【物理】吉林省长春市第六中学2019-2020学年高二上学期第二阶段试题（解析版）

【物理】吉林省长春市第六中学2019-2020学年高二上学期第二阶段试题（解析版）

物理试题 一、选择题 ‎1.滑滑梯是小孩很喜欢的娱乐活动，如图所示，一个小孩正在滑梯上匀速下滑，则( )‎ A. 小孩可能只受两个力 B. 小孩对滑梯作用力方向一定竖直向下 C. 小孩所受的重力与摩擦力大小相等 D. 当小孩手上再抱一只小狗时（狗与滑梯不接触），它们将沿滑梯加速下滑 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A项：小孩匀速下滑，所以小孩受重力，支持力和摩擦力三力作用，故A错误；‎ B项：小孩受重力，支持力和摩擦力三力作用，且合力为零，所以支持力与摩擦力的合力与重力等大反向，所以小孩对滑梯的作用力方向一定竖直向下，故B正确；‎ C项：小孩匀速下滑，受重力、支持力和滑动摩擦力，设斜面的倾角为θ，则f=mgsinθ．故重力与摩擦力不相等，故C错误；‎ D项：小孩匀速下滑时，受重力mg、支持力N和滑动摩擦力f，设斜面的倾角为θ，则有 N=mgcosθ，f=mgsinθ，且有联立得：sinθ=μcosθ，此式与小孩的质量无关，当小孩抱住小狗后，所受的支持力和摩擦力分别为由上联立得：所以小孩（包括小狗）所受的合力为零，会继续匀速下滑，故D错误。‎ ‎2.关于运动和力，下列说法正确的是 A. 减速下降的电梯内的乘客处于失重状态 B. 物体的速度变化越大,其加速度就越大 C. 行驶中的汽车,在关闭发动机后,由于不再受力的作用,所以它会逐渐减速而停止运动 D. 物体所受重力的大小与物体所处的运动状态无关 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 减速下降的电梯内的乘客，加速度向上，处于超重状态，故A错误。‎ B. 物体的速度变化越快，加速度就越大，故B错误。‎ C. 行驶中的汽车，在关闭发动机后，受到摩擦阻力作用，逐渐减速而停止运动，故C错误。‎ D. 物体所受的重力的大小与物体所处的运动状态无关，故D正确。‎ ‎3.某运动员在米跨栏时采用蹲踞式气泡，发令枪响后，左脚迅速蹬离起跑器，在向前加速的同时提升身体重力，如图所示，假设质量为的运动员，在起跑时前进的距离内，重心上升高度为，获得的速度为，克服阻力做功为，则在此过程中，下列说法中正确的是（ ）‎ ‎ ‎ A. 运动员的重力做功为 B. 运动员机械能增量为 C. 运动员的动能增加量 D. 运动员自身做功 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：根据运动员重心上升的高度，求解重力做功．根据功能关系分析运动员机械能的增加量．根据动能定理研究运动员动能的增加量．‎ 运动员的重心升高量为h，则运动员的重力做功为，故A错误；运动员的重心升高量为h，获得的速度为v，则其机械能增加量为，故B正确；运动员起跑前处于静止状态，起跑后获得的速度为v，则运动员的动能增加了，故C错误；根据动能定理得，得到，故D错误．‎ ‎4.如图所示的电路，将两个相同的电流表分别改装成A1（0﹣3A）和A2（0﹣0.6A）的电流表，把两个电流表并联接入电路中测量电流强度，则下列说法正确的是 A. A1的读数为1A时, A2的读数为0.6A B. A1的读数为1A时,干路的电流为1.2A C. A2的指针还没半偏时, A1的指针已经半偏 D. A1的指针还没半偏时, A2的指针已经半偏 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】AB. 两电流表量程之比为5：1，根据电流表改装原理可知，两表头并联，通过表头电流相同，所以 A1的读数为1A时，A2的读数为0.2A，干路中的电流为1.2A，故A错误B正确。‎ CD. 电流表是由小量程的电流表并联一个电阻改装而成，两电流表并联，两电流表两端电压相等，流过两表头的电流相等，所以A1的指针半偏时，A2的指针也半偏，故CD错误。‎ ‎5.如图所示电路中，当变阻器R0的滑动头P向a端移动时（ ）‎ A. 电压表示数变大，电流表示数变大 B. 电压表示数变小，电流表示数变大 C. 电压表示数变大，电流表示数变小 D. 电压表示数变小，电流表示数变小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】由动态电路的“串反并同”原理可知与滑动变阻器串联的电路原件的电压和电流变化方向与滑动变阻器的变方方向相反，与滑动变阻器并联的电路原件的电压和电流变化方向与滑动变阻器的变化方向相同，因此滑动变阻器向a端滑动，电阻增大，因此电流表示数减小，电压便与其并联示数变大 A. 电压表示数变大，电流表示数变大与分析不符，A错误 B. 电压表示数变小，电流表示数变大与分析不符，B错误 C. 电压表示数变大，电流表示数变小与分析符合，C正确 D. 电压表示数变小，电流表示数变小与分析不符，D错误 ‎6.如图所示，M、N是平行板电容器的两个极板，为定值电阻，、为可调电阻，用绝缘细线将质量为、带正电的小球悬于电容器内部。闭合电键S，小球静止时受到悬线的拉力为F。调节、，关于F的大小判断正确的是 A. 保持不变，缓慢增大时，F将变大 B. 保持不变，缓慢增大时，F将变小 C. 保持不变，缓慢增大时，F将变大 D. 保持不变，缓慢增大时，F将变小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】保持不变，缓慢增大时，电路的总电阻增大，电流减小，因此两端电压减小，因此可知电场强度减小，则小球收到的电场力减小，绳拉力等于电场力和重力的合力，因此拉力F减小，故A错B正确；保持不变，没有接到电路，其变化不影响电路的变化，因此电容器的电压不变，拉力F不变，CD错误 ‎7.如图是一个将电流表改装成欧姆表的示意图，此欧姆表已经调零，用此欧姆表测一阻值为R电阻时，指针偏转至满刻度处，现用该表测一未知电阻，指针偏转到满刻度的处，则该电阻的阻值为 A. 4R B. 5R C. 10R D. 16R ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】设电动势为E，内阻为R内，满偏电流为Ig，欧姆表调零时，‎ 测一阻值为R的电阻时 测一未知电阻时 解这三式得：‎ R′=16R A. 4R与计算结果不符，故A错误。B. 5R与计算结果不符，故B错误。‎ C. 10R与计算结果不符，故C错误。D. 16R与计算结果相符，故D正确。‎ ‎8.如图所示的电路中，U=120V，滑动变阻器R2的最大值为200Ω，R1=100Ω。当滑片P滑至R2的中点时，a、b两端的电压为（ ）‎ A. 120 V B. 40 V C. 60 V D. 80 V ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：由题，滑片P滑至R2的中点，变阻器下半部分电阻为100Ω，下半部分电阻与R1并联的阻值为R并=R1=50Ω，则a、b两端的电压为Uab==40V，故B正确。‎ 考点：本题考查等效电阻，串联电路特点。‎ ‎9.如图，三个电阻R1、R2、R3的阻值均为R，电源的内阻rΔU2，不变 B. I1变大、ΔU1<ΔU2，不变 C. I1变大,I2变小，不变 D. U1变小,U2变小,不变 ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB.当R5的滑动触点向图中a端移动时，R5变小，外电路总电阻变小，由闭合电路欧姆定律知，总电流I1变大，路端电压变小，U1变小。根据闭合电路欧姆定律知：‎ U2=E-I（r+R1+R3）‎ I增大，则U2变小，因此I2变小；而U1变小、U2变小、R1+R3的总电压增大，则知 ‎△U1＜△U2‎ 由闭合电路欧姆定律知：‎ U1=E-Ir 则 不变，故A错误B正确。‎ CD. 同理，等于电源内阻r，电阻R1，及电阻R3的之和，可知不变，故CD正确。‎ 二、实验题 ‎13.在测金属电阻率实验中：‎ ‎（1）用刻度尺测出被测金属丝的长度l，用螺旋测微器测出金属丝的直径d，用电流表和电压表测出金属丝的电阻Rx．请写出测金属丝电阻率的表达式ρ= ______ （用上述测量量的字母表示）；‎ ‎（2）某实验小组在“测定金属电阻率”的实验过程中，正确操作获得金属丝的直径以及电流表、电压表的读数如图所示，则它们的读数值依次是______ 、______ 、______ ．‎ ‎ ‎ ‎（3）若某同学再用“伏安法”测量该电阻，所用器材如图4所示，其中待测电阻约为10Ω，电压表内阻约为5kΩ，电流表内阻约为5Ω，变阻器阻值为50Ω．图4部分连线已经连接好，为了尽可能准确地测量电阻，请你完成其余的连线；‎ ‎（4）该同学按照“伏安法”测量电阻的要求连接好图电路后，测得的电阻值将______ （填“大于”、“小于”或“等于”）被测电阻的实际阻值．‎ ‎【答案】 (1). (2). 0.997-0.999mm 0.42A 2.21－2.26V (3). (4). 小于 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1] 由电阻定律可知 电阻率 ‎(2)[2][3][4] 由图1所示螺旋测微器可知，固定刻度示数为0.5mm，可动刻度示数为 ‎49.9×0.01mm=0.499mm 金属丝直径 d=0.5mm+0.499mm=0.999mm 由图2所示电流表可知，其量程为0.6A，分度值为0.02A，示数为0.42A；‎ 由图3所示电压表可知，其量程为3V，分度值为0.1V，示数为2.25V．‎ ‎(3)[5] 测电阻约为10Ω，电压表内阻约为5kΩ，电流表内阻约为5Ω，相对来说，待测电阻阻值远小于电压表内阻，电流表应采用外接法，变阻器阻值为50Ω，变阻器阻值远大于待测电阻阻值，滑动变阻器可以采用限流接法，实物电路图如图所示 ‎(4)[6] 由于电流表采用外接法，由于电压表分流，所测电流偏大，由欧姆定律可知，电阻测量值小于真实值．‎ ‎14.某探究小组采用如图甲所示的电路测定一节干电池的电动势和内阻时，发现量程0～3V的电压表出现故障不能正常使用，实验台上的其他器材还有一个量程0～500μA、内阻Rg=200Ω的灵敏电流计G和一个电阻箱R(0～9999Ω)。‎ ‎（1）为了把灵敏电流计改装成量程0～2V的电压表继续实验，电阻箱R应调整至_______Ω。‎ ‎（2）探究小组中一个同学用灵敏电流计和电阻箱设计了如图乙所示的实验电路，同样测出了干电池的电动势和内阻。‎ ‎①多次调节电阻箱，记录灵敏电流计的示数I和电阻箱的阻值R，电源的电动势和内阻分别用E和r表示，则和R的关系式为_________________‎ ‎②然后以为纵坐标，以R为横坐标，作出的图线为一直线，如图丙所示，测得直线在纵轴上的截距b＝134 A-1，直线的斜率k=，则该电池的电动势E＝______V，内阻r＝_____Ω（结果保留两位有效数字）。‎ ‎【答案】 (1). 3800 (2). 1.5 1.0‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]将电流计改装成电压表，应串联一个大电阻，根据串并联电路的规律可知：‎ ‎(2) ①[2] 根据闭合电路欧姆定律可知：‎ 变形得：‎ ‎②[3][4] 根据图象和公式可知：‎ ‎，‎ 根据题意可知：‎ E=1.5V；r=1.0Ω 三、计算题 ‎15.如图所示，电子由静止经电压U0加速后，从两板正中间垂直电场方向射入间距为d电压为U的平行板电容器间，电子恰好能穿过电场，忽略边缘效应，求：‎ ‎（1）电子经U0加速后的动能； ‎ ‎（2）金属板AB的长度．‎ ‎【答案】（1）eU0（2）d ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）设电子被加速后速度大小为Ek，对于电子在加速电场中运动过程，运用动能定理得：‎ eU0=Ek 所以 Ek=eU0‎ ‎（2）在偏转电场中，电子做类平抛运动，设加速度a，极板长度为L，由于电子恰好射出电场，所以有：‎ L=v0t ‎=at2‎ 由牛顿第二定律得 a=‎ 又 Ek=‎ 联立解得：‎ L=d ‎16.如图所示,M为一线圈电阻RM=0.4Ω的电动机,R=24Ω,电源电动势E=40V当S断开时,理想电流表的示数I1=1.6A,当开关S闭合时,电流表的示数为I2=4.0A。求：‎ ‎（1）电源内阻；‎ ‎（2）开关S闭合时电动机的效率．‎ ‎【答案】（1）1Ω（2）97.2%‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）设电源内阻为r′，当S断开时，‎ 得：‎ r′=1Ω ‎（2）当S合上时，I2=4A，则：‎ U内=I2•r′=4V U外=E-U内=40V-4V=36V 也即电动机两端电压为36V；流过R的电流：‎ IR= =1.5A 流过电动机的电流：‎ 电动机功率：‎ ‎ =U外I=36×2.5W=90W 热功率 效率 ‎17.如图所示，光滑水平轨道与半径为R的光滑竖直半圆轨道在B点平滑连接．在过圆心O的水平界面MN的下方分布有水平向右的匀强电场．现有一质量为m，电量为+q的小球从水平轨道上A点由静止释放，小球运动到C点离开圆轨道后，经界面MN上的P点进入电场（P点恰好在A点的正上方，如图．小球可视为质点，小球运动到C点之前电量保持不变，经过C点后电量立即变为零．已知A、B间距离为2R，重力加速度为g．在上述运动过程中，求：‎ ‎（1）小球离开C点时的速率；‎ ‎（2）电场强度E的大小；‎ ‎（3）在圆轨道上什么位置小球对轨道的压力最大，并求出最大压力．‎ ‎【答案】（1）（2）（3）（2+3）mg ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）小球离开C点做平抛运动，根据 得 则小球在C处的速度 ‎（2）设电场强度为E，小球从A到C由动能定理得，‎ 解得 ‎(3)设小球运动到圆轨道D点时速度最大，设最大速度为v，此时OD与竖直线OB夹角设为α，小球从A点运动到D点的过程，根据动能定理知 即 根据数学知识可知，当α＝45°时动能最大，由此可得 故小球在D点时对圆轨道的压力最大，设此压力大小为F，由牛顿第三定律可知小球在D点受到的轨道的弹力大小也为F，在D点对小球进行受力分析，并建立如图所示坐标系，‎ 由牛顿第二定律知 解得