【物理】海南省海口市第四中学2019-2020学年高二上学期期中考试试题(解析版)

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【物理】海南省海口市第四中学2019-2020学年高二上学期期中考试试题(解析版)

海口四中2019-2020学年高二第一学期期中考试 高二物理试题 一、单项选择题 ‎1.在物理学的发展中,有许多科学家做出了重大贡献,下列说法中正确的是 A. 牛顿通过理想斜面实验发现了物体的运动不需要力来维持 B. 物理学家卡文迪许用实验的方法测出了万有引力常量 C. 开普勒发现了万有引力定律 D. 伽利略通过观察发现了行星运动规律 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.伽利略通过理想斜面实验发现了物体的运动不需要力来维持,故A错误. ‎ B.牛顿发现了万有引力定律之后,卡文迪许通过扭秤实验第一次精确测量出万有引力常量.所以B正确; ‎ C.总结出万有引力定律的物理学家是牛顿,不是开普勒,故C错误. ‎ D.开普勒在第谷观测记录的天文数据的基础上,经过研究,发现了行星的三大运动定律,故D错误.‎ ‎2.某人以不变的速度垂直于对岸游去,游到河中间时,水流速度变大,则此人渡河所用时间比预定时间:‎ A. 增加 B. 减少 ‎ C. 不变 D. 无法确定 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析:将游泳者的运动分解为沿河岸方向和垂直于河岸方向,因为人以不变的速度向着对岸垂直游去,垂直于河岸方向上的分速度不变,水流速度不影响垂直于河岸方向上的运动,所以渡河时间不变.故C正确,ABD错误.故选C。‎ 考点:运动的合成和分解 ‎【名师点睛】此题是运动的合成及分解问题;解决本题的关键将游泳者的运动进行分解,抓住分运动与合运动具有等时性,各分运动具有独立性进行分析;注意水流速度的大小不影响渡河的时间.‎ ‎3.小球在水平桌面上做匀速直线运动,当它受到如图所示方向的力的作用时,小球可能运动的方向是: ‎ A. Oa B. Ob C. Oc D. Od ‎【答案】D ‎【解析】‎ 曲线运动中合力总是指向曲线的凹侧,D对;‎ ‎4.设两人造地球卫星的质量比为1:2,到地球球心的距离比为1:3,则它们的 A. 周期比为3:1 B. 线速度比为1:3‎ C. 向心加速度比为9:1 D. 向心力之比为1:18‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】人造卫星绕地球做匀速圆周运动,根据万有引力提供向心力,设卫星的质量为m、轨道半径为r、地球质量为M,有 计算得出:‎ ‎ ①‎ ‎ ②‎ ‎ ③‎ 由于两人造地球卫星的质量比为1:2,到地球球心的距离比为1:3.‎ A.由②式知:‎ 故A错误.‎ B.由①式知:‎ 故B错误 C.由③式 故C正确;‎ D.由 可知 所以D错误;‎ ‎5.如图,在E=2.0×103N/C的匀强电场中有A、M和B三点,其中BM与电场线垂直,AM与电场线成30°角,AM=4cm,BM=2cm,把一电量的正电荷从A移动到M点,再从M移动到B点,整个过程中电场力做功为 A. J B. 8.0×10-8 J C. 1.6×10-7 J D. 2.4×10-7 J ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】由题意知,把正电荷从A移动到M点,再从M移动到B点,全程做功为:‎ ‎,故选A.‎ ‎6.地球的同步卫星是指相对于地面静止不动的人造卫星(  )‎ A. 它可以在地面上任一点的正上方,且离地心距离可按需要选择不同的值 B. 它可以在地面上任一点的正上方,但离地心距离是一定的 C. 它只能在赤道的正上方,但离地心的距离可按需要选择不同的值 D. 它只能在赤道的正上方,且离地心的距离是一定的 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】同步卫星相对于地球静止,需要满足两个条件:一绕地球旋转的旋转轴与地球的地轴相同;二是旋转周期与地球自转周期相同,根据开普勒第三定律,同一中心天体相同,由于同步卫星的周期相同,所以旋转半径也相同,离地面的高度相同,同步卫星只能在赤道上方,且离地心的距离是一定的,故D正确;ABC错误;故选D ‎7.如图所示为某一电容器所带电荷量和两端电压之间的关系图线,若将该电容器两端的电压从40V降低到36V,下列说法正确的是 A. 该过程是充电过程 B. 该过程是放电过程 C. 电容器的电容为5.0×10-2F D. 该过程中电容器的电荷量变化量为0.005C ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】AB.由图象可知,电压从40V降低到36V,电容器的电量减小,则属于放电过程,故A错误,B正确;‎ C.根据图象,当电压为40V时,电量为0.2C,故电容为:‎ 故C错误;‎ D.如果该电容器两端的电压从40V降低到36V,则:‎ 故D错误。‎ ‎8.如图所示,长0.5 m的轻质细杆,一端固定有一个质量为3 kg的小球,另一端由电动机带动,使杆绕O点在竖直平面内做匀速圆周运动,小球的速率为2 m/s。取g=10 m/s2,下列说法正确的是 A. 小球通过最高点时,对杆的拉力大小是24 N B. 小球通过最高点时,对杆的压力大小是6 N C. 小球通过最低点时,对杆的拉力大小是24 N D. 小球通过最低点时,对杆的拉力大小是6 N ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】AB.设在最高点杆子表现为拉力,则有:‎ 代入数据得:F= -6N,则杆子表现支持力,大小为6N.所以小球对杆子表现为压力,大小为6N.故A错误,B正确.‎ CD.在最低点杆子表现为拉力,有:‎ 代入数据得:F=54N.故C错误,D错误.‎ 二、多项选择题 ‎9. 如图所示,a、b、c是在地球大气层外同一平面内的圆形轨道上绕逆时针方向运动的3颗卫星,下列说法正确的是( )‎ A. b、c的线速度大小相等,且大于a的线速度 B. b、c的向心加速度大小相等,且小于a的向心加速度 C. c加速可追上同一轨道上的b,b减速可等候同一轨道上的c D. a卫星由于某原因,轨道半径缓慢减小,其线速度将增大 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 试题分析:沿圆轨道运行的人造地球卫星,根据人造卫星的万有引力等于向心力,‎ ‎=m=ma A、线速度v=,根据题意ra<rb=rc,所以b、c的线速度大小相等,小于a的线速度,故A错误;‎ B、向心加速度a=,根据题意ra<rb=rc,所以b、c的向心加速度大小相等,且小于a的向心加速度,故B正确;‎ C、c加速,万有引力不够提供向心力,做离心运动,离开原轨道,b减速,万有引力大于所需向心力,卫星做近心运动,离开原轨道,所以不会与同轨道上的卫星相遇.故C错误.‎ D、卫星由于某原因,轨道半径缓慢减小,根据公式线速度v=,则线速度增大,故D正确;‎ 故选:BD.‎ ‎10.如图所示,平行板电容器的两极板A、B接在电池的两极,一带正电的小球悬挂在电容器内部,闭合开关S,给电容器充电,稳定后悬线偏离竖直方向的夹角为θ,则(  )‎ A. 若保持开关S闭合,A极板向B极板靠近,则θ增大 B. 若保持开关S闭合,A极板向B极板靠近,则θ不变 C. 若开关S断开,A极板向B极板靠近,则θ不变 D. 若开关S断开,A极板向B极板靠近,则θ增大 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB、若保持开关S闭合,则电容器两端的电压U恒定,A极板向B极板靠近时,两极板间的距离d减小,由E=U/d 可知两极板间的电场强度增大,带正电的小球受到的电场力增大,则θ增大,故A正确,B错误;‎ CD、若开关S断开,则电容器所带的电荷量恒定,A极板向B极板靠近时,板间距离减小,根据电容器的决定式、定义式 以及可得:,说明电场强度保持不变;带正电的小球受到的电场力不变,则θ不变,故C正确,D错误。‎ 故选:AC.‎ ‎11.某静电场中的电场线如图所示,带电粒子在电场中仅受静电力作用,由M点运动到N点,其运动轨迹如图中虚线所示,以下说法正确的是 A. 粒子必定是负电荷 B. 粒子在M点的电势能小于它在N点的电势能 C. 粒子在M点加速度小于它在N点的加速度 D. 粒子在M点的动能小于它在N点的动能 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.由电荷的运动轨迹可以知道,电荷的受力沿着电场线的方向,所以电荷为正电荷,所以A错误.‎ B.正电荷沿着电场的方向运动,所以电场力做正功,电荷的电势能减小,所以粒子在M点的电势能大于它在N点的电势能,所以B错误.‎ C.电场线密的地方电场的强度大,电场线疏的地方电场的强度小,由图可知N点的场强大于M点的场强的大小,在N点的受力大于在M的受力,所以粒子在M点的加速度小于它在N点的加速度,所以C正确.‎ D.正电荷沿着电场的方向运动,所以电场力做正功,电荷的电势能减小,动能增加,所以粒子在M点的动能小于它在N点的动能,所以D正确.‎ ‎12.如图所示电路,电源电动势为E,内阻为r,Rt为光敏电阻(光照强度增加时,其电阻值减小)。现增加光照强度,则下列判断正确的是 A. B灯变暗,A灯变暗 B. R0两端电压变大 C. 电源路端电压变大 D. 电源总功率变小 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】ABC.根据题意增加光照强度时减小,外电路总电阻减小,根据闭合电路欧姆定律得知干路电流I增大,电源的内电压增大,路端电压U减小,流过A灯的电流减小,则A灯变暗;通过电流:‎ I增大,而减小,故增大,则两端电压增大,而、B的电压之和等于路端电压,因路端电压减小,则知B的电压减小,所以B灯变暗;所以B正确,A错误,C错误.‎ D.电源的总功率:‎ 因为E不变,I增大,则P增大.故D错误.‎ 三、实验题 ‎13.一电流表的满偏电流Ig=0.6A,电流表内阻Rg=40Ω,面板如图所示。若要把这个电流表的量程扩大成 3A,那么应该在Rg上_______(填写“串”或“并”)联一个电阻Rx,Rx的大小应是________Ω;改装好后,用该电流表的3A量程测量某一电流,此时指针指到图中所示位置,则所测电流是________A。‎ ‎【答案】 (1). 并 (2). 10 (3). 1.1‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】[1][2]电流表要扩大量程,需要并联上一个电阻进行分流,所以:‎ ‎[3]如果采用0-3A量程时最小刻度为0.1A,是改装前前的5倍;所以读数为1.1A,‎ ‎14.下列器材组装一个电路,既能测量出电池组的电动势E和内阻r,又能同时描绘小灯泡的伏安特性曲线.‎ A.电压表V1(量程6 V,内阻很大)‎ B.电压表V2(量程4 V,内阻很大)‎ C.电流表A(量程3 A,内阻很小)‎ D.滑动变阻器R(最大阻值10 Ω,额定电流4 A)‎ E.小灯泡(2 A,7 W)‎ F.电池组(电动势E,内阻r)‎ G.开关一只,导线若干 实验时,调节滑动变阻器的阻值,多次测量后发现:若电压表V1的示数增大,则电压表V2的示数减小.‎ ‎(1)请将设计的实验电路图在图甲中补充完整.‎ ‎(2)每一次操作后,同时记录电流表A、电压表V,和电压表V2的示数,组成两个坐标点(I,U1)、(I,U2),标到U-I坐标中,经过多次测量,最后描绘出两条图线,如图乙所示,则电池组的电动势E=___V、内阻r=___Ω.(结果保留两位有效数字)‎ ‎(3)在U-I坐标中两条图线在P点相交,此时滑动变阻器连入电路的阻值应为___Ω,小灯泡的阻值应为____Ω.‎ ‎【答案】 (1). (2). 5.5 1.0 (3). 0 1.75‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]伏安法测电源电动势与内阻实验中电压表测路端电压,电压表示数随滑动变阻器接入电路阻值的增大而增大;描绘小灯泡伏安特性曲线实验中,电流表测流过灯泡的电流,灯泡两端电压随滑动变阻器接入电路电阻的增大而减小;调节滑动变阻器时电压表V1的示数增大,则电压表V2的示数减小,则V1测路端电压,V2测灯泡两端电压,电路图如图所示.‎ ‎(2)[2][3]电源的图象是一条倾斜的直线,由图象可以知道电源电动势,电源内阻:‎ ‎(3)[4][5]由图乙所示图象可知两图象的交点坐标,即灯泡电压,此时电路电流,则灯泡此时的电阻为:‎ 而电源电动势:‎ 带入数据解得.‎ 四、计算题 ‎15.一根长为l的丝线吊着一质量为m,带电荷量为+q的小球静止在匀强电场中,如右图所示丝线与竖直方向成37°角, (重力加速度为g),则:‎ ‎(1)匀强电场的电场强度的方向 ‎(2)匀强电场的电场强度的大小;‎ ‎【答案】(1)水平向右(2)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)由图中可知小球受到一个向右的电场力,因小球带正电,故匀强电场方向水平向右.‎ ‎(2)由题意可知小球静止在电场中,由平衡条件得:‎ 故:‎ 答:(1)匀强电场的电场强度的方向水平向右 ‎(2)匀强电场的电场强度的大小;‎ ‎16.半径为2.5m光滑半圆形轨道固定在水平地面上,一质量为2kg的小球以20m/s的速度从最低点A处冲上轨道,当小球从轨道最高点B处水平飞出时,(g=10m/s2)求:‎ ‎(1)小球在B处的速度大小;‎ ‎(2)小球在B处受到轨道弹力的大小;‎ ‎(3)小球落地点到A的距离.‎ ‎【答案】(1)(2)220N(3)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)A到B点过程中由动能定理有 代入数据解得:‎ ‎(2)小球在B点处合理提供向心力有:‎ 代入数据解得:FN=220N ‎(3)小球由B点飞出后做平抛运动,在竖直方向上有:‎ 代入数据解得:t=1s 在水平方向上有:‎ 故解得 答:(1)小球在B处的速度大小;‎ ‎(2)小球在B处受到轨道弹力的大小220N;‎ ‎(3)小球落地点到A的距离.‎ ‎17.如图所示为电子枪中电子在电场中运动的简化模型示意图。在Oxy平面的ABCD区域内,存在两个场强大小均为E的匀强电场I和II,两电场的边界均是边长为L的正方形,已知质量为m,电荷量为e的电子可正常穿过电场I和II区域(不计重力)。‎ ‎(1)在I区域AB边的中点处由静止释放电子,求电子离开电场I区域时的速度。‎ ‎(2)求电子离开电场I区域所用的时间。‎ ‎(3)求电子离开CD边的位置坐标。‎ ‎【答案】(1)(2)(3)(-2L,L)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)电子在电场I中做匀加速直线运动,出区域I时的为v1,有 ‎ 解得:‎ ‎(2)电子在电场I中做匀加速直线运动,电场力提供加速度有:‎ 根据运动学公式:‎ 联立解得:‎ ‎(3)电子在电场II做类平抛运动,假设电子从CD边射出,出射点纵坐标为y,则有:‎ 所以有:‎ 解得:‎ 所以原假设成立,即电子离开ABCD区域的位置坐标为(-2L,)‎ 答:(1)在I区域AB边的中点处由静止释放电子,电子离开电场I区域时的速度。‎ ‎(2)电子离开电场I区域所用的时间。‎ ‎(3)电子离开CD边的位置坐标为(-2L,)。‎
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