伦通过扭秤实验测定了电子的电荷量 D．法拉第发现了电流的磁效应 ‎【答案】A ‎【解析】开晋勒提出三大行星运动定律.其中开普勒第一定律说明所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆故A正确，牛顿提出了万有引力定律.但万有引力常数是英国物理学家卡文迪许通过扭砰实验测得的，故B错误，密立根通过油滴实验测出了电子的电荷量，故C错误；;奥斯特提出了电流的磁效应.故D错误.‎ 综上所述本题答案是：A ‎2．某航母跑道长200m飞机在航母上滑行的最大加速度为6m/s2，起飞需要的最低速度为50m/s．那么，飞机在滑行前，需要借助弹射系统获得的最小初速度为 A．5m/s B．10m/s C．15m/s D．20m/s ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：由运动学公式，代人数据得：，故选B正确．‎ 考点：匀变速直线运动的速度与位移的关系 ‎【名师点睛】‎ 已知飞机的末速度、加速度和位移，代入公式，即可求出初速度；该题考察导出公式的应用，直接代入公式即可．‎ ‎3．如图所示，小芳在体重计上完成下蹲动作，下列F-t图像能反应体重计示数随时间变化的是 A．B．C．D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】对人的运动过程分析可知，人下蹲的过程可以分成两段：人在加速下蹲的过程中，有向下的加速度，处于失重状态，此时人对传感器的压力小于人的重力的大小；在减速下蹲的过程中，加速度方向向上，处于超重状态，此时人对传感器的压力大于人的重力的大小，故C正确，A、B、D错误；‎ 故选C．‎ ‎【点睛】人在加速下蹲的过程中，有向下的加速度，处于失重状态，在减速下蹲的过程中，加速度方向向上，处于超重状态．‎ ‎4．如图,半圆形光滑轨道固定在水平地面上,半圆的直径与地面垂直,一小物块以速度v从轨道下端滑入轨道,并从轨道上端水平飞出,小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关,此距离最大时,对应的轨道半径为(重力加速度为g)( )‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据动能定理得出物块到达最高点的速度，结合高度求出平抛运动的时间，从而得出水平位移的表达式，结合表达式，运用二次函数求极值的方法得出距离最大时对应的轨道半径．‎ ‎【详解】‎ 设半圆的半径为R，根据动能定理得：−mg•2R＝mv′2−mv2，离开最高点做平抛运动，有：2R=gt2，x=v′t，联立解得： ，可知当R=时，水平位移最大，故B正确，ACD错误．故选B．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了动能定理与圆周运动和平抛运动的综合运用，得出水平位移的表达式是解决本题的关键，本题对数学能力的要求较高，需加强这方面的训练．‎ ‎5．为了探测引力波，“天琴计划”预计发射地球卫星P，其轨道半径约为地球半径的16倍；另一地球卫星Q的轨道半径约为地球半径的4倍．P与Q的周期之比约为（ ）‎ A．2:1 B．4:1 C．8:1 D．16:1‎ ‎【答案】C ‎【解析】本题考查卫星的运动、开普勒定律及其相关的知识点．‎ 设地球半径为R，根据题述，地球卫星P的轨道半径为RP=16R，地球卫星Q的轨道半径为RQ=4R，根据开普勒定律，==64，所以P与Q的周期之比为TP∶TQ=8∶1，选项C正确．‎ ‎6．氢原子能级示意图如图所示．光子能量在1.63 eV~3.10 eV的光为可见光．要使处于基态（n=1）的氢原子被激发后可辐射出可见光光子，最少应给氢原子提供的能量为 A．12.09 eV B．10.20 eV C．1.89 eV D．1.5l eV ‎【答案】A ‎【解析】由题意可知，基态（n=1）氢原子被激发后，至少被激发到n=3能级后，跃迁才可能产生能量在1.63eV~3.10eV的可见光．故．故本题选A．‎ ‎7．如图为某一电场的电场线，M、N、P为电场线上的三个点，M、N是同一电场线上两点．下列判断正确的是(　 　)‎ A．M、N、P三点中N点的场强最大 B．M、N、P三点中N点的电势最高 C．负电荷在M点的电势能大于在N点的电势能 D．正电荷从M点自由释放，电荷将沿电场线运动到N点 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 电场线的疏密反应了场的强弱，N点处电场线最密，所以N点场强最大，故A正确；顺着电场线的方向，电势降低，所以M点的电势最高，故B错误；根据EP=qφ，φM＞φP＞φN可知，负电荷在M点电势能小于在N点的电势能，故C正确；在M点静止释放，正电荷在电场力的作用下运动，但是运动轨迹并不是电场线，故D错误．故选A.‎ 点睛：解答此题的关键是知道电场线的特点：电场线的疏密反应了场的强弱；顺着电场线的方向，电势降低．判断电势能的大小也可通过电场力做功来判断：电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加．‎ ‎8．如图所示为远距离交流输电的简化电路图．发电厂的输出电压是U，用等效总电阻是r 的两条输电线输电，输电线路中的电流是I1，其末端间的电压为U1．在输电线与用户间连有一理想变压器，流入用户端的电流是I2．则（ ）‎ A．用户端的电压为I1U1/I2 B．输电线上的电压降为U C．理想变压器的输入功率为I12r D．输电线路上损失的电功率为I1U ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：由于输电线与用户间连有一理想变压器，设用户端的电压是U 2，则U1I1=U2I2，得：．故A正确；输电线上损失的电压为U-U1，故B错误；理想变压器的输入功率为U1I1．故C错误；等效总电阻是r的两条输电线输电，输电线路中的电流是I1，所以输电线是损耗的功率是：I12r．故D错误；故选A．‎ ‎9．如图，边长为l的正方形abcd内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面（abcd所在平面）向外．ab边中点有一电子发源O，可向磁场内沿垂直于ab边的方向发射电子．已知电子的比荷为k．则从a、d两点射出的电子的速度大小分别为 A．， B．，‎ C．， D．，‎ ‎【答案】B ‎【解析】a点射出粒子半径Ra= =，得：va= =，‎ d点射出粒子半径为 ，R= ‎ 故vd= =，故B选项符合题意 ‎10．如图所示，在磁感应强度大小为B0的匀强磁场中，两长直导线P和Q垂直于纸面固定放置，两者之间的距离为l.在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I时，纸面内与两导线距离均为l的a点处的磁感应强度为零．如果让P中的电流反向、其他条件不变，则a点处磁感应强度的大小为(　　)‎ A．0 B． C． D．2B0‎ ‎【答案】C ‎【解析】在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I时，纸面内与两导线距离为l的a点处的磁感应强度为零，如下图所示： 由此可知，外加的磁场方向与PQ平行，且由Q指向P，即B1=B0；依据几何关系，及三角知识，则有：BPcos30°=B0； 解得P或Q通电导线在a处的磁场大小为BP=B0； ‎ 当P中的电流反向，其他条件不变，再依据几何关系，及三角知识，则有：B2=B0；因外加的磁场方向与PQ平行，且由Q指向P，磁场大小为B0；最后由矢量的合成法则，那么a点处磁感应强度的大小为B=，故C正确，ABD错误．‎ 二、多项选择题（本题共5小题，每小题4分，共计20分，全部选对得4分，选对但不全得2分，有错误选项的得0分）‎ ‎11．如图，海王星绕太阳沿椭圆轨道运动，P为近日点，Q为远日点，M、N为轨道短轴的两个端点，运行的周期为T0，若只考虑海王星和太阳之间的相互作用，则海王星在从P经过M、Q到N的运动过程中(　　)‎ A．从P到M所用的时间等于 B．从Q到N阶段，机械能逐渐变大 C．从P到Q阶段，速率逐渐变小 D．从M到N阶段，万有引力对它先做负功后做正功 ‎【答案】CD ‎【解析】A．海王星在PM段的速度大小大于MQ段的速度大小，则PM段的时间小于MQ段的时间，所以P到M所用的时间小于，故A错误；‎ B．从Q到N的过程中，由于只有万有引力做功，机械能守恒，故B错误；‎ C．从P到Q阶段，万有引力做负功，速率减小，故C错误；‎ D．根据万有引力方向与速度方向的关系知，从M到N阶段，万有引力对它先做负功后做正功，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎`12．如图（a），物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平．t=0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t=4s时撤去外力．细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图（b）所示，木板的速度v与时间t的关系如图（c）所示．木板与实验台之间的摩擦可以忽略．重力加速度取g=10m/s2．由题给数据可以得出 A．木板的质量为1kg ‎ B．2s~4s内，力F的大小为0.4N C．0~2s内，力F的大小保持不变 D．物块与木板之间的动摩擦因数为0.2 【答案】AB 【解析】结合两图像可判断出0-2s物块和木板还未发生相对滑动，它们之间的摩擦力为静摩擦力，此过程力F等于f，故F在此过程中是变力，即C错误；2-5s内木板与物块发生相对滑动，摩擦力转变为滑动摩擦力，由牛顿运动定律，对2-4s和4-5s列运动学方程，可解出质量m为1kg，2-4s内的力F为0.4N，故A、B正确；由于不知道物块的质量，所以无法计算它们之间的动摩擦因数μ,故D错误.‎ ‎13．图中虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面，已知平面b上的电势为2 V．一电子经过a时的动能为10 eV，从a到d的过程中克服电场力所做的功为6 eV．下列说法正确的是 A．平面c上的电势为零 B．该电子可能到达不了平面f C．该电子经过平面d时，其电势能为4 eV D．该电子经过平面b时的速率是经过d时的2倍 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ A、虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面，一电子经过a时的动能为10eV，从a到d的过程中克服电场力所做的功为6eV，动能减小了6eV，电势能增加了6eV，因此等势面间的电势差为2V，因平面b上的电势为2V，由于电子的电势能增加，等势面由a到f是降低的，因此平面c上的电势为零，故A正确．B、由上分析可知，当电子由a向f方向运动，则电子到达平面f的动能为2eV，由于题目中没有说明电子如何运动，因此也可能电子在匀强电场中做抛体运动，则可能不会到达平面f，故B正确．C、在平面b上电势为2V，则电子的电势能为-2eV，动能为8eV，电势能与动能之和为6eV，当电子经过平面d时，动能为4eV，其电势能为2eV，故C错误．D、电子经过平面b时的动能是平面d的动能2倍，电子经过平面b时的速率是经过d时的倍，故D错误．故选AB．‎ ‎【点睛】考查电场力做功与电势能变化的关系，掌握电势能与动能之和不变，理解电势为零处的电势能为零是解题的关键．‎ ‎14．如图所示，轻质弹簧的左端固定，并处于自然状态．小物块的质量为m，从A点向左沿水平地面运动，压缩弹簧后被弹回，运动到A点恰好静止．物块向左运动的最大距离为s，与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，弹簧未超出弹性限度．在上述过程中 A．弹簧的最大弹力为μmg B．物块克服摩擦力做的功为2μmgs C．弹簧的最大弹性势能为μmgs D．物块在A点的初速度为 ‎【答案】BC ‎【解析】小物块压缩弹簧最短时有，故A错误；全过程小物块的路程为，所以全过程中克服摩擦力做的功为： ，故B正确；小物块从弹簧压缩最短处到A点由能量守恒得：，故C正确；小物块从A点返回A点由动能定理得：，解得：，故D错误。‎ ‎15．空间存在一方向与直面垂直、大小随时间变化的匀强磁场，其边界如图（a）中虚线MN所示，一硬质细导线的电阻率为ρ、横截面积为S，将该导线做成半径为r的圆环固定在纸面内，圆心O在MN上．t=0时磁感应强度的方向如图（a）所示：磁感应强度B随时间t的变化关系如图（b）所示，则在t=0到t=t1的时间间隔内 A．圆环所受安培力的方向始终不变 B．圆环中的感应电流始终沿顺时针方向 C．圆环中的感应电流大小为 D．圆环中的感应电动势大小为 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ AB、根据B-t图象，由楞次定律可知，线圈中感应电流方向一直为顺时针，但在t0时刻，磁场的方向发生变化，故安培力方向的方向在t0时刻发生变化，则A错误，B正确；‎ CD、由闭合电路欧姆定律得：，又根据法拉第电磁感应定律得：，又根据电阻定律得：，联立得：，则C正确，D错误．‎ 故本题选BC．‎ 三、实验题（共2小题，每空2分，共18分）‎ ‎`16.图甲为在气垫导轨上研究匀变速直线运动的示意图，滑块上装有宽度为d（很小）的遮光条，滑块在钩码作用下先后通过两个光电门，用光电计时器记录遮光条通过光电门1的时间△t以及遮光条从光电门1运动到光电门2的时间t，用刻度尺测出两个光电门之间的距离x．‎ ‎（1）用游标卡尺测量遮光条的宽度d，示数如图乙，则d=_____cm；‎ ‎（2）实验时，滑块从光电门1的右侧某处由静止释放，测得△t=50s，则遮光条经过光电门1时的速度v=_____m/s；‎ ‎（3）保持其它实验条件不变，只调节光电门2的位置，滑块每次都从同一位置由静止释放，记录几组x及其对应的t，作出﹣t图象如图丙，其斜率为k，则滑块加速度的大小a与k关系可表达为a=_____．‎ ‎【答案】 (1). 0.75 (2). 0.15 (3). ‎ ‎【解析】（1）主尺：0.7cm，游标尺：对齐的是5，所以读数为：5×0.1mm=0.5mm=0.05cm，‎ 故遮光条宽度d=0.75cm，‎ ‎（2）滑块经过光电门时的瞬时速度可近似认为是滑块经过光电门的平均速度．‎ 则滑块经过光电门时的速度为：‎ ‎（3）据及得图像的斜率，解得 ‎ 点睛：图象法处理数据时，要根据物理规律写出横纵坐标之间的关系式．结合图象的截距、斜率等求解．‎ ‎17某学习小组为了测量一个量程为1mA的电流表的内阻，进行了如下实验：‎ ‎（1）先用多用电表按正确的步骤进行测量，测量时指针位置如图甲所示，则电流表的内阻为_____Ω；此时电流表的指针也偏转了．已知多用表欧姆档表盘中央刻度值为“15”，表内电池电动势为1.5V，则电流表的示数为_____mA（结果保留两位有效数字）．‎ ‎（2）为了更准确地测量该电流表的内阻RA，同学们设计了图乙所示的电路，实验室可供选择的器材有：‎ A、待测电流表 B、电池组：电动势约为24V，内阻可忽略 C、电池组：电动势约为6V，内阻可忽略 D、滑动变阻器：最大阻值25kΩ E、滑动变阻器：最大阻值10Ω F、电阻箱：最大阻值为999.9Ω，阻值最小改变量为0.1Ω G、开关、导线若干 要使测量更精确，电池组应该选用_____，滑动变阻器应该选用_____．（填器材前的字母）‎ ‎（3）正确连接好电路后，同学们的实验步骤如下，请将步骤Ⅱ补充完整：‎ I、断开开关S1和S2，按图乙连接好电路 Ⅱ、把滑动变阻器R的滑片P滑到_____端（填a或b）‎ Ⅲ、将电阻箱R0的阻值调到最大值 Ⅳ、闭合开关S1‎ Ⅴ、移动滑动变阻器R滑片P的位置，使电流表的指针指到1mA的位置 Ⅵ、闭合开关S2，保持滑动变阻器R的滑片P位置不变，调节电阻箱R0的阻值使电流表的指针指到0.5mA，读出此时电阻箱R0的阻值，此值即为电流表内阻RA的测量值 Ⅶ、断开开关S1‎ 按照设计的实验方法，电流表内阻的测量值R测和真实值R真相比，R测_____R真．（填“大于”或“小于”）‎ ‎【答案】 (1). 500 (2). 0.75 (3). B (4). D (5). a (6). 小于 ‎【解析】(1)电流表的内阻为 欧姆表的内电阻等于中值电阻，‎ 电流表读数 ‎(2)采用半偏法测量电流表内电阻，要保证电流表与电阻箱的并联电压保持不变，所以电路中的电阻主要由变阻器控制，所以滑动变阻器的总电阻应比较大，故滑动变阻器应该选用D．‎ 若选用电动势为24V的电池组，闭合开关S1，开关S2断开时，电路中电流最小值约为，所以电池组应该选用B．‎ ‎(3)Ⅰ、把滑动变阻器R的滑片P滑到a端，使电路中电阻最大．‎ Ⅶ、本实验采用半偏法测量电流表内电阻，要保证电流表与电阻箱的并联电压保持不变，但实际上，当电阻箱与电流表并联时总电阻减小，电路中总电流增加，电阻箱的电流大于电流表的示数，电阻箱的电阻小于电流表的内阻，所以R测＜R真．‎ 四、计算题（18题8分，19题12分，20题12分，要有必要的文字说明、计算公式和计算解题过程）‎ ‎18（8分）如图所示,一弧形轨道与足够长水平轨道平滑连接,水平轨道上静止一小球B。从弧形轨道上距离水平轨道h高处由静止释放另一小球A,A球沿轨道下滑后与B球发生弹性正碰,碰后A球被弹回,A球重新下滑到水平轨道后,与B球间的距离保持不变。所有接触面均光滑,求碰撞结束时A球的速度大小。(6分)‎ A球沿曲面下滑过程中,机械能守恒 mAgh=A A与B碰撞过程,动量守恒、机械能守恒 mAv0=-mAvA+mBvB AAB 由题意知vA=vB 解得vA=‎ ‎19.（12分）如图所示，水平地面与一半径为L的竖直光滑圆弧轨道相接于B点，轨道上的C点位置处于圈心O的正下方．距离地面高度也为L的水平平台边缘上的A点，质量为m的小球以的初速度水平抛出，小球在空中运动至B点时，恰好沿圆弧轨道在该点的切线方向滑入轨道．小球运动过程中空气阻力不计，重力加速度为g，试求：‎ ‎（1）B点与抛出点A正下方的水平距离x？‎ ‎（2）圆弧BC段所对的圆心角？‎ ‎（3）小球滑到C点时，对圆轨道的压力？‎ ‎【答案】（1）B点与抛出点A正下方的水平距离为2l．‎ ‎（2）圆弧BC段所对的圆心角θ为45度．‎ ‎（3）小球滑到C点时，对轨道的压力为（7﹣）mg．‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)设小球做平抛运动到达B点的时间为t，‎ 由平抛运动规律:，‎ 联立解得:‎ ‎(2)小球到达B点时竖直分速度，设为速度方向与水平方向的夹角，则 ‎，解得:，由几何关系得 ‎(3)设小球到达C点时速度大小为vC，根据动能定理，小球从A运动到C点的过程中有:,‎ 设轨道对小球支持力为F，根据牛顿第二定律有:‎ 解得:‎ 由牛顿第三定律可知，小球对圆轨道的压力大小为: ，方向竖直向下．‎ ‎20.（12分）如图所示，两平行金属板AB中间有互相垂直的匀强电场和匀强磁场．A板带正电荷，B板带等量负电荷，板间电场强度为E；磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度为B1．平行金属板右侧有一挡板M，中间有小孔O′，OO′是平行于两金属板的中心线．挡板右侧有垂直纸面向外的匀强磁场，磁场应强度为B2．CD为磁场B2边界上的一绝缘板，它与M板的夹角θ=45°，O′C=a，现有大量质量均为m，含有不同电荷量、不同速度的正负带电粒子（不计重力），自O点沿OO′方向进入电磁场区域，其中有些粒子沿直线OO′方向运动，并进入匀强磁场B2中，求：‎ ‎（1）进入匀强磁场B2的带电粒子的速度；‎ ‎（2）能击中绝缘板CD的粒子中，所带电荷量的最大值；‎ ‎（3）绝缘板CD上被带电粒子击中区域的长度；‎ ‎【答案】（1）（2）（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）设沿直线OO′运动的带电粒子进入匀强磁场B 2 的速度为v 根据：qvB1=qE 解得： （2）粒子进入匀强磁场B 2 中做匀速圆周运动 根据： ，得：   因此电荷量最大的粒子运动的轨道半径最小，设最小半径为r 1 由几何关系有：r1+r1=a ‎ 解得最大电荷量为： （3）带负电的粒子在磁场B 2 中向上偏转，某带负电粒子轨迹与CD相切，设半径为r 2 ，依题意：r2+a=r2 解得：r2=(+1)a 则CD板上被带电粒子击中区域的长度为：x=r2-r1=2a ‎ 轨迹图如图；‎ ‎【点睛】考查电场力与洛伦兹力，及向心力，并运用牛顿第二定律来解题，同时结合几何关系来确定已知长度与半径的关系．本题关键之处是画出正确的运动图．‎