重庆市江北中学2019-2020学年高二上学期期末模拟考试物理试题

重庆市江北中学2019-2020学年高二上学期期末模拟考试物理试题

重庆市江北中学高2022级高二（上）期末模拟考试 高二物理 试题 一、选择题 ‎1.如图，光滑圆轨道固定在竖直面内，一质量为m的小球沿轨道做完整的圆周运动．已知小球在最低点时对轨道的压力大小为N1，在高点时对轨道的压力大小为N2.重力加速度大小为g，则N1–N2的值为 A. 3mg B. 4mg C. 5mg D. 6mg ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：在最高点，根据牛顿第二定律可得，在最低点，根据牛顿第二定律可得，从最高点到最低点过程中，机械能守恒，故有，联立三式可得 考点：考查机械能守恒定律以及向心力公式 ‎【名师点睛】根据机械能守恒定律可明确最低点和最高点的速度关系；再根据向心力公式可求得小球在最高点和最低点时的压力大小，则可求得压力的差值．要注意明确小球在圆环内部运动可视为绳模型；最高点时压力只能竖直向下．‎ ‎2.如图所示，点电荷、分别置于M、N两点，O点为MN连线的中点，点a、b在MN连线上，点c、d在MN中垂线上，它们均关于O点对称下列说法正确的是　　‎ A. c、d两点的电场强度相同 B. a、b两点的电势相同 C. 将电子沿直线从c移到d，电场力对电子先做负功再做正功 D. 将电子沿直线从a移到b，电子的电势能一直增大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据电场线分布，比较c、d两点的电场强度大小和方向关系．根据沿电场线方向电势逐渐降低，来比较a点和b点的电势，由沿直线从a到b电势的变化，分析电子从a移到b过程中电势能如何变化．将电子沿直线从c点移到d点，通过电子所受的电场力与速度的方向夹角判断电场力做正功还是负功．‎ ‎【详解】A：根据电场线分布的对称性可知，c、d两点的电场强度大小相等，方向不同，则c、d两点的电场强度不同．故A项错误．‎ BD：MN间的电场线方向由M→N，沿电场线方向电势逐渐降低，则a点的电势高于b点的电势；电子沿直线从a移到b电势降低，电子带负电，据，则电子的电势能一直增大．故B项错误，D项正确．‎ C：对两个电荷在中垂线上的场强进行叠加，在Oc段场强方向斜向右上，在Od段场强方向斜向右下；电子所受的电场力在Oc段斜向左下，在Od段斜向左上；电子沿直线从c移到d，电场力跟速度的方向先是锐角后是钝角，电场力对电子先做正功后做负功．故C项错误．‎ ‎【点睛】解决本题的关键是进行电场的叠加，通过电场力与速度的方向关系判断电场力做正功还是负功．‎ ‎3.如图，滑块A置于水平地面上，滑块B在一水平力作用下紧靠滑块、B接触面竖直，此时A恰好不滑动，B刚好不下滑已知A与B间的动摩擦因数为，A与地面间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力与B的质量之比为　　‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析：对A、B整体分析，受重力、支持力、推力和最大静摩擦力，根据平衡条件，有：‎ F=μ2（m1+m2）g ①‎ 再对物体B分析，受推力、重力、向左的支持力和向上的最大静摩擦力，根据平衡条件，有：‎ 水平方向：F=N 竖直方向：m2g=f 其中：f=μ1N 联立有：m2g=μ1F ②‎ 联立①②解得：‎ 故选B．‎ ‎【考点定位】物体的平衡 ‎【点睛】本题关键是采用整体法和隔离法灵活选择研究对象，受力分析后根据平衡条件列式求解，注意最大静摩擦力约等于滑动摩擦力．‎ ‎4.如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下级板都接地．在两极板间有一固定在P点的点电荷，以E表示两极板间的电场强度，EP表示点电荷在P点的电势能，θ表示静电计指针的偏角．若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则（　　）‎ A. θ增大，E增大 B. θ增大，EP不变 C. θ减小，EP增大 D. θ减小，E不变 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离，则根据可知，C变大，Q一定，则根据Q=CU可知，U减小，则静电计指针偏角θ减小；根据，Q=CU，，联立可得，可知Q一定时，E不变；根据U1=Ed1可知P点离下极板的距离不变，E不变，则P点与下极板的电势差不变，P点的电势不变，则EP不变；故选项ABC错误，D正确．‎ ‎【考点定位】电容器、电场强度、电势及电势能 ‎【名师点睛】此题是对电容器的动态讨论；首先要知道电容器问题的两种情况：电容器带电荷量一定和电容器两板间电势差一定；其次要掌握三个基本公式：，，Q=CU；同时记住一个特殊的结论：电容器带电荷量一定时，电容器两板间的场强大小与两板间距无关．‎ ‎5.以的速度沿平直公路行驶的汽车，遇障碍物刹车后获得大小为的加速度，刹车后第3s内，汽车走过的路程为　　‎ A.  m B. 2m C. 10m D.  m ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出汽车刹车到停止的时间，因为汽车刹车停止后不再运动．再根据匀变速直线运动的位移公式即可求解．‎ ‎【详解】36km/h=10m/s，汽车刹车到停止所需的时间．刹车后第3s内的位移，等于停止前0.5s内的位移，则x=at2＝×4×0.25＝0.5m，故选D．‎ ‎6.如图所示，物体A 放在粗糙水平面上，左边用一根轻弹簧和竖直墙相连，静止时弹簧的长度小于原长．若再用一个从零开始逐渐增大的水平力F向左推A，直到把A推动．在A被推动之前的过程中，弹簧对A的弹力大小和地面对A的摩擦力f大小的变化情况是　　‎ A. 保持不变，f始终减小 B. 保持不变，f先减小后增大 C. 始终增大，f始终减小 D. 先不变后增大，f先减小后增大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】在A被推动之前的过程中，弹簧的长度不变，则弹簧对A的弹力F1大小不变；由题意可知，放在粗糙水平面上，静止时弹簧的长度小于原长，则弹簧对A的推力向右，由于粗糙水平面，因此同时受到水平向左的静摩擦力．当再用一个从零开始逐渐增大的水平力F向左推A，直到把A推动前过程中，物体A受到的静摩擦力从向左变为水平向右．所以其大小先减小后增大．故B正确，ACD错误．故选B．‎ ‎【点睛】本题解题的关键是对A物体进行正确的受力分析，知道当A没有运动时，弹簧弹力不变，而由于推力的变化，从而导致静摩擦力的方向变化，难度适中．‎ ‎7.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．‎ ‎8.一辆小汽车在水平路面上由静止启动，在前5s内做匀加速直线运动，5s末达到额定功率，之后保持以额定功率运动其图象如图所示已知汽车的质量为，汽车受到地面的阻力为车重的倍，则以下说法正确的是　　‎ A. 汽车在前5s内牵引力为 B. 汽车速度为时的加速度为 C. 汽车的额定功率为100 kW D. 汽车的最大速度为80 ‎ ‎【答案】AC ‎【解析】‎ 由速度时间图线知，匀加速运动的加速度大小a=m/s2＝4m/s2‎ ‎，根据牛顿第二定律得，F-f=ma，解得牵引力F=f+ma=1000+4000N=5000N，故A正确．汽车的额定功率P=Fv=5000×20W=100000W=100kW，汽车在25m/s时的牵引力F′＝N＝4000N，根据牛顿第二定律得，加速度，故B错误，C正确．当牵引力等于阻力时，速度最大，则最大速度，故D错误．故选AC．‎ 点睛：本题考查了汽车恒定加速度启动的问题，理清整个过程中的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解，知道牵引力等于阻力时，汽车的速度最大．‎ ‎9.两根长度不同的细线下面分别悬挂两个完全相同的小球A、B，细线上端固定在同一点，绕共同的竖直轴在水平面内做匀速圆周运动已知A球细线跟竖直方向的夹角为，B球细线跟竖直方向的夹角为，下列说法正确的是　　‎ A. 细线和细线所受的拉力大小之比为：1‎ B. 小球A和B的向心力大小之比为1：3‎ C. 小球A和B的角速度大小之比为1：1‎ D. 小球A和B的线速度大小之比为1：‎ ‎【答案】BC ‎【解析】‎ A项：两球在水平面内做圆周运动，在竖直方向上的合力为零，由：TAcos30°=mg，TBcos60°=mg，则，TB=2mg，所以，故A错误；‎ B项：小球A做圆周运动的向心力FnA=mgtan30°=，小球B做圆周运动的向心力FnB=mgtan60°=，可知小球A、B的向心力之比为1：3，故B正确；‎ C、D项：根据mgtanθ=m•htanθ•ω2= 得，角速度，线速度可知角速度之比为1：1，线速度大小之比为1：3，故C正确，D错误．‎ 点晴：小球在水平面内做圆周运动，抓住竖直方向上的合力为零，求出两细线的拉力大小之比．根据合力提供向心力求出向心力大小之比，结合合力提供向心力求出线速度和角速度的表达式，从而得出线速度和角速度之比．‎ ‎10.发射地球同步卫星要经过三个阶段:先将卫星发射至近地圆轨道1,然后使其沿椭圆轨道2运行，最后将卫星送入同步圆轨道3.轨道1、2相切于Q点，轨道2、3相切于P点，如图所示．当卫星分别在1、2、3轨道上正常运行时，以下说法正确的是( )‎ A. 卫星在轨道1上经过Q点时的加速度等于它在轨道2上经过Q点时的加速度 B. 卫星在轨道1上经过Q点时的速度等于它在轨道2上经过Q点时的速度大小 C. 卫星在轨道3上受到的引力小于它在轨道1上受到的引力 D. 卫星由2轨道变轨到3轨道在P点要加速 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据万有引力提供向心力 ‎,‎ 得 ‎,‎ 所以卫星在轨道1上经过Q点时的加速度等于它在轨道2上经过Q点时的加速度.故 A正确的;‎ B.卫星从轨道1上经过Q点时加速做离心运动才能进入轨道2,故卫星在轨道1上经过Q 点时的速度小于它在轨道2上经过Q点时的速度,故B错误; C、根据引力定律 ‎,‎ 可以知道,距离越大的,同一卫星受到的引力越小,因此在轨道3上受到的引力小于它在轨道1上受到的引力,故C正确 D、由2轨道变轨到3轨道,必须加速,才能做匀速圆周运动,否则仍做近心运动,，故D正确；‎ 二、非选择题 ‎11.如图(a)为某同学组装完成的简易多用电表的电路图．图中E是电池；R1、R2、R3、R4和R5是固定电阻，R6是可变电阻；表头G的满偏电流为250 μA，内阻为480 Ω.虚线方框内为换挡开关，A端和B端分别与两表笔相连．该多用电表有5个挡位，5个挡位为：直流电压1 V 挡和5 V挡，直流电流1 mA挡和2.5 mA 挡，欧姆×100 Ω挡．‎ ‎ ‎ ‎(1)图(a)中的A端与________（填“红”或“黑”）色表笔相连接．‎ ‎(2)关于R6的使用，下列说法正确的是________（填正确答案标号）．‎ A．在使用多用电表之前，调整R6使电表指针指在表盘左端电流“0”位置 B．使用欧姆挡时，先将两表笔短接，调整R6使电表指针指在表盘右端电阻“0”位置 C．使用电流挡时，调整R6使电表指针尽可能指在表盘右端电流最大位置 ‎(3)根据题给条件可得R1＋R2＝________Ω，R4＝________Ω.‎ ‎(4)某次测量时该多用电表指针位置如图（b）所示．若此时B端是与“1”相连的，则多用电表读数为________；若此时B端是与“3”相连的，则读数为________；若此时B端是与“5”相连的，则读数为________．（结果均保留3位有效数字）‎ ‎【答案】 (1). 黑 (2). B (3). 160 (4). 880 (5). 1.47mA (6). 1.10×103 Ω (7). 2.95 V ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1] 欧姆表内置电源正极与黑表笔相连，负极与红表笔相连，即红进黑出，端与电池正极相连，电流从端流出，端与黑表笔相连；‎ ‎(2)[2]由电路图可知只在测量电阻时才接入电路，故其作用只能进行欧姆调零，不能进行机械调零，同时在使用电流档时也不需要调节；‎ A.与分析不符，故A错误；‎ B.与分析相符，故B正确；‎ C.与分析不符，故C错误；‎ ‎(3)[3]端与“1”“2”相连时，该多用电表挡位分别直流2.5 mA挡、直流1 mA挡，如图所示 由电表的改装原理可知端与“2”相连时，有：‎ 解得：‎ ‎[4]端与“4”相连时，如图所示 多用电表为直流电压1 V挡，表头并联部分电阻：‎ ‎(4)[5]端与“1”相连时，电表读数为1.47 mA；‎ ‎[6]端与“3”相连时，多用电表为欧姆×100Ω挡，读数为：‎ ‎[7]端与“5”相连时，多用电表为直流电压5 V 挡，读数为：‎ ‎12.某同学做“验证力的平行四边形定则”的实验情况如图甲所示，其中为固定橡皮条的图钉，为橡皮条与细绳的结点，和为细绳，图乙是在白纸上根据实验结果画出的图．‎ ‎(1)如果没有操作失误，图乙中的与两力中，方向一定沿方向的是______.‎ ‎(2)本实验采用的科学方法是______.‎ A.理想实验法 B.等效替代法 C.控制变量法 D.建立物理模型法 ‎(3)下列方法中，有助于减小实验误差的是______‎ A.尽可能使两分力的夹角大些 B.尽可能使两分力相差的大些 C.尽可能使两分力与纸面平行 D.尽可能使橡皮条长些 ‎【答案】 (1). (2). B (3). C ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]是通过作图的方法得到合力的理论值，而是通过一个弹簧称沿方向拉橡皮条，使橡皮条伸长到点，使得一个弹簧秤的拉力与两个弹簧秤的拉力效果相同，测量出的合力．故方向一定沿方向的是，由于误差的存在和方向不一定重合．‎ ‎(2)[2]合力与分力是等效替代的关系，所以本实验采用的等效替代法；‎ A.理想实验法与分析不符，故A错误；‎ B.等效替代法与分析相符，故B正确； ‎ C.控制变量法与分析不符，故C错误； ‎ D.建立物理模型法与分析不符，故D错误．‎ ‎(3)[3]A.两分力的夹角太大，合力较小，合力测量的相对误差较大，故A错误；‎ B.使两分力的大小要适当，不一定相差太大，故B错误；‎ C.为了减小因摩擦造成的误差，应使各力尽量与木板面平行；各力与木板面平行，力的作用效果才是真正相同；故C正确；‎ D.为了更加准确的记录力的方向，拉橡皮条的细绳要长些，橡皮条不是要尽可能长，故D错误．‎ ‎13.某同学要测量一节干电池的电动势和内电阻.‎ 实验室除提供开关S和导线外，有以下器材可供选择：‎ 电压表：V（量程3V，内阻Rv约为10kΩ）‎ 电流表：G（量程3mA，内阻Rg=100Ω）‎ 滑动变阻器：R（阻值范围0〜10Ω，额定电流2A）‎ 定值电阻：R0=0.5Ω ‎（1）该同学将电流表G与定值电阻R0并联，实际上是进行了电表的改装，则他改装后的电流表对应的量程是 ____________ A．‎ ‎（2）该同学利用上述实验原理图测得数据，以电流表G读数为横坐标，以电压表V读数为纵坐标绘出了如图乙所示的图线，根据图线可求出电源的电动势E= _______ V（结果保留三位有效数字），电源的内阻r= ______ Ω（结果保留两位有效数字）．‎ ‎（3）由于电压表内阻电阻对电路造成影响，本实验电路测量结果电动势E ____________ ，内阻r ______ （选填“偏大”、“不变”或“偏小”）‎ ‎【答案】 (1). ； (2). 1.48； (3). ； (4). 偏小； (5). 偏小；‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）设改装后电流表的量程为I，则有，‎ ‎（2）由上可知，改装后电流表的量程是电流表G量程的200倍，图象的纵截距b等于电源的电动势，由图读出电源的电动势E=1.48V．图线的斜率大小k=r，由数学知识得：，则电源的内阻；‎ ‎（3）可用“等效电源法”分析误差大小：可以把电源与电压表看做一等效电源，则电动势测量值等于外电路断开时“等效电源”两极间的电压，由于电压表不是理想电表，所以有电流通过“电源”，因而路端电压要小于电动势，所以电动势测量值小于真实值即偏小；同理，此电路测得的内电阻是“等效电源”的内阻，即电压表与电池内阻的并联电阻，所以测得的内阻也小于真实值．‎ 四、计算题 ‎14.一个倾角为θ=37°斜面固定在水平面上，一个质量为m=1.0kg的小物块（可视为质点）以v0=4.0m/s的初速度由底端沿斜面上滑，小物块与斜面的动摩擦因数μ=0.25．若斜面足够长，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2，求：‎ ‎(1)小物块沿斜面上滑时的加速度大小；‎ ‎(2)小物块上滑的最大距离；‎ ‎(3)小物块返回斜面底端时的速度大小．‎ ‎【答案】（1）小物块沿斜面上滑时的加速度大小为8m/s2．‎ ‎（2）小物块上滑的最大距离为1.0m．‎ ‎（3）小物块返回斜面底端时的速度大小2m/s．‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）根据牛顿第二定律求出小物块上滑的加速度大小．‎ ‎（2）通过匀变速直线运动的速度位移公式求出小物块上滑的最大距离．‎ ‎（3）根据牛顿第二定律求出下滑的加速度，通过速度位移公式求出下滑到斜面底端的速度大小．‎ 解：（1）小物块在斜面上的受力情况如右图所示，重力的分力 根据牛顿第二定律有 FN=F2①‎ F1+Ff=ma②‎ 又因为 Ff=μFN③‎ 由①②③式得a=gsinθ+μgcosθ=10×0.6m/s2+0.25×10×0.8m/s2=8.0m/s2④‎ ‎（2）小物块沿斜面上滑做匀减速运动，到达最高点时速度为零，则有 ‎⑤‎ 得==1.0m⑥‎ ‎（3）小物块在斜面上的受力情况如右图所示，根据牛顿第二定律有 FN=F2⑦‎ F1﹣Ff=ma'⑧‎ 由③⑦⑧式得a'=gsinθ﹣μgcosθ=10×0.6m/s2﹣0.25×10×0.8m/s2=4.0m/s2⑨‎ 因为⑩‎ 所以==（或2.8m/s）‎ 答：（1）小物块沿斜面上滑时的加速度大小为8m/s2．‎ ‎（2）小物块上滑的最大距离为1.0m．‎ ‎（3）小物块返回斜面底端时的速度大小2m/s．‎ ‎【点评】本题考查牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁．‎ ‎15.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.‎ ‎16.平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的匀强磁场，第Ⅲ象限存在沿y轴负方向的匀强电场，如图所示．一带负电的粒子从电场中的Q点以速度v0沿x轴正方向开始运动，Q点到y轴的距离为到x轴距离的2倍．粒子从坐标原点O离开电场进入磁场，最终从x轴上的P点射出磁场，P点到y轴距离与Q点到y轴距离相等．不计粒子重力，问：‎ ‎(1)粒子到达O点时速度的大小和方向；‎ ‎(2)电场强度和磁感应强度的大小之比．‎ ‎【答案】(1),与x轴正方向成45°角斜向上　(2)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)粒子运动轨迹如图：‎ 粒子在电场中由Q到O做类平抛运动，设O点速度v与x方向夹角为，Q点到x轴的距离为L，到y轴的距离为2L，粒子的加速度为a，运动时间为t，根据平抛运动的规律有：‎ x方向：‎ y方向： ‎ 粒子到达O点时沿y轴方向的分速度：‎ ‎，‎ 又 ‎，‎ 解得，即，‎ 粒子到达O点时的夹角为450解斜向上，粒子到达O点时的速度大小为 ‎；‎ ‎(2)设电场强度为E，粒子电荷量为q，质量为m，粒子在电场中受到电场力为F，粒子在电场中运动的加速度：‎ ‎，‎ 设磁感应强度大小为B，粒子做匀速圆周运动的半径为R，洛伦兹力提供向心力，有：‎ ‎，‎ 根据几何关系可知：‎ 解得：‎ ‎ ‎