云南省曲靖市陆良县联办高级中学2019-2020学年高二下学期入学考试物理试题

云南省曲靖市陆良县联办高级中学2019-2020学年高二下学期入学考试物理试题

陆良联中2021届高二下学期入学考试 物理试题 一、选择题（每小题3分，1-11小题单选，12-16多选；多选题选不全得2分，有错不得分，全对得3分）‎ ‎1.下列说法符合物理学史实的是（　　）‎ A. 库仑提出在电荷的周围存在着由它产生的电场 B. 洛伦兹通过实验测定了磁场对电流的作用力 C. 安培受到电流磁效应的启发提出了“分子电流假说”‎ D. 安培最早测定了元电荷e的数值 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．法拉第最先提出在电荷的周围存在着由它产生的电场，A错误；‎ B．安培通过实验测定了磁场对电流的作用力，B错误；‎ C．“分子电流假说”是安培提出来，C正确；‎ D．密立根通过油滴实验最早测定了元电荷e的数值，D错误。‎ 故选C。‎ ‎2.如图所示，A、B、C三个同心球面是同一个点电荷周围的三个等势面，已知这三个球面的半径之差相等．A、C两个等势面电势分別为φA=6V和φC=2V，则中间B等势面的电势是（　　）‎ A 一定等于4V B. 一定高于4V C. 一定低于4V D. 无法确定 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】电场线与等势面互相垂直，由图看出，AB段电场线比BC段电场线密，AB 段场强较大，根据公式可知，A、B间电势差大于B、C间电势差，即，得到，C正确．‎ ‎【点睛】本题的关键是运用匀强电场中场强与电势差的公式，来定性分析电势差的大小，从而判断电势的关系．‎ ‎3.利用引力常量G和下列某一组数据，不能计算出地球质量的是（　　）‎ A. 地球半径及重力加速度（不考虑地球自转）‎ B. 人造卫星在地面附近绕地球做圆周运动的速度及周期 C. 月球绕地球做圆周运动的周期及月球与地球间的距离 D. 地球绕太阳做圆周运动的周期及地球与太阳间的距离 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．在地球表面附近，在不考虑地球自转的情况下，物体所受重力等于地球对物体的万有引力，有 可得 能计算出质量，故A不符合题意；‎ B．根据万有引力提供卫星绕地球做圆周运动的向心力，由 解得 能计算出质量，故B不符合题意；‎ C．由 解得 能计算出质量，故C不符合题意；‎ D．由 消去两边的M，故不能求出地球质量，故D符合题意。‎ 故选D。‎ ‎4.如图所示，两金属导轨平行放置，空间中存在垂直于导轨平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，金属棒MN跨放于导轨上，金属棒与导轨间的夹角为θ。当开关S闭合时，导线框中的电流为I。已知MN接入电路的长度为L，则MN所受安培力的大小为（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】由于电流方向垂直于磁场方向，根据安培力公式得 故选D。‎ ‎5.如图所示是俄罗斯名将伊辛巴耶娃撑杆跳时的情景，若不计空气阻力，下列说法正确的是(　　)‎ ‎ ‎ A. 在撑杆的过程中杆对她的弹力大于她对杆的压力 B. 在撑杆上升过程中，她始终处于超重状态 C. 在空中下降过程中她处于失重状态 D. 她落到软垫后一直做减速运动 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 当物体的加速度竖直向上时，物体处于超重状态，当当物体的加速度竖直向下时，物体处于失重状态；对支撑物的压力或对悬挂物的拉力小于物体的重力时物体处于失重状态；对支撑物的压力或对悬挂物的拉力大于物体的重力时物体处于超重状态．‎ ‎【详解】在撑杆的过程中杆对她的弹力与她对杆的压力是作用力与反作用力，大小相等．故A错误；在撑杆上升开始阶段加速度的方向向上，她处于超重状态；在上升的最后阶段加速度的方向向下，她处于失重状态．故B错误；在空中下降过程她只受到重力的作用，加速度的方向向下，她处于失重状态．故C正确；她落到软垫后开始时，软垫的作用力小于重力，她仍然要做一段加速运动后才会减速．故D错误．故选C．‎ ‎6.如图所示，水平面上的小车向左运动，系在车后的轻绳绕过定滑轮，拉着质量为m的物体上升．若小车以v1的速度做匀速直线运动，当车后的绳与水平方向的夹角为θ时，物体的速度为v2，绳对物体的拉力为FT，则下列关系式正确的是( )‎ A. v2=v1 B. V2=V1/cosθ C. FT＞mg D. FT＝mg ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】小车的运动可分解为沿绳方向和垂直于绳的方向两个运动，由题意中夹角为θ，由几何关系可得：v2=v1cosθ，故AB错误；因v1不变，而当θ逐渐变小，故v2逐渐变大，物体有向上的加速度，当加速上升时，处于超重状态，FT＞mg，故C正确，D错误；故选C．‎ ‎【点睛】考查运动的合成与分解的应用，掌握牛顿第二定律的内容，注意正确将小车的运动按效果进行分解是解决本题的关键．‎ ‎7.如图所示，直线A为电源的路端电压U与电流I关系的图象，直线B是电阻R的两端电压U与电流I的关系图象．用该电源与电阻R组成闭合电路，电源的输出功率和效率分别为 (　　)‎ A. 4 W,33% B. 2 W,33% C. 2 W,67% D. 4 W,67%‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】两图线的交点表示该电源直接与电阻R相连组成闭合电路时工作状态，由图读出电压 U=2V 电流 I=‎‎2A 则电源的输出功率为 P 出 =UI=2×2W=4W 根据闭合电路欧姆定律得 U=E-Ir 当I=0时 U=E 由读出电源的电动势 E=3V 电源的总功率 P=EI=3×2W=6W 电源的效率 故D正确，ABC错误。‎ ‎8.如图所示，质量为m的物体放在质量为M、倾角为θ的斜面体上，斜面体置于粗糙的水平地面上，用平行于斜面的力F拉物体使其沿斜面向下匀速运动，斜面体始终静止，则下列说法正确的是（　　）‎ A. 斜面体对地面的摩擦力大小为 B. 斜面体对地面的压力大小为 C. 物体对斜面体的摩擦力大小为F D. 斜面体对物体的作用力竖直向上 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．对物块和斜面受力分析如下图所示，对物块有 假设地面对斜面的摩擦力向左，对斜面有 联立上式解得 由于，说明方向就是向左，A正确；‎ B．斜面体对地面的压力大小等于地面对斜面体的支持力，根据上式，解得 B错误；‎ C．物体对斜面体的摩擦力大小等于斜面体对物体的摩擦力大小，根据上式解得 C错误；‎ D．斜面体对物体的作用力与物体重力和外力的合力方向相同，为斜向上偏左，D错误。‎ 故选A。‎ ‎9.如图所示电路，在滑动变阻器的滑片P向上端a滑动过程中，电压表、电流表的示数变化情况为 A. 两电表示数都增大 B. 两电表示数都减少 C. 电压表示数减少，电流表示数增大 D. 电压表示数增大，电流表示数减少 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】当滑动变阻器的滑片P向a端滑动时，接入电路的电阻增大，与R2并联的电阻增大，外电路总电阻R总增大，总电流I减小，则电压表的示数UV=E-I(r+R1)，则UV增大；流过R2的电流增大，电流表的读数为，则电流表示数减小；故A，B，C错误，D正确.‎ ‎10.如图所示，有界匀强磁场边界线，速率不同的同种带电粒子从点沿方向同时射入磁场．其中穿过点的粒子速度与垂直；穿过点的粒子速度与成角，设粒子从运动到、所需时间分别为和，则为（重力不计）（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】粒子在磁场中运动的周期的公式为，由此可知，粒子的运动的时间与粒子的速度的大小无关，所以粒子在磁场中的周期相同，由粒子的运动的轨迹可知，通过a点的粒子的偏转角为90°，通过b点的粒子的偏转角为60°，所以通过a点的粒子的运动的时间为T/4，通过b点的粒子的运动的时间为T/6，所以从S到a、b所需时间t1：t2为3：2．‎ A. ，选项A与题意不相符；‎ B. ，选项B与题意不相符；‎ C. ，选项C与题意不相符；‎ D. ，选项D与题意相符；‎ ‎11.质量为m的小球，用长为l的轻绳悬挂于O点，小球在水平力F作用下，从最低点P缓慢地移到Q点，如图所示，重力加速度为g，则在此过程中（ ）‎ ‎ ‎ A. 小球受到的合力做功为mgl（1﹣cosθ）‎ B. 拉力F的功为Flcosθ C. 重力势能的变化大于mgl（1﹣cosθ）‎ D. 水平力F做功使小球与地球组成的系统机械能变化了mgl（1﹣cosθ）‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.小球缓慢移动，动能不变，动能的变化量为零，根据动能定理得知，小球受到的合力做功为零，故A错误；‎ B.设绳与竖直方向的夹角为α，根据平衡条件可知F＝mgtanα，所以可知F为变力，根据动能定理 WF﹣mgl（1﹣cosθ）＝0‎ 则得拉力F的功为WF＝mgl（1﹣cosθ），故B错误；‎ C.根据重力做功与重力势能变化的关系可得：重力势能的增加 Ep＝mgh＝mgl（1﹣cosθ）‎ 故C错误；‎ D.由上知，小球的动能不变，重力势能增加mgl（1﹣cosθ），而重力势能是小球与地球共有的，又根据除了重力以外的力做功等于系统机械能的变化，可知水平力F做功使小球与地球组成的系统机械能变化了mgl（1﹣cosθ），故D正确．‎ ‎12.如图所示, 、两个小球从不同高度同时沿相反方向水平抛出,其平抛运动轨迹的交点为,则以下说法正确的是 A. 、两球同时落地 B. 球先落地 C. 、两球在点相遇 D. 无论两球初速度大小多大,两球总不能相遇 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】做平抛运动时，下落的时间取决于下落的高度，从图中可知a球下落的高度大于b球，根据可得a球下落过程中的时间长，故b球先落地，A错误B正确；由于在P点两球下落的高度不同，所以到达P点的时间不同，故不能在P点相遇，C错误D正确；‎ ‎13.如图所示是一簇未标明方向、由单一点电荷产生的电场线，虚线是一带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点。若带电粒子在运动中只受静电力作用，根据此图可判断出该带电粒子（　　）‎ A. 电性与场源电荷的电性相同 B. 在a、b两点所受静电力大小Fa>Fb C. 在a、b两点的速度大小va>vb D. 在a、b两点的动能Eka＜Ekb ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据带电粒子的运动轨迹可知，带电粒子所受电场力的方向跟电场线共线，指向轨迹弯曲的内侧，由此可知，带电粒子与场源电荷电性相反，A错误；‎ B．a点电场线比b点密，所以a点场强较大，根据 F=qE 可知带电粒子在a点所受静电力较大，B正确；‎ CD．假设带电粒子由a点运动到b点，所受静电力方向与速度方向之间的夹角大于90°，静电力做负功，带电粒子的动能减少，速度减小，即 Eka>Ekb va>vb 同理可分析带电粒子由b点运动到a点时，也有 Eka>Ekb va>vb C正确，D错误。‎ 故选BC。‎ ‎14.电场线能很直观、很方便地比较电场中各点场强的强弱。如图甲是等量异种点电荷形成电场的电场线，图乙是场中的一些点，O是电荷连线的中点，E、F是连线中垂线上相对O对称的两点，B、C和A、D也相对O对称。则(　　)‎ A. B、C两点场强大小和方向都相同 B. A、D两点场强大小相等，方向相反 C. E、O、F三点比较，O点场强最强 D. B、O、C三点比较，O点场强最弱 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据对称性可知，B、C两处电场线疏密程度相同，则B、C两点场强大小相等，两点场强的方向均由B指向C，方向相同，A正确；‎ B．根据对称性可知，A、D两处电场线疏密程度相同，则A、D两点场强大小相等，由图看出，A、D两点场强方向相同，B错误；‎ C．由图看出，E、O、F三点中，O处电场线最密，所以O的场强最强，C正确；‎ D．由图看出，B、O、C三点比较，O处电场线最稀疏，所以O点场强最弱，D正确。‎ 故选ACD。‎ ‎15.如图所示，M为一直流电动机，其线圈电阻，与电动机串联的电阻，电源的电动势，电源的内阻不计。当电动机转动时，电压表的示数，则有（　　）‎ A. 通过电阻R的电流为‎4.1A B. 通过电阻R的电流为‎16A C. 电动机的总功率为48W D. 电动机的输出功率为42W ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】A B．电阻R两端的电压为 通过电阻R的电流为 A、B错误；‎ C．电动机的总功率为 C正确；‎ D．电动机的输出功率为 D正确。‎ 故选CD。‎ ‎16.有关圆周运动的基本模型，下列说法正确的是（　　）‎ A. 如图甲，汽车通过拱桥的最高点处于失重状态 B. 如图乙所示是一圆锥摆，增大θ，若保持圆锥高不变，则圆锥摆的角速度不变 C. 如图丙，同一小球在光滑而固定的圆锥筒内的A、B位置先后分别做匀速圆周运动，则在A、B两位置小球的角速度及所受筒壁的支持力大小相等 D. 火车转弯超过规定速度行驶时，外轨对火车轮缘会有挤压作用 ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．汽车通过拱桥的最高时，合力向下，加速度向下，所以出于失重状态，A正确；‎ B．对圆锥受力分析如下图，根据牛顿第二定律得 解得，可知圆锥摆的角速度与角度无关，B正确；‎ C．对A、B受力分析如下图所示，可得 由于，；由于斜面角度不变，所以小球所受筒壁的支持力大小相等，有，综上所述，C错误；‎ D．火车转弯超过规定速度行驶时，外轨对火车轮缘会有挤压作用，合起来提供火车转弯的向心力，D正确。‎ 故选ABD。‎ 二、实验题（共22分）‎ ‎17.利用力传感器研究“加速度与合外力的关系”的实验装置如图甲所示．‎ ‎(1)下列关于该实验的说法，错误的是________．‎ A．做实验之前必须平衡摩擦力 B．小车的质量必须比所挂钩码的质量大得多 C．应调节定滑轮的高度使细线与木板平行 D．为了实验安全，打点计时器接直流电源 ‎(2)从实验中挑选一条点迹清晰的纸带，每5个点取一个计数点，用刻度尺测量计数点间的距离如图所示．已知打点计时器每间隔0.02 s打一个点．‎ 从图可知A、B两点间的距离s1＝________cm；该小车的加速度a＝________m/s2(计算结果保留2位有效数字)，实验中纸带的________(填“左”或“右”)端与小车相连接．‎ ‎(3)利用测得数据在坐标系中作出了图乙所示的a－F图象．‎ ‎①图线不过坐标原点的原因是______________________________________________________________．‎ ‎②小车和传感器的总质量为________kg.‎ ‎【答案】 (1). (1)BD； (2). (2)0.70， (3). 0.20， (4). 左； (5). (3)①未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足； (6). ②0.5‎ ‎【解析】‎ ‎(1) 做实验之前必须平衡摩擦力，使得细线的拉力等于小车受到的合外力，选项A正确；由于实验中用到了力传感器，所以没有必要使小车的质量远大于钩码的质量，选项B错误；应调节定滑轮的高度使细线与木板平行，选项C正确；打点计时器必须用交流电源，选项D错误．此题选项错误的选项，故选BD.‎ ‎(2)由图知s1＝‎7.0 mm＝‎0.70 cm，根据Δx＝aT2可得a＝＝m/s2＝‎0.20 m/s2‎ ‎，开始时打点间距小，因此纸带的左端与小车相连接．‎ ‎(3)①由图象可知，当F≠0时，加速度仍然为零，说明没有平衡摩擦力，或平衡摩擦力不足；②a－F图象中斜率表示质量的倒数，由图可知，故小车和传感器的总质量M＝＝‎0.5 kg.‎ 点睛：本题考查“加速度与合外力的关系”实验，要明确实验的原理和实验的注意事项．尤其是知道平衡摩擦力的原因、如何平衡、平衡不到位会如何等问题；掌握纸带的处理方法，会通过纸带求解速度和加速度．‎ ‎18.某学校物理研究性学习小组为了较精确地测量某一电池的电动势和内阻（电动势约为1.5V，内阻约为1Ω），从实验室选定了如下实验器材：‎ A．定值电阻（阻值为900Ω）；‎ B．滑动变阻器（0~10Ω，额定电流为‎2A）；‎ C．电流表G（满偏电流为3．0mA，内阻为100Ω）；‎ D．电流表A（量程为0~0．‎6A，内阻约为1Ω）；‎ E．开关一个，导线若干。‎ ‎（1）请将图甲中实验电路图补充完整____________。‎ ‎（2）根据图甲补充完整后的电路图，将图乙所示的实物图连接完整____________。‎ ‎（3）图丙为该学习小组根据正确的实验得到的数据画出的图线，纵坐标为电流表G的示数，横坐标为电流表A的示数，则可知被测电源的电动势为______V，内阻为______Ω。（结果均保留两位有效数字）‎ ‎（4）如图所示多用电表的表盘：如果是采用“×‎100”‎欧姆挡测电阻，则读数为____Ω；‎ 如果是采用5mA挡测直流电流，则读数为_______mA；‎ 如果是采用50mA挡测直流电流，则读数为_______mA；‎ 如果是采用10V挡测直流电压，则读数为_______V；‎ 如果是采用2.5V挡测直流电压，则读数为_______V。‎ ‎【答案】 (1). (2). (3). 1.4 (4). 0.67（0.66~0.68） (5). 3000 (6). 1.80 (7). 18.0 (8). 3.6 (9). 0.90‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1] 由于定值电阻较大，流过其电流较小，所以串联一个小量程电流表，滑动变阻器阻值变化范围小，流过其电流较大，要串联一个大量程电流表，如下图：‎ ‎ ‎ ‎（2）[2] 实物连接如下图：‎ ‎ ‎ ‎（3）[3] 根据闭合电路的欧姆定律可得 整理变形可得 由图像可知，斜率k和纵截距b为 ‎，‎ 根据图像计算可得 ‎，‎ 联立上面各式，代入数据解得 ‎，‎ ‎[4] 综上所述，（0.66~0.68之间也可以）‎ ‎（4）[5] 指针刚好指在30，所以读数为 ‎[6] 如果是用5mA挡测直流电流，最小分度值为0.1mA，需要估读到下一位，读数为 ‎[7] 如果是用50mA挡测直流电流，最小分度值为1mA，需要估读到下一位，读数为 ‎[8] 如果是用10V挡测直流电压，最小分度值为0.2V，估读到本位，读数为 ‎[9] 如果是用2.5V挡测直流电压，最小分度值为0.05V，估读到本位，读数为 三、计算题 ‎19.如图所示，水平放置的平行板电容器A、B间为一匀强电场，M、N为电场中的两点，其连线与两极板垂直，且，已知电子在M点受到的电场力大小为，方向指向A板，A板接地。‎ ‎（1）求M、N两点电势差；‎ ‎（2）若M点距A板‎1cm，电子在N点的电势能为多少？‎ ‎【答案】（1）300V；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）电子从M点移到N点，根据电场强度的定义，有，代入数据解得 所以M、N两点的电势差为 ‎（2）AN的电势差为 因A板的电势为，所以有 解得 电子在N点的电势能为 ‎20.如图所示，一根质量的导体棒MN静止于宽度的水平导轨上，通过导体棒MN的电流，匀强磁场的磁感应强度大小，方向斜向下与导轨平面成角。已知重力加速度，求导体棒MN所受的支持力和摩擦力的大小。‎ ‎【答案】；‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】导体棒MN处于平衡状态，受力分析如下图所示，根据平衡条件有 根据公式，导体棒所受安培力为 联立上式，代入数据解得 ‎，‎ ‎21.如图1所示，质量的物体在水平面上向右做直线运动，过a点时给物体施加一个水平向左的恒力F并开始计时，选水平向右为速度的正方向，通过速度传感器测出物体的瞬时速度，所得图像如图2所示，重力加速度g取，求： ‎ ‎（1）力F的大小和物体与水平面间的动摩擦因数μ；‎ ‎（2）10s后撤去拉力F，求物体再过15s离a点的距离。‎ ‎【答案】（1）3N，0.05；（2）‎‎38 m ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）设物体向右做匀减速直线运动的加速度为，则由图像得加速度为 设物体向左做匀加速直线运动的加速度为，则由图像得加速度为 在0~4s内，根据牛顿第二定律，有 在4s~10s内，根据牛顿第二定律，有 代入数据解得 ‎，‎ ‎（2）设10s末物体的位移为x，则x为图线与坐标轴所围的面积，则有 即物体在a点左侧‎2 m处；‎ 设撤去拉力F后物体做匀减速直线运动的加速度大小为 ，根据牛顿第二定律有 解得 根据，代入数据得，物体速度减为零的时间为 则物体再过15s的位移即12s内的位移，根据公式，得在12s内的位移为 物体在15s后离a点的距离为 ‎22.如图所示，在直角坐标系xoy的第一象限中分布着沿y轴负方向的匀强电场，在第四象限中分布着方向向里垂直纸面的匀强磁场．一个质量为m、带电+q的微粒，在A点（0，3）以初速度v0＝‎120m/s平行x轴射入电场区域，然后从电场区域进入磁场，又从磁场进入电场，并且先后只通过x轴上的p点（6，0）和Q点（8，0）各一次．已知该微粒的比荷为＝‎102C/kg，微粒重力不计，求：‎ ‎（1）微粒从A到P所经历的时间和加速度的大小；‎ ‎（2）求出微粒到达P点时速度方向与x轴正方向的夹角，并画出带电微粒在电磁场中由A至Q的运动轨迹；‎ ‎（3）电场强度E和磁感强度B的大小．‎ ‎【答案】(1) 2.4×‎103m/s2(2) 45°(3)1.2T ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)微粒从平行x轴正方向射入电场区域，由A到P做类平抛运动，微粒在x轴正方向做匀速直线运动，‎ 由x＝v0t，得t＝＝0.05 s，‎ 微粒沿y轴负方向做初速度为零的匀加速直线运动，由y＝at2，‎ 得a＝2.4×‎103 m/s2.‎ ‎(2)vy＝at，tan α＝＝1，所以α＝45°.‎ 轨迹如图：‎ ‎(3)由qE＝ma，得E＝24 N/C 设微粒从P点进入磁场以速度v做匀速圆周运动，v＝v0＝120m/s，‎ 由，得 ，‎ 由几何关系，可知r＝m，可得B＝＝1.2 T.‎ ‎【点睛】本题考查分析和处理带电粒子在电场和磁场中运动的能力，在这两种场中处理方法不同：电场中采用运动的合成与分解，磁场中画轨迹，由几何知识求半径．‎