2018-2019学年浙江省台州市联谊五校高二上学期期中考试（学考）物理试题 解析版

2018-2019学年浙江省台州市联谊五校高二上学期期中考试（学考）物理试题 解析版

台州市联谊五校2018学年第一学期高二期中考试物理学考试卷 一、选择题 ‎ ‎1.下列属于国际单位制中基本单位符号的是（ ）‎ A. s B. J C. m/s2 D. N ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】国际单位制规定了七个基本物理量，分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光照强度、物质的量，它们的在国际单位制中的单位称为基本单位，他们在国际单位制中的单位符号分别为米、千克、秒、开尔文、安培、坎德拉、摩尔，故A正确，BCD错误。‎ ‎【点睛】本题的解题关键要掌握国际单位制中七个基本单位，要注意基本物理量与基本单位的区别，不能混淆。‎ ‎2.下列元器件中，哪一个是电容器？（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 高中课本上出现电容器有：平行板电容器，可调电容器，聚苯乙烯电容器和电解电容器，每一种都有不同的外形，我们可以根据外形和构造进行判断，常见的电学仪器也要记牢；‎ ‎【详解】A、图片是滑动变阻器，故A错误。 B、图片虽然像聚苯乙烯电容器或电解电容器，但它有3跟腿，所以应为三极管，故B错误； C、图片是可调电容器，故C正确； D、图片是法拉第在做电磁感应实验中用到的线圈，不是电容器，故D错误。‎ ‎【点睛】对于电学元器件，有的可能光靠从外形上分辨不出来，因为有的看不到构造，需要认识课本上出现的所有电学元器件。‎ ‎3.如图所示，物体A在光滑的斜面上沿斜面下滑，则A受到的作用力是： （ ）‎ A. 重力、弹力和下滑力 B. 重力和弹力 C. 重力和下滑力 D. 重力、压力和下滑力 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 物体A在粗糙的斜面上沿斜面下滑，则A受到的作用力是：重力，斜面对物体的弹力和斜面对物体的摩擦力，故选C.‎ ‎4.地球的半径为R，某同步卫星在地球表面所受万有引力为F，则该卫星在离地面高度约6R的轨道上受到的万有引力约为（ ）‎ A. 6F B. 7F C. F/36 D. F/49‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 地球的半径为R，某同步卫星在地球表面所受万有引力为F，则；该卫星在离地面高度约6R的轨道上受到的万有引力；则卫星在离地面高度约6R的轨道上受到的万有引力。故D项正确，ABC三项错误。‎ ‎5. 风能是一种绿色能源。如图所示，叶片在风力推动下转动，带动发电机发电，M、N为同一个叶片上的两点，下列判断正确的是（ ）‎ A. M点的线速度小于N点的线速度 B. M点的角速度小于N点的角速度 C. M点的加速度大于N点的加速度 D. M点的周期大于N点的周期 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：A、M、N两点的转动的角速度相等，则周期相等，根据v=rω知，M点转动的半径小，则M点的线速度小于N点的线速度．故A正确，B错误，D错误．C、根据a=rω2知，M、N的角速度相等，M点的转动半径小，则M点的加速度小于N点的加速度．故C错误．故选A。‎ 考点：角速度；线速度；向心加速度 ‎【名师点睛】解决本题的关键知道共轴转动的点角速度相等，考查传送带传到轮子边缘上的点线速度大小相等，知道线速度、角速度、向心加速度的关系，根据v=rω、a=rω2比较线速度和加速度的大小。‎ ‎6.从科学方法而言物理学中“用一个力代替几个力，且效果相同”，所运用的方法是（ ）‎ A. 控制变量 B. 等效代替 C. 理想实验 D. 建立模型 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】物理学中“用一个力代替几个力，且效果相同”，属于等效代替法，即一个力的效果与几个力的效果是相等，故B正确，ACD错误。‎ ‎【点睛】解决此类问题的关键是，熟悉基本的物理研究方法．在实际问题中能够识别和应用。‎ ‎7.如图所示，某同学用一根弹簧和一把直尺来测量重物的重量。在未悬挂重物时指针正对刻度5。在弹性限度内，当挂上80N重物时，指针正对45。若指针正对15时，所挂重物为（ ）‎ A. 40N B. 20N C. 30N D. 不知弹簧劲度系数k，故无法计算 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】弹簧的自由端B在未悬挂重物时指针正对刻度5，当挂上80N重物时指针正对刻度45，知弹簧形变量为。 指针正对刻度15时，弹簧的形变量为。 由胡克定律得：，即，解得 ，因为不知道伸长量的单位，所以不能求k值，故B正确，ACD错误。‎ ‎【点睛】解决本题的关键掌握胡克定律F=kx，注意x为形变量，不是弹簧的长度，可运用比例法解答。‎ ‎8. 在地球表面附近环绕地球运动的卫星，周期为85min，运动速度为7.9km/s。我国“风云”二号气象卫星，运动在赤道上方高度约为地球半径5.6倍的轨道上，关于该卫星的运动速度v和周期T，下列说法正确的是( )‎ A. v<7.9km/s，T<85min B. v<7.9km/s，T>85min C. v>7.9km/s，T<85min D. v>7.9km/s，T>85min ‎【答案】B ‎【解析】‎ 根据卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力：‎ 风云二号轨道半径大于近地卫星的轨道半径，所以线速度小于7.9km/s 根据周期关系，所以半径越大，周期越大，所以周期大于85min 故答案选B ‎9.如图所示，竖直放置的长直导线通有恒定电流，侧旁小磁针N极的最终指向应为(　　)‎ A. 平行纸面向右 B. 平行纸面向左 C. 垂直纸面向里 D. 垂直纸面向外 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：当导线中通过图示方向的电流时，产生磁场，根据安培定则判断磁场的方向．小磁针处于磁场中，N极受力方向与磁场方向相同．根据磁场方向判断小磁针的转动方向．‎ 解：当导线中通过图示方向的电流时，根据安培定则判断可知，小磁针所在处磁场方向垂直纸面向外，小磁针N受力向外，S极受力向里，故D正确，ABC错误．‎ 故选：D．‎ ‎【点评】判断电流方向与磁场方向的关系是运用安培定则．小磁针N极受力方向与磁场方向相同．‎ ‎10.如图所示，小球从高处下落到竖直放置的轻弹簧上，那么小球从接触弹簧开始到将弹簧压缩到最短的过程中（弹簧保持竖直），下列关于能的叙述正确的是( )‎ ‎ ‎ A. 弹簧的弹性势能先增大后减小 B. 小球的动能一直在增大 C. 小球的重力势能一直在减小 D. 小球与弹簧组成系统的机械能总和先增大后减小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 弹簧的弹性势能看的是弹簧形变量的大小；‎ 动能的大小与物体的速度有关，知道速度的变化规律可以知道动能的变化规律； 重力势能与物体的高度有关，根据高度的变化来判断重力势能的变化； 由外力做功与物体机械能变化的关系，可以判断机械能的变化；‎ ‎【详解】在小球刚接触弹簧的时候，弹簧的弹力小于物体的重力，合力向下，小球还是向下加速，当弹簧的弹力和物体的重力相等时，小球的速度达到最大，之后弹力大于了重力，小球开始减速，直至减为零。 A、由于弹簧一直处于压缩状态并且形变量越来越大，所以弹簧的弹性势能一直在增大，故A错误； B、根据以上分析，小球的速度先变大后变小，所以动能也是先变大后变小，故B错误。 C、由于在下降的过程中，重力对小球正功，故小球的重力势能减小，故选项C正确； D、根据机械能守恒条件可知，小球与弹簧系统机械能守恒，故D错误。‎ ‎【点睛】首先要明确小球的整个的下落过程，知道在下降的过程中各物理量之间的关系，在对动能和势能的变化作出判断，需要学生较好的掌握基本知识。‎ ‎11.对于如图所示电场中的A、B、C三点，下列判断正确的是( )‎ A. B点的电场强度最大 B. A点的电势最高 C. 正电荷在B点受到的电场力最大 D. 负电荷在A点具有的电势能最大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据电场线的疏密分析场强的大小，确定电场力的大小，电场线越密，场强越大，同一电荷受到的电场力越大，根据顺着电场线电势降低，判断电势的高低，根据推论：负电荷在电势高处电势能小判断电势能的大小；‎ ‎【详解】A、A处电场线最密，电场强度最大，B点处电场线最稀疏，场强最小，故A错误。 B、根据顺着电场线电势降低可知，A点的电势最高，故B正确； C、A处电场线最密，电场强度最大，由知同一电荷在A点受到的电场力最大，同理可知在B处受到的电场力最小，故C错误； D、A点电势最高，由知负电荷在A处电势能最小，故D错误。‎ ‎【点睛】本题中电场中常见问题，关键抓住电场线的物理意义：电场线的疏密表示电场的强弱，电场线的方向反映电势的高低。‎ ‎12.下列实验，表明电子在磁场中偏转的是( )‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ A、通电导体在磁场中受到安培力作用而发生了偏转．故A错误．‎ B、电流产生磁场，磁场对小磁针有磁场力，使得小磁针发生了偏转．故B错误．‎ C、阴极射线管中电子束在磁场中受到洛伦兹力作用发生了偏转．故C正确．‎ D、开关闭合或断开瞬间，螺线管B中产生了感应电流，电流表指针发生了偏转．故D错误．‎ ‎13.某学生用多用电表测量一个电阻的阻值.将选择开关置于“×1”挡时，指针在a位置;将选择开关置于“×10"挡时，指针在b位置(如图).并且，换挡后都进行了电阻调零操作.该电阻较为准确的测量值是( )‎ A. 18 B. 180 C. 200 D. 2000‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 为了测量的准确，应将指针指针表盘中间附近，结合电阻的阻值等于表盘读数乘以倍率得出电阻的测量值；‎ ‎【详解】因为指针指在中间附近比较准确，则电阻的测量值为，故B正确，ACD错误。‎ ‎【点睛】解决本题的关键知道欧姆表的零刻度线在右侧，指针偏转较大较小，知电阻较大，知道指针指在中间附近测量误差较小。‎ ‎14.若汽车的加速度方向与速度方向一致，当加速度减小时，则（ ）‎ A. 汽车的速度也减小 B. 汽车的速度保持不变 C. 当加速度减小到零时，汽车静止 D. 当加速度减小到零时，汽车的速度达到最大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 当加速度方向与速度方向相同，物体在做加速直线运动，根据加速度物理意义分析速度变化情况；‎ ‎【详解】A、汽车的加速度方向与速度方向一致，汽车在做加速运动，故AB错误； C、加速度减小，汽车的速度增加由快变慢，但速度仍在增加，当加速度为零时，汽车在速度达到最大值，此后汽车做匀速运动，故C错误，D正确。‎ ‎【点睛】加速度与速度没有直接的关系，加速度增大，速度不一定增加，加速度减小，速度不一定减小，加速度为零，速度不一定为零。‎ ‎15. 某同学的质量为50kg，所骑自行车的质量为15 kg，设该同学在平直路面上正常骑行时脚踏自行车的功率为40W。若人与车受到的阻力是其重力的0．02倍，则正常骑行自行车时的速度大小约为（ ）‎ A. 3m/s B. 4m/s C. 13m/s D. 30m/s ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：据题意，可以看成是功率恒定的启动方式，，速度增加牵引力减小，由可知自行车先做加速度减小的加速运动，当时最后做匀速运动；所以正常行驶时自行车速度为：，故选项A正确。‎ 考点：功率恒定的启动方式 名师点睛：本题分析的关键是抓住机车启动方式中的功率恒定的启动方式，机车启动过程速度增加，据可以分析牵引力在减小，据可以分析机车加速度减小，但速度增加，当时速度达到最大，之后以最大速度做匀速运动。‎ ‎16.如图所示，质量为m、电荷量为Q的带电小球A用绝缘细线悬挂于O点，另一个带电量也为Q的带电小球B固定于O点的正下方，已知绳长OA为2l，O到B点的距离为l，平衡时AB带电小球处于同一高度，已知重力加速度为g，静电力常量为k。则（ ）‎ A. A、B间库仑力大小为 B. A、B间库仑力大小为 C. 细线拉力大小为 D. 细线拉力大小为 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 由几何关系可知，OA与OB的夹角为600，则AB间距离：，则 A、B间库仑力大小为，选项A错误；根据平行四边形法则可知，AB间的库仑力为：，细线的拉力，或者，选项BC错误，D正确；故选D.‎ 点睛：此题关键是受力分析，画出受力图，结合平行四边形法则以及几何关系列方程求解.‎ ‎17.三峡水电站是我国最大的水力发电站, 平均水位落差约为100m,每秒约有1×104m3的水用来发电,水的重力势能约有20%转化为电能，已知水的密度为1.0×103kg/m3。火电厂每发一度电大约需耗标准煤0.3kg,同时排放二氧化碳1kg。关于三峡水电站,下列说法正确的是 A. 发电平均功率约为2×1012W B. 每天的发电量约为4.8×107kW·h C. 相比于同功率的火电厂,每天约可减少煤炭消耗2×106kg D. 相比于同功率的火电厂,每天约可减少二氧化碳排放4.8×106kg ‎【答案】B ‎【解析】‎ 三峡水电站平均水位落差约为100m，每秒约有的水用来发电，则每秒用来发电的水质量为，则发电平均功率约为，A错误；发电功率，则日平均发电量约为，B正确；火电厂每发一度电大约需耗标准煤0.3kg，则火电厂一天发电，需要煤，C错误；火电厂每发一度电大约需耗标准煤0.3kg，同时排放二氧化碳1kg，则火电厂一天发电，排放二氧化碳，D错误；故选B．‎ ‎【点睛】先求出每秒发电的水质量，根据W=Gh求出水的重力势能，然后结合效率求出的发电功率；再根据电功与电功率的关系求出日平均发电量，再利用火电厂每发一度电大约需耗标准煤0.3kg，同时排放二氧化碳1kg计算减少煤炭消耗和减少二氧化碳排放的质量．‎ ‎18.如图所示，在一根一端封闭、内壁光滑的直管MN内有一个带正电的小球，空间中充满竖直向下的匀强磁场。开始时，直管水平放置，且小球位于管的封闭端M处。现使直管沿水平方向向右匀速运动，经一段时间后小球到达管的开口端N处。在小球从M到N的过程中（　　　）‎ A. 磁场对小球做正功 B. 直管对小球做正功 C. 小球所受磁场力的方向不变 D. 小球的运动轨迹是一直线 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 小球能从管口处飞出，说明小球受到指向管口洛伦兹力，将小球的运动分解为沿管子向里和垂直于管子向右两个方向，根据受力情况和初始条件分析两个方向的分运动情况，研究轨迹；‎ ‎【详解】A、洛伦兹力总是与速度垂直，不做功，故A错误； B、对小球受力分析，受重力、支持力和洛伦兹力，其中重力和洛伦兹力不做功，而动能增加，根据动能定理可知，直管对小球的支持力做正功，故B正确； C、设管子运动速度为v1，小球垂直于管子向右的分运动是匀速直线运动。小球沿管子方向受到洛伦兹力的分力，均不变，不变，则小球沿管子做匀加速直线运动，与平抛运动类似，小球运动的轨迹是一条抛物线，洛伦兹力方向不断变化，故CD错误。‎ ‎【点睛】本题中小球做类平抛运动，其研究方法与平抛运动类似，运动的合成与分解，其轨迹是抛物线，本题采用的是类比的方法理解小球的运动。‎ 二、非选择题 ‎19.(1)如图为某同学“验证机械能守恒定律”的实验装置图，现有的器材：带铁夹的铁架台、电磁打点计时器、纸带、带夹子的重物、导线若干．为完成此实验，除了所给的器材，还需要_____．(填选项前的字母) ‎ A．刻度尺 B．秒表 C．220V 交流电源 D．低压交流电源 ‎ ‎（2）打点计时器的电源为交流电源（频率为 50Hz），如图为打出纸带的一部分，A、B、C 为连续的三个点，用刻度尺量得，xAB=4.15cm，xBC=4.53cm，则可得到打 B点时重物下落的速度大小 vB = _______m/s．（结果保留三位有效数字）。‎ ‎（3）在如图所示“探究加速度与力、质量的关系”的实验中，可通过位移的测量来代替加速度的测量，即使用这种方法需满足的条件是两小车_____________(填“质量”、“所受拉力”或“运动时间”)相同. ‎ ‎【答案】 (1). （1）AD (2). （2）2.17 (3). （3）运动时间 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据实验需要测量的物理量确定所需的器材；‎ 根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出B点的瞬时速度;加速度；‎ 根据位移与时间的关系来判断加速度与位移之比；‎ ‎【详解】（1）打点计时器可以测量时间，不需要秒表，在实验中需要测量速度和下落的距离，所以需要刻度尺，电磁打点计时器使用6V以下交流电源，故选项AD正确，BC错误； （2）根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度可得：‎ ‎； （3）当两小车都做初速度为0的匀变速直线运动，根据，得可得物体的加速度，根据题意要通过位移的测量来代替加速度的测量，即满足，小车的质量及所受拉力共同决定小车的加速度，则要即可。‎ ‎【点睛】正确利用所学物理规律解决实验问题，熟练应用物理基本规律，因此这点在平时训练中要重点加强。‎ ‎20.（1）下图为某同学在实验过程中完成的部分电路连接的情况，请你帮他完成其余部分的线路连接。（用黑色水笔画线表示对应的导线）_________‎ ‎（2）如果某次实验测得小灯泡两端所加电压如图所示，U＝______V；‎ 请结合图线算出此时小灯泡的电阻是__________Ω（保留三位有效数字）。‎ ‎【答案】 (1). （1） (2). （2）2.28~2.32V (3). 11.5~12.2Ω ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据题意确定滑动变阻器与电流表的接法，然后连接实物电路图； （2）由图示电压表读出其示数，由图示图象求出对应的电流，然后由欧姆定律求出电阻阻值；‎ ‎【详解】（1）描绘灯泡伏安特性曲线，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，由于小灯泡的电阻较小，采用安培表外接法，如图所示：‎ ‎（2）电压表量程为3V，由图示电压表可知，其分度值为0.1V，示数为2.3V，由图示图象可知，2.3V对应的电流为，此时灯泡电阻为：。‎ ‎【点睛】描绘伏安特性曲线电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，根据灯泡电阻与电表内阻关系确定电流表的接法与确定滑动变阻器的接法是正确连接实物电路图的前提与关键。‎ ‎21.如图所示，在同一水平面上的两金属导轨间距L=0．2m，处在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B=1T．导体棒ab垂直导轨放置，棒长等于导轨间距，其电阻R=6Ω．闭合开关，当通过导体棒ab的电流I=0.5A时，求：‎ ‎(1)导体棒ab上电流的热功率；‎ ‎(2)导体棒ab受到安培力的方向；‎ ‎(3)导体棒ab受到安培力的大小．‎ ‎【答案】（1）1.5W（2）水平向右（3）0.1N ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由公式求出导体棒ab上电流的热功率； （2）导体棒ab受到安培力的大小，由左手定则判断安培力方向；‎ ‎【详解】（1）导体棒ab上电流的热功率为：；‎ ‎（2）由左手定则判断安培力方向水平向右；　　 （3）导体棒ab受到安培力的大小为：。‎ ‎【点睛】本题考查安培力大小的计算和方向的判断能力，比较简单，在平时学习过程中加强训练。‎ ‎22.原地纵跳摸高是篮球和羽毛球重要的训练项目。已知质量m=60 kg的运动员原地摸高为2.05米，比赛过程中，该运动员重心先下蹲0.5米，经过充分调整后，发力跳起摸到了2.85米的高度。假设运动员起跳时为匀加速运动，求：‎ ‎（1）该运动员离地面时的速度大小为多少；‎ ‎（2）起跳过程中运动员对地面的压力；‎ ‎（3）从开始起跳到双脚落地需要多少时间？‎ ‎【答案】（1）4m/s （2）1560N （3）1.05s ‎【解析】‎ ‎（1）从开始起跳到脚离开地面重心上升=0.5m，离开地面到上升到最高点的过程中，重心上升距离=0.8m，根据速度位移关系：‎ 所以；‎ ‎（2）脚未离地过程中，，得 对人受力分析，得 由牛顿第三定律可知运动员对地面的压力为1560N，方向向下；‎ ‎（3）加速上升时间，减速上升的时间，加速下降和减速上升时间相同，故总时间为。‎ ‎23.如图为固定在竖直平面内的轨道，直轨道AB与光滑圆弧轨道 BC相切，圆弧轨道的圆心角为37°，半径为r=0.25m，C端水平, AB段的动摩擦因数为0.5．竖直墙壁CD高H=0.2m,紧靠墙壁在地面上固定一个和CD等高，底边长L=0.3m的斜面．一个质量m=0.1kg的小物块(视为质点)在倾斜轨道上从距离B点l=0.5m处由静止释放，从C点水平抛出．重力加速度g=10m/s2‎ ‎，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：‎ ‎ ‎ ‎（1）小物块运动到C点时对轨道的压力的大小；‎ ‎（2）小物块从C点抛出到击中斜面的时间； ‎ ‎（3）改变小物体从轨道上释放的初位置，求小物体击中斜面时动能的最小值．‎ ‎【答案】（1）2.2N （2） （3）当y=0.12m， J ‎ ‎【解析】‎ 试题分析：小物块从A到C的过程，由动能定理求出C点的速度．在C点，由牛顿第二定律求轨道对小物块的支持力，再由牛顿第三定律得到小物块对轨道的压力．（2）小物块离开C点后做平抛运动，由平抛运动的规律和几何关系列式，联立求解平抛运动的时间．（3）根据数学知识得到小物体击中斜面时动能与释放的初位置坐标的关系式，由数学知识求解动能的最小值．‎ ‎（1）小物块从A到C的过程，由动能定理得： ‎ 代入数据解得 在C点，由牛顿第二定律得：‎ 代入数据解得：=2.2N 由牛顿第三定律得，小物块运动到C点时对轨道的压力的大小为2.2N．‎ ‎（2）如图，设物体落到斜面上时水平位移为x，竖直位移为y， ‎ 代入得：，由平抛运动的规律得：，‎ 联立得 ，代入数据解得： ‎ ‎ （3）由上知 ‎ 可得：‎ 小物体击中斜面时动能为： ‎ 解得当 ‎ ‎