江苏省南通市天星湖中学2019-2020学年高二上学期期初测试物理试题
天星湖中学 2019-2020 学年（上）期初测试高二物理
一、单项选择题
1.如图，两个卫星绕着同一行星做匀速圆周运动，轨道半径分别为R1和R2，R1>R2，两卫星的线速度分别为v1和v2，角速度分别为ω1和ω2，周期分别为T1和T2，则
A. v2>v1，ω2>ω1，T2
ω1，T2>T1
C. v2>v1，ω2<ω1，T2>T1
D. v2φB，EA>EB B. φA>φB，EAEB
【答案】D
【解析】
A．从A向B运动为加速运动，说明电场力从A向B，负电荷受力方向与电场线方向相反，所以电场线方向从B向A，沿电场线方向电势逐渐降低，故A错误，B错误；
C．速度时间图像斜率代表加速度，由乙图可知从A到B加速度逐渐减小，根据牛顿第二定律，加速度减小电场强度逐渐减小，故C错误，D正确。
故选：D。
6.如图所示，两带等量异种电荷的金属板 A、B 水平正对放置，其间有一带电液滴恰处于静 止状态，现突然将 A 板上移，使板间距离加倍，则该液滴应( )
A. 以加速度 g 加速向上运动 B. 以加速度 g 加速向下运动
C. 仍保持静止状态 D. 无法确定
【答案】C
【解析】
【详解】开始时带电液滴恰处于静止，即重力与电场力相等，现突然将 A 板上移，使板间距离加倍，由公式可知，电容变为原来的一半，由于电荷量不变，由公式可知，两板间的电压变为原来的两倍，所以场强保持不变，电场力不变，即该液滴应仍保持静止状态
A. 以加速度 g 加速向上运动与分析不符，故A项不符合题意；
B. 以加速度 g 加速向下运动与分析不符，故B项不符合题意；
C. 仍保持静止状态与分析相符，故C项符合题意；
D. 无法确定与分析不符，故D项不符合题意。
7.如图所示，带等量异号电荷的两平行金属板在其空中水平放置，M、N为板间同一电场线上的两点。一带电粒子（不计重力）以速度vM经过M点向下运动，一段时间后返回，以速度vN经过N点向上运动，全过程未与下板接触，则
A. 粒子一定带正电
B. 电场线方向一定竖直向上
C. M点的电勢一定比N点的高
D. 粒子在N点的电势能一定比在M点的大
【答案】D
【解析】
【详解】试题分析：由带电粒子未与下板接触，可知粒子向下做的是减速运动，故电场力向上；因粒子的电性与电场的方向都不知道，所以两个都不能判定，故ABC错误；粒子由M到N电场力做负功，动能减少，电势能增加，故M点的电势能小于N点的电势能，故D正确．
考点：考查了电场力做功
【名师点睛】（1）电场力做正功则电势能减小，电场力做负功则电势能增加；（2）电场力做功要注意电荷的正负极性，极性不同则做功不同．
8. 在如图所示电路中，当滑动变阻器滑片P向下移动时，则( )
A. A灯变亮、B灯变亮、C灯变亮
B. A灯变亮、B灯变亮、C灯变暗
C. A灯变亮、B灯变暗、C灯变暗
D. A灯变亮、B灯变暗、C灯变亮
【答案】D
【解析】
试题分析：滑动变阻器滑片P从上向下移动时，电路总电阻减小，电流总电流增大，所以通过A灯的电流增大，A两端的电压增大，所以A灯变亮，路端电压减小，所以并联电路的电压减小，故B两端的电压减小，所以B灯变暗，总电流时增大的，同过B的电流是减小的，所以通过C的电流增大，故C等变亮，D正确，故选D
考点：考查闭合电路的动态变化
点评：本题难度较小，电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法
9.两个等量异种点电荷位于x轴上，相对原点对称分布，正确描述电势随位置变化规律是图
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】
【详解】试题分析：两个等量异号电荷的电场线如下图，
根据“沿电场线方向电势降低”的原理，从左侧无穷远处向右电势应升高，正电荷所在位置处最高；然后再慢慢减小，O点处电势为零，则O
点右侧电势为负，同理到达负电荷时电势最小，经过负电荷后，电势开始升高，直到无穷远处，电势为零；故BCD是错误的；A正确．故选A
考点：电场线；电场强度及电势.
【名师点睛】本题中应明确沿电场线的方向电势降低；并且异号电荷连线的中垂线上的电势为零；因为其中垂线为等势面，与无穷远处电势相等；此题考查学生应用图像观察图像解决问题的能力.
二、 多项选择题
10.如图所示，A、B质量相等，它们与地面间的动摩擦因数也相等，且FA = FB，如果A、B由静止开始运动相同的距离，那么（ ）
A. FA对A做的功与FB对B做的功相同
B. FA对A做功的平均功率大于FB对B做功的平均功率
C. 到终点时物体A获得的动能大于物体B获得的动能
D. 到终点时物体A获得的动能小于物体B获得的动能
【答案】ABC
【解析】
试题分析：由题意可知，A、B水平方向上运动距离相等，且F1=F2，根据W=FLcosα可知，F1、F2做的功相同，故A正确；由牛顿第二定律可知，F1cosα-μ（mg-F1sinα）=maA；F2cosα-μ（mg+F2sinα）=maB；因为F1=F2，可知aA＞aB，在相同距离内tA＜tB，又两力做功相同，由可知：PA＞PB，故B正确；
受力分析可知A受到摩擦力f1=μ（mg-F1sinα）小于B受到的摩擦力f2=μ（mg+F2sinα），根据动能定理可知：对A：W合A=[F1cosα-μ（mg-F1sinα）]L
对B：W合B=[F2cosα-μ（mg+F2sinα）]L；即W合A＞W合B，可知A获得的动能大于B获得的动能，故C正确，D错误；故选ABC．
考点：动能定理；功
名师点睛：本题主要考察功的计算，注意：A、B两物体在水平面上的正压力不同，所以摩擦力不同，合外力对物体做的功不同。
11.质量为 1 kg 的物体以某一初速度在水平地面上滑行，由于受到地面摩擦阻力作用，其动能随 位移变化的图线如图所示，g 取，则物体在水平地面上( )
A. 所受合外力大小为 5 N
B. 滑行的总时间为 4 s
C. 滑行的加速度大小为 1
D. 物体与地面间的动摩擦因数为 0.25
【答案】BD
【解析】
【详解】A. 物体受重力、支持力和摩擦力，合力等于摩擦力；由图象可知，EK1=50J，EK2=0J，位移x=20m，
则初速度为：
由动能定理得：
EK2-EK1=-fx
解得：
，
故A项与题意不符；
B.由公式 ，解得：
故物体运动时间为：
故B项与题意相符；
CD. 由位移公式，解得：
由公式
解得：
故C项与题意不符，D项与题意相符。
12.如图所示，一根轻质弹簧固定于 O 点，另一端系一个重物，将重物从与悬挂点等高的地方无 初速度释放，让其自由摆下，不计空气阻力，重物在摆向最低点的位置的过程中( )
A. 重物重力势能减小
B. 重物重力势能与动能之和增大
C. 重物的机械能不变
D. 重物的机械能减少
【答案】AD
【解析】
【详解】A. 在小球向下摆动过程中，重力做正功，故重力势能减小，故A项与题意相符；
B. 在小球向下摆动过程中，弹簧的弹力逐渐变大，故弹性势能逐渐变大；在整个运动的过程中，有重力和弹簧的弹力做功，小球和弹簧系统机械能守恒；故重物重力势能与动能之和不断减小，故B项与题意不相符；
CD. 根据功能关系，除重力外，其余力做的功等于机械能的增加量，故重物的机械能减少量等于克服弹簧弹力所做的功，物体的机械能减小。故C项与题意不符，D项与题意相符。
13.如图所示，MN 是负点电荷产生的电场中的一条电场线．若一个带正电的粒子(不计重力)从a到b穿越这条电场的轨迹如图中的虚线所示．那么下列表述正确的是( )
A. 负点电荷一定位于 N 点的右侧
B. 带电粒子在 a 点的加速度大于在 b 点的加速度
C. 带电粒子在 a 点时的电势能大于在 b 点时的电势能
D. 带电粒子从 a 到 b 的过程中，动能减小
【答案】BD
【解析】
【详解】A. MN是负点电荷产生的电场中的一条电场线。一个带正电的粒子受到的电场力是吸引力，可以判断固定在电荷在M一侧，故A项与题意不相符；
B.a点离负点荷更近，所以a点的场强更大，即带电粒子在 a 点的加速度大于在 b 点的加速度，故B项与题意相符；
C. 负点电荷在M点的左侧，离a点更近，所以a点的电势一定低于b点的电势，所以带电粒子在 a 点时的电势能小于在 b 点时的电势能，故C项与题意不相符；
D. 带电粒子在 a 点时的电势能小于在 b 点时的电势能，由能量守恒可知，带电粒子在 a 点时的动能大于在 b 点时的动能，即带电粒子从 a 到 b 的过程中，动能减小，故D项与题意相符。
14.光滑水平面上有一边长为l的正方形区域处在场强为E的匀强电场中，电场方向与正方形一边平行。一质量为m、带电量为q的小球由某一边的中点，以垂直于该边的水平初速v0进入该正方形区域。当小球再次运动到该正方形区域的边缘时，具有的动能不可能为（ ）
A. 0 B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】
试题分析：据题意，设小球带正电，电场方向如图所示，当小球从AB中点向下运动时，由于电场力做负功，小球到达CD中点时速度刚好为0，则A选项正确；如果小球运动了一段距离速度减为0，在电场力作用下反向运动，回到原点时速度为v0，则C选项正确；当小球从AC中点运动到AB，则小球的动能为：，则B选项正确，小球在电场力得作用下电场力做功最大值为 ，因此小球得末动能不可能是D选项。
考点：本题考查动能定理的应用和电场的性质。
15.小灯泡通电后其电流I随所加电压U变化的图线如图所示，P为图线上一点，PN为图线的切线，PQ为U轴的垂线，PM为I轴的垂线．则下列说法中正确的是（ ）
A. 随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大
B. 对应P点，小灯泡的电阻为R＝
C. 对应P点，小灯泡的电阻为R＝
D. 对应P点，小灯泡的功率为图中矩形PQOM所围的面积
【答案】ABD
【解析】
【详解】A．由图象可知，通过灯泡的电流随两端电压的增大而增大，且△U＞△I，因为电阻是指对电流的阻碍作用，所以随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大，否则△U和△I的变化倍数相等，故A正确；
BC．由图象可知，P点对应的电压为U1，电流为I2，则灯泡的电阻R＝，故B正确；C错误；
D．因P=UI，所以图象中矩形PQOM所围的面积为对应P点小灯泡的实际功率，故D正确．
16.用伏安法测未知电阻 Rx 时，若不知道 Rx 的大概值，为了选择正确的电路接法以减小误差， 可将电路按如下图所示连接，只空出电压表的一个接头 S，然后将 S 分别与 a、b 接触一下，观察 电压表和电流表示数变化情况，那么( )
A. 若电流表示数有显著变化，S 应接 a
B. 若电流表示数有显著变化，S 应接 b
C. 若电压表示数有显著变化，S 应接 a
D. 若电压表示数有显著变化，S 应接 b
【答案】BC
【解析】
【详解】AB. 若S从a移到b时，安培表读数有显著变化，说明伏特表的分流明显，S应接在b处，故A项与题意不相符，B项与题意相符；
CD. 若S从a移到b时，伏特表读数有显著变化，说明电流表的分压明显，S应接在a处，故C项与题意相符，D项与题意不符。
17.质量与电量均不同的一束带电粒子，经过同一电场加速后，垂直于电场方向水平射入平行板 电场内，经过电场后的偏转角与下列因素有关的是（ ）
A. 粒子带电量越大，偏转角越大
B. 带电粒子质量越小，偏转角越大
C. 偏转角大小与带电粒子荷质比无关
D. 加速电压越小，偏转电压越大，偏转角越大
【答案】CD
【解析】
【详解】粒子由初速为零，经电压为U电场加速，在加速过程中，只有电场力做的功为qU，由动能定理得：
解得：
粒子经匀强电场偏转，偏转电场长为L，场强为E，进入偏转电场做类平抛运动，结合平抛运动规律解题，水平方向：
L=v0t
竖直方向
由平抛运动规律得：
则可知，偏转角与带电粒子的电荷量、质量等无关，
A. 粒子带电量越大，偏转角越大与分析不符，故A项与题意不符；
B. 带电粒子质量越小，偏转角越大与分析不符，故B项与题意不符；
C. 偏转角大小与带电粒子荷质比无关与分析相符，故C项与题意相符；
D. 加速电压越小，偏转电压越大，偏转角越大与分析相符，故D项与题意相符。
三、非选择题
18.设地球的半径为 R0，质量为 m 的人造卫星在距地,3R0 高处做匀速圆周运动，地面的重力加速度为 g，则卫星的线速度为多大？
【答案】
【解析】
【详解】研究卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式
其中：
忽略地球自转的影响，根据万有引力等于重力列出等式
解得：
。
19.如图所示的电路中，当S闭合时，电压表和电流表(均为理想电表)的示数各为1.6V和0.4A．当S断开时，它们的示数各改变0.1V和0.1A，求电源的电动势和内电阻。
【答案】E＝2 V，r＝1 Ω
【解析】
试题分析：当S闭合时，R1、R2并联接入电路，由闭合电路欧姆定律得：
U1＝E－I1r即E＝1．6＋0．4r，①
当S断开时，只有R1接入电路，由闭合电路欧姆定律得：
U2＝E－I2r，
即E＝（1．6＋0．1）＋（0．4－0．1）r，②
由①②得：E＝2 V，r＝1 Ω．
考点：闭合电路欧姆定律
【名师点睛】求解电源电动势和内阻，常常根据两种情况由闭合电路欧姆定律列方程组求解，所以要牢记闭合电路欧姆定律的不同表达形式．
20.如图所示，abcd是一个正方形盒子．cd边的中点有一个小孔e.盒子中有沿ad方向的匀强电场．一个质量为m带电量为q的粒子从a处的小孔沿ab方向以初速度v0射入盒内，并恰好从e处的小孔射出．(忽略粒子重力)求：
(1)该带电粒子从e孔射出的速度大小．
(2)该过程中电场力对该带电粒子做的功．
(3)若正方形的边长为L，试求该电场的场强．
【答案】（1） （2）
【解析】
(1)设粒子在e孔的竖直速度为vy.
则水平方向：l/2＝v0t
竖直方向：l＝·t 得：vy＝4v0ve＝＝v0
(2)由动能定理得：W电＝－＝8
(3)由W电＝Eq·l和W电＝8得：E＝.
本题考查带电粒子在电场中的偏转，在进入匀强电场后粒子只受电场力作用，做类平抛运动，水平方向匀速运动，竖直方向自由落体，由此可求得飞出e孔时竖直分速度和合速度大小，在偏转过程中由电场力做功等于动能变化量可求得电场力做功，由电场力做功W=qEd结合动能变化量可求得场强大小
21.如图 所示，质量为 m1 的物体 A 经一轻质弹簧与下方地面上的质量为 m2 的物 体 B 相连，弹簧的劲度系数为 k，A、B 都处于静止状态．一条不可伸长的轻绳绕过轻滑轮，一端 连物体 A，另一端连一轻挂钩，不计滑轮的摩擦，开始时各段绳都处于伸直状态，A 上方的一段
绳沿竖直方向．重力加速度为 g.
(1)求弹簧的压缩量；
(2)现用一恒力 F 沿竖直方向向下拉挂钩，求物块 B 刚要离开地面时物块 A 的加速度 a；
(3)第(2)问中，若物块 B 刚要离开地面时，物块 A 的速度为 v.求从开始施加拉力到物块 B刚要离开地面过程中，弹簧弹力对物块 A 所做的功；
【答案】(1) (2)
(3)
【解析】
【详解】(1) 根据胡克定律
F1=kx1
解得：
(2) 刚要离开地面时，弹簧的伸长量为x2
kx2=m2g
此过程中以A为研究对象，根据动能定理
重力和拉力做功分别为
得：
(3)分析题意可知，B不再上升，表明此时A和C的速度为零，C已降到最低点．以A、C
和弹簧为研究对象，根据机械能守恒定律，弹簧弹性势能增加量为
得：
弹力对A所做的功
