湖北省荆州中学、宜昌一中等荆、荆、襄、宜四地七校考试联盟2020学年高二物理上学期期中试题（含解析）

湖北省荆州中学、宜昌一中等荆、荆、襄、宜四地七校考试联盟2020学年高二物理上学期期中试题（含解析）

‎“荆、荆、襄、宜四地七校考试联盟”高二11月期中联考 ‎ 物 理 试 题 一、选择题：‎ ‎1.在物理学发展过程中，下列叙述不符合史实的是( )‎ A. 平均速度，瞬时速度，加速度的概念最早是伽利略建立的 B. 牛顿第一定律是牛顿在大量实验探究的基础上直接总结出来的。‎ C. 法拉第首先提出场的概念。‎ D. 库仑利用扭秤实验发现了电荷之间的相互作用力-库仑定律 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】平均速度，瞬时速度，加速度的概念最早是伽利略建立的，选项A正确；牛顿第一定律是牛顿在前人大量实验探究的基础上通过假设推论总结出来的，不是直接总结出来的，选项B错误；法拉第首先提出场的概念，选项C正确；库仑利用扭秤实验发现了电荷之间的相互作用力-库仑定律，选项D正确；此题选择不正确的选项，故选B.‎ ‎2.如图所示是点电荷Q周围的电场线，图中A到Q的距离小于B到Q的距离。以下判断正确的是( )‎ A. Q是正电荷，A点的电场强度大于B点的电场强度 B. Q是正电荷，A点的电场强度小于B点的电场强度 C. Q是负电荷，A点的电场强度大于B点的电场强度 D. Q是负电荷，A点的电场强度小于B点的电场强度 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：电场线是从正电荷出发止于负电荷．所以Q是正电荷，根据点电荷的场强公式得：A点的电场强度大于B点的电场强度，故选A。‎ 考点：电场线、电场强度。‎ ‎【名师点睛】解决该题根据点电荷的场强公式和电场线的特点，注意电场强度的大小跟电场线的疏密有关，点电荷形成的电场越靠近电荷场强越大。‎ ‎3.甲、乙两船静止在湖面上，总质量分别是m1、m2，m1FQ ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】由图象知轨迹的弯曲方向即受电场力的方向与电场线方向相反，所以该粉尘颗粒带负电，粒子从Q到P电场力做负功，动能减小，电势能增加，则带电粉尘在P点的动能小于在Q点的动能，在P点的电势能大于在Q点的电势能，选项BC正确，A错误；电场线的疏密表示场强大小，则Q点场强大于P点场强，所以FP＜FQ．故D错误；故选BC。‎ ‎【点睛】本题考查了电场线的特点：电场线的疏密表示场强大小，沿电场线方向电势逐渐降低，电场力做正功电势能减小，动能增加．‎ ‎10.如图所示，两块相互靠近彼此绝缘的平行金属板组成平行板电容器，极板N与静电计金属球相连，极板M和静电计的外壳均接地。在两板相距为d时，给电容器充电，静电计指针张开一定角度。在整个实验过程中，保持电容器的带电量Q不变，下面的操作中能使静电计指针张角变大的是 ( )‎ A. 仅将M板向上平移 B. 仅将M板向左平移 C. 仅在M、N之间插入云母板 D. 仅将M板向右平移 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】仅将M板向上平移，两极板正对面积减小，根据可知，电容减小，而电容器的电荷量不变，由C=Q/U得知，板间电压增大，静电计指针张角变大，故A正确。仅将M板向左平移，板间距离变大，根据可知，电容减小，而电容器的电荷量不变，由C=Q/U得知，板间电压变大，静电计指针张角变大，故B正确。仅在M、N之间插入云母板，根据可知，电容增大，而电容器的电荷量不变，由C=Q/U得知，板间电压减小，静电计指针张角变小，故C错误。仅将M板向右平移，板间距离变小，根据可知，电容变大，而电容器的电荷量不变，由C=Q/U得知，板间电压变小，静电计指针张角变小，故D错误。故选AB。‎ ‎【点睛】本题关键要掌握决定电容的三个因素：板间距离、电介质、正对面积，以及电容的定义式C=Q/U．‎ 二、实验题 ‎11.利用图示装置做“验证机械能守恒定律”实验。‎ ‎（1）除带夹子的重物、纸带、铁架台（含铁夹）、电磁打点计时器、导线及开关外，在下列器材中，还必须使用的器材是___________。‎ A. 交流电源 B. 刻度尺 C. 天平（含砝码）‎ ‎（2）实验中，先接通电源，再释放重物，得到下图所示的一条纸带。在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C，测得它们到起始点O的距离分别为、、。已知当地重力加速度为g，打点计时器打点的周期为T。设重物的质量为m。从打O点到打B点的过程中，重物重力势能的减少量_______，动能的增加量___________。‎ ‎（3）实验结果显示，重物重力势能的减少量略大于其动能的增加量，原因是___________‎ A．没有采用多次实验取平均值的方法 B．利用公式计算重物速度 C．存在空气阻力和摩擦阻力的影响 D．利用公式计算重物速度 ‎【答案】 (1). AB (2). mghB (3). (4). C ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）打点计时器使用交流电源，实验中需通过刻度尺测量点迹间的距离，从而求解瞬时速度，以及重力势能的减小量．验证动能的增加量和重力势能的减小量是否相等，质量可以约去，不需要测量质量，故选AB．‎ ‎（2）从打O点到打B点的过程中，重物的重力势能变化量△Ep=mghB，B点的瞬时速度vB＝，则动能的增加量△Ek＝mvB2=．‎ ‎（3）由于纸带在下落过程中，重锤和空气之间存在阻力，纸带和打点计时器之间存在摩擦力，所以减小的重力势能一部分转化为动能，还有一部分要克服空气阻力和摩擦力阻力做功，故重力势能的减少量大于动能的增加量，故C正确，故选C.‎ ‎【点睛】解决本题的关键知道实验的原理以及注意事项，掌握纸带的处理方法，会根据纸带求解瞬时速度，从而得出动能的增加量，会根据纸带下降的高度求解重力势能的减小量．‎ ‎12.欲测量一个电流表的内阻，现备有如下器材：‎ A．待测电流表A1(量程3 mA，内阻约为40 Ω)‎ B．电压表V(量程3 V，内阻约3000 Ω)‎ C．电流表A2(量程15 mA，内阻为40 Ω)‎ D．定值电阻R＝10 Ω E．直流电源E(电动势1.5 V，内阻忽略不计)‎ F．滑动变阻器(总阻值5 Ω，额定电流0.5 A)‎ G．开关一个，导线若干 ‎（1）请利用上述所给器材，设计出合理的、便于多次测量的实验电路图，并保证各电表的示数超过其量程的，将电路图画在题中的虚线框中_________。‎ ‎（2）在所测量的数据中选一组，用测量量和已知量来计算的内阻，表达式为Rg＝________，表达式中各符号表示的意义是_________________。‎ ‎【答案】 (1). (2). (3). I1为待测电流表A1的示数，I2为A2的示数，R为定值电阻；‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由于变阻器R的最大电阻小于灵敏电流计A1的内阻，要精确测量电流计的内阻，需要测量多组数据，因此，采用分压电路；电路图如图所示．‎ ‎（2）由电路图知R与A1表并联，两个支路的电压相等，即：I1Rg=(I2-I1)R，所以，，其中，I2表示A2表的示数，I1表示A1表的示数，R表示定值电阻．‎ ‎【点睛】在仪表的选择中要注意应使测量结果更准确和安全，故电表的量程应略大于电路中可能出现的最大电流；在接法中要注意根据各电器内阻的大小，灵活选择对应的接法．‎ 三、计算题:‎ ‎13.如图所示，木块A和B质量均为3 kg，置于光滑水平面上，B与一轻质弹簧一端相连，弹簧另一端固定在竖直挡板上，当A以4 m/s的速度向B撞击时，由于有橡皮泥而粘在一起运动（碰撞时间极短，可不计），那么弹簧被压缩到最短时，具有的弹簧势能大小是多少？‎ ‎【答案】Ep＝12 J ‎【解析】‎ ‎【详解】A与B碰撞过程动量守恒，有 所以vAB＝＝2 m/s.‎ 当弹簧被压缩到最短时，A、B的动能完全转化成弹簧的弹性势能，所以：‎ Ep＝ (mA＋mB)v2AB＝12 J.‎ ‎14.电路如图所示，电源电动势E＝30 V，内阻r＝3 Ω，电阻R1＝12 Ω，R2＝R4＝4 Ω，R3＝8 Ω，C为平行板电容器，其电容C＝3.0‎ ‎ pF，图中虚线到两极板距离相等，极板长l＝0.30 m，两极板的间距d＝1.0×10－2 m.求：‎ ‎（1）若开关S处于断开状态，R3上的电压是多少？‎ ‎（2）当开关闭合后，R3上的电压会变化，那么电容器上的电压等于多少？‎ ‎（3）若开关S闭合时，有一带电微粒沿虚线方向以v0＝3.0 m/s的初速度射入C的电场中，刚好沿虚线匀速运动，问：当开关S断开后，此带电微粒以相同初速度沿虚线方向射入C的电场中，能否从C的电场中射出？(要求写出计算和分析过程，g取10m/s2)‎ ‎【答案】(1) U3＝16 V (2) U3′＝13.3V (3) 微粒不能从C的电场中射出 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）S断开时，电阻R3两端电压为U3＝E＝16 V；‎ ‎（2）S闭合后，外阻为R＝＝6 Ω，‎ 端电压为U＝E＝20V 电阻R3两端电压为U3′＝U＝13.3V.‎ ‎（3）设微粒质量为m，电荷量为q，当开关S闭合时有：＝mg 当开关S断开后，设微粒加速度为a，则－mg＝ma 设微粒能从C的电场中射出，则水平方向：t＝‎ 竖直方向：y＝at2‎ 由以上各式求得：y＝0.01 m＞故微粒不能从C的电场中射出．‎ ‎【点睛】本题由电场偏转与电路的综合，它们之间联系的纽带是电容器的电压，电压由欧姆定律求解．将类平抛运动分解成两个相互垂直的简单直线运动的合成，再由牛顿第二定律和运动学公式进行研究．‎ ‎15.如图,质量为m,电量为q的带正电小球用长为L的绝缘细线系于O点放在匀强电场中,静止时悬线与竖直方向夹角θ=300，重力加速度为g。,求：‎ ‎（1）电场强度；‎ ‎（2）若通过外力将带电小球缓慢拉至竖直方向的最低点并使悬线拉紧后由静止释放，‎ ‎①小球运动的最大速度多大？‎ ‎②小球向右摆起的最大偏角是多少？‎ ‎【答案】 (1) (2) ① ②‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）受力分析如图，由平衡条件得，‎ ‎（2）①经分析可知，小球从最低点开始加速，当再次偏离竖直方向300时速度最大 设最大速度为v，由动能定理得： ‎ 联立解得，‎ ‎②设向右摆起的最大偏角为α，由动能定理得，‎ 带入数据解得，α=600‎ ‎16.在粗糙的水平面有一绝缘的足够长的薄长平板，，在其左端放一个带电体（可看成质点），带电量q=1×10-2C，整个空间处于向右的匀强电场中，电场强度E=102N/C，平板质量M=2kg，带电体质量m=1kg，带电体与平板间动摩擦系数μ1=0.2，平板与地面间动摩擦系数μ2=0.1，现给平板一个向左v0=7m/s的初速，g取10m/s2 求：‎ ‎（1）带电体运动的总时间。‎ ‎（2）整个过程带电体电势能的变化量及摩擦生热的内能。‎ ‎【答案】 (1) (2) 45.5J ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）对平板，设加速度大小为a1,‎ μ1mg+μ2(mg+Mg)=Ma1, (1)‎ 解得，a1=2.5m/s2‎ 对带电体，设加速度大小为a2‎ μ1mg-qE=ma2 (2)‎ 解得，a2=1m/s2‎ 设经过时间t1达到共速，v0-a1t1=a2t1 (3)‎ 解得，t1=2s 此时速度v=2m/s 设一起做减速运动的加速度为a3‎ μ2(mg+Mg)+qE=(m+M)a3 (4)‎ 解得，a3=1.33m/s2‎ 再经时间t2停止运动，v=a3t2 (5)‎ 解得，t2=1.5s 则运动的总时间为t=t1+t2=3.5s ‎（2）整个过程中带电体一直向左运动，‎ 加速阶段，带电体的位移x1=‎ 平板的位移 减速阶段，带电体的位移 则电势能的增加量为 内能的增加量为 ‎【点睛】本题主要考查了牛顿第二定律以及运动学基本公式的直接应用，要求同学们能正确分析物块和小车的受力情况和运动情况，知道当物块速度与木板速度相等时，物块不滑下，则就不会滑下．‎