湖南省怀化市2019-2020学年高二上学期期末考试物理试题 19页

物理试卷 一、选择题：（本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。）‎ ‎1.做匀加速直线运动的物体，在第1秒内的位移为3m，第2秒内的位移为5m，则（ ）‎ A. 第1秒末的速度为1m/s B. 加速度一定为2m/s2‎ C. 加速度一定为3m/s2‎ D. 第2秒末的速度为4 m/s ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．第1秒末的速度等于2s内的平均速度 选项A错误；‎ BC．物体的加速度 选项B正确，C错误； ‎ D．第2秒末的速度为 选项D错误；‎ 故选B.‎ ‎2.如图，物块在水平恒力F的作用下，静止在光滑的斜面上，恒力F=3 N，斜面倾角为37°，（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10 m/s2）则物块的质量是（ ）‎ A. 0.1 kg B. 0.2 kg C. 0.3 kg D. 0.4 kg ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】由平衡可知：‎ 解得 m=0.4kg.‎ A．0.1 kg，与结论不相符，选项A错误；‎ B．0.2 kg，与结论不相符，选项B错误；‎ C．0.3 kg，与结论不相符，选项C错误；‎ D．0.4 kg，与结论相符，选项D正确；‎ 故选D.‎ ‎3.质量为2 kg的质点在xOy平面上做曲线运动，在x方向的速度图象和y方向的位移图象如图所示，下列说法正确的是（ ）‎ A. 质点的初速度为3 m/s B. 质点所受的合外力为3 N C. 2 s末质点速度大小为10 m/s D. 2 s内质点的位移大小为17 m ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由图可知，质点x轴方向初速度为vx=3m/s，y轴方向初速度 因此质点的初速度为：‎ ‎ ‎ 故A错误； B．在y轴方向做匀速直线运动，外力为零，因此质点所受的合外力大小等于x 轴方向的力的大小，即：‎ ‎ ‎ 故B正确； C．2 s末质点在x方向的速度为6m/s，在y方向上的速度为4m/s，则合速度大小为 选项C错误；‎ D．2 s末质点在x方向的位移为 在y方向上的位移为8m，则合位移大小为 选项故D错误。 故选B。‎ ‎4.如图，质量相同的两颗卫星A、B绕地球做匀速圆周运动，A的轨道半径小于B的轨道半径，下列说法正确的是（ ）‎ A. 卫星A的运行速度大于7.9 km/s B. 卫星B的发射速度大于7.9 km/s C. 卫星A的机械能大于卫星B的机械能 D. 卫星B的加速度大于卫星A的加速度 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 第一宇宙速度是所有绕地球运转的卫星的最大环绕速度，则卫星A的运行速度小于7.9 km/s，选项A错误；‎ B. 第一宇宙速度也是所有绕地球运转的卫星的最小的发射速度，则卫星B的发射速度大于7.9 km/s，选项B正确；‎ C. 卫星B发射的较高，需要的能量较大，具有的机械能也较大，即卫星A的机械能小于卫星B的机械能，选项C错误；‎ D. 根据可知，卫星B的加速度小于卫星A的加速度，选项D错误；‎ 故选B.‎ ‎5.对下列物理公式的理解，其中正确的是 （ ）‎ A. 由公式φ=ЕP/q可知，静电场中某点的电势φ是由放入该点的点电荷所具有的电势能ЕP和该电荷电量q所决定的 B. 由公式R=U/Ｉ可知，导体的电阻R由它两端的电压U和它当中通过的电流Ｉ决定 C. 由公式E=kQ/r2可知，点电荷Q在距其r处产生的电场强度E由场源电荷电量Q和距场源电荷的距离r决定 D. 由公式C=可知，电容器的电容C由电容器所带电荷量Q和两极板间的电势差U决定 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：所谓比值定义法，就是用两个基本的物理量的“比”来定义一个新的物理量的方法．比如①物质密度 ②电阻 ③场强 ④磁通密度 ⑤电势差 等．一般地，比值法定义的基本特点是被定义的物理量往往是反映物质的最本质的属性，它不随定义所用的物理量的大小取舍而改变，如确定的电场中的某一点的场强就不随q、F而变．当然用来定义的物理量也有一定的条件，如q为点电荷，S为垂直放置于匀强磁场中的一个面积等．类似的比值还有：压强，速度，功率等等．‎ 静电场中某点的电势φ由电场本身决定，与试探电荷无关，A错误；由欧姆定律公式可知，属于比值定义法，导体的电阻R与两端电压U，及流过的电流I无关，故B错误；由公式可知，Q是形成此电场的点电荷的电量，r是该点距Q的距离，因此点电荷Q在距其r处产生的电场强度E由场源电荷电量Q和距场源电荷的距离r决定，C正确；电容器的电容C由电容器本身决定，与试探电荷无关，D错误．‎ ‎6.如图所示为洛伦兹力演示仪的结构图。磁场由两个相同、前后平行放置、圆心在一条直线上的通电的励磁线圈产生，其产生的磁场在线圈间是匀强磁场，已知磁场方向垂直纸面向外，电子枪发射电子束，速度方向与磁场方向垂直。电子速度大小通过电子枪的加速电压来调节，磁场强弱通过励磁线圈中的电流来调节。下列说法正确的是（ ）‎ A. 只减小励磁线圈中电流，电子束径迹的半径变小 B. 只降低电子枪加速电压，电子束径迹的半径变小 C. 只增大励磁线圈中电流，电子做圆周运动的周期将变大 D. 只升高电子枪加速电压，电子做圆周运动的周期将变大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】根据电子所受洛伦兹力的方向结合右手定则判断励磁线圈中电流方向是顺时针方向，电子在加速电场中加速，由动能定理有：‎ ‎ …①‎ 电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力，有：‎ ‎②‎ 解得：‎ ‎…③‎ ‎ ④‎ AC．可见增大励磁线圈中的电流，电流产生的磁场增强，由③式可得，电子束的轨道半径变小。由④式知周期变小，而减小励磁线圈中的电流，电流产生的磁场减弱，由③式可得，电子束的轨道半径变大。由④式知周期变大；故AC错误；‎ BD．提高电子枪加速电压，电子束的轨道半径变大、周期不变；降低电子枪加速电压，电子束径迹的半径变小；周期不变，故B正确，D错误；‎ 故选B。‎ ‎7.如图，实线表示某电场的电场线（方向未标出），虚线是一带负电的粒子只在电场力作用下的运动轨迹，设M点和N点的电势分别为、，粒子在M点和N点的加速度大小分别为、，速度大小分别为、，电势能分别为 , 。下列说法正确的是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．带电粒子所受电场力指向轨迹弯曲的内侧，根据带负电粒子受力情况可知，电场线方向斜向左上方，又沿着电场线方向，电势逐渐降低，故φM＞φN ，选项A正确；‎ B．根据电场线疏密可知，N点的场强比M点大，根据F=Eq和牛顿第二定律可知，aM＜aN ，选项B错误；‎ CD．若粒子从M到N过程，电场力做负功，动能减小，电势能增加，故带电粒子通过M点时的速度比通过N点时的速度大，即vM＞vN ，在M点具有的电势能比在N点具有的电势能小，即EPM＜EPN，选项CD错误；‎ 故选A。‎ ‎8.如图所示，完全相同的甲、乙两个环形电流同轴平行放置，甲的圆心为O1，乙的圆心为O2，在两环圆心的连线上有a、b、c三点，其中aO1=O1b=bO2=O2c，此时a点的磁感应强度大小为B1，b点的磁感应强度大小为B2．当把环形电流乙撤去后，c点的磁感应强度大小为 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】对于图中单个环形电流，根据安培定则，其在中轴线上的磁场方向均是向左，故c点的磁场方向也是向左的，设aO1=O1b=bO2=O2c=r，单个环形电流在距离中点r位置的磁感应强度为B1r，在距离中点3r位置的磁感应强度为B2r，故a点磁感应强度：，b点磁感应强度：，当撤去环形电流乙后，c点的磁感应强度：，故选C．‎ ‎【点睛】利用安培定则确定中轴线上各点的磁感应强度的方向，由对称性可知在中轴线上与环形电流等距的点的磁感应强度大小相同，根据磁感应强度的矢量性，利用矢量合成法则就可以写出B1和B2的表达式，当撤去环形电流乙后，c点的磁场只由环形电流甲产生，由B1和B2的表达式即可求出c点的磁感应强度．‎ 二、选择题：（本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。）‎ ‎9.法拉第首先提出用电场线形象生动地描绘电场，如图所示为点电荷a、b所形成电场的电场线分布图，以下几种说法中正确的是（ ）‎ A. a、b为异种电荷，a的电荷量大于b的电荷量 B. a、b为异种电荷，a的电荷量小于b的电荷量 C. a、b为异种电荷，a附近的电场强度大于b附近的电场强度 D. a、b为异种电荷，a附近的电场强度小于b附近的电场强度 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．根据电场线由正电荷出发，终止于负电荷可知为异种电荷；根据点电荷的场强公式：知，场源的电荷量越大距离场源相同距离的位置场强越大，电场线越密，所以a的电荷量小于b的电荷量，故A错误，B正确；‎ CD．根据电场线的疏密程度表示场强的大小，可以判断a点电场线稀疏，a点的场强小于b点的场强，故C错误，D正确；‎ 故选BD。‎ ‎10.如图所示的电路中，各个电键均闭合，且k2接a，此时电容器C中的带屯微粒恰好静止，现要使微粒向下运动，则应该（ ）‎ A. 将k1断开 B. 将k2掷在b C. 将k2掷在c D. 将k3断开 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．断开k1，电容器与电源断开，电容器放电，电压减小，粒子向下运动，故A正确；‎ B．将k2掷在b时，电容器之间与电源连接，电容器两端电压变大，粒子受向上的电场力变大，则粒子向上运动，故B错误；‎ C．将k2掷在c时，电容器被短路，电容器放电，电压减小，粒子向下运动，故C正确；‎ D．断开k3，电容器被断开，不会产生充放电现象，故粒子受力不变，油滴不会运动，故D错误；‎ 故选AC。‎ ‎11.磁流体发电是一项新兴技术，它可把气体内能直接转化为电能，如图是它的示意图，平行金属板A、C间有一很强的磁场，将一束等离子体(即高温下电离的气体，含有大量正、负带电离子)喷入磁场，两极板间便产生电压，现将A、C两极板与电阻R相连，两极板间距离为d，正对面积为S，等离子体的电阻率为ρ，磁感应强度为B，等离子体以速度v沿垂直磁场方向射入A、C两板之间，则稳定时下列说法中正确的是：‎ A. 极板A是电源的正极 B. 电源的电动势为Bdv C. 极板A、C间电压大小为 D. 回路中电流为 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】由左手定则知正离子向下偏转，所以上极板带负电，上板是电源的负极，下板是电源的正极，A错误；根据得电动势的大小为，则流过R的电流为，而，则电流大小，两极板间电势差为，故BC正确，D错误．‎ ‎12.如图甲,电动势为E,内阻为r的电源与R=6Ω的定值电阻、滑动变阻器Rp、开关S组成串联回路,已知滑动变阻器消耗的功率P与其接入电路的有效阻值Rp的关系如图乙,下列说法正确的是 A. 电源的电动势E=V,内阻r=4Ω B. 定值电阻R消耗的最大功率为0.96W C. 图乙中Rx=25Ω D. 调整滑动变阻器Rp的阻值可以得到该电源的最大输出功率为1W ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将R看成电源的内阻，当电源的内外电阻相等时RP的功率最大，由图读出RP的功率最大值及对应的阻值，即可求得电源的内阻，根据功率公式求出电源的电动势．根据滑动变阻器的阻值为4Ω与阻值为Rx时消耗的功率相等列式，可求得Rx．当RP=0时电路中电流最大，R消耗的功率最大．根据内外电阻相等时电源的输出功率最大求该电源的最大输出功率．‎ ‎【详解】由图乙知，当RP=R+r=10Ω时，滑动变阻器消耗的功率最大，R=6Ω，可得内阻 r=4Ω 最大功率 P==0.4W，解得 E=4V，故A错误．滑动变阻器的阻值为4Ω与阻值为Rx时消耗的功率相等，有 4Rx=（R+r）2，解得 Rx=25Ω，故C正确．当回路中电流最大时，定值电阻R消耗的功率最大，故最大功率为 Pmax=()2R=0.96W，故B正确．当外电路电阻与电阻相等时，电源的输出功率最大．本题中定值电阻R的阻值大于内阻的阻值，故滑动变阻器RP的阻值为0时，电源的输出功率最大，最大功率为 P出max=()2R=0.96W，故D错误．故选BC．‎ ‎【点睛】解决本题的关键是掌握推论：当外电路电阻与电阻相等时，电源的输出功率最大．对于定值电阻，当电流最大时其消耗的功率最大．对于变阻器的最大功率，可采用等效法研究．‎ 三、实验题：本题共2小题，共18分。‎ ‎13.（1）某同学用螺旋测微器和游标卡尺分别测量一物体的直径和长度，读出图中的示数，图甲为_____ mm，图乙为________ mm.‎ ‎（2）在测量电源电动势和内电阻的实验中，有电压表V(量程为3V，内阻约3kΩ)；电流表A（量程为0.6A，内阻约为0.70Ω）；滑动变阻器R（10Ω，2A）．为了更准确地测出电源电动势和内阻设计了如图所示的电路图．‎ ‎①在实验中测得多组电压和电流值，得到如图所示的U-I图线，由图可得该电源电动势E=____ V ，内阻r=______ Ω．（结果保留两位有效数字）‎ ‎②一位同学对以上实验进行了误差分析．其中正确的是______．‎ A．实验产生的系统误差，主要是由于电压表的分流作用 B．实验产生的系统误差，主要是由于电流表的分压作用 C．实验测出的电动势小于真实值 D．实验测出的内阻大于真实值 ‎【答案】 (1). 1.193—1.197 (2). 20.30 (3). 1.5V (4). 1.0 (5). AC ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）图甲螺旋测微器主尺刻度，分尺刻度，所以读数为（1.193—1.197皆可）；图乙游标卡尺主尺读数，分尺读数，所以读数为 ‎（2）①根据闭合电路欧姆定律得：，所以图像纵截距为电动势，所以，斜率表示内阻：‎ ‎②AB.根据电路图分析，电流表测的是滑动变阻器的电流不是干路电流，未计入电压表支路的电流，所以误差主要来源是电压表的分流作用，B错误A正确 CD.图像解析式，考虑到电压表的分流作用得，对比两个方程得到，，故C正确，D错误 ‎14.要测绘一个标有“3 V， 0.6W”小灯泡的伏安特性曲线，要求灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到3 V，并便于操作．已选用的器材有：‎ 直流电源（电压为4 V）；电键一个、导线若干．‎ 电流表（量程为0-0.3 A，内阻约0.5 Ω)；‎ 电压表（量程为0-3 V，内阻约3 kΩ)；‎ ‎（1）实验中所用的滑动变阻器应选下列中的_____（填字母代号）．‎ A．滑动变阻器（最大阻值10 Ω，额定电流1 A）‎ B．滑动变阻器（最大阻值1 kΩ，额定电流0.3 A）‎ ‎（2）如图为某同学在实验过程中完成的部分电路连接的情况，请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）‎ ‎（3）实验得到小灯泡的伏安特性曲线如图．由曲线可知小灯泡的电阻随电压增大而______（填“增大”、“不变”或“减小”）‎ ‎（4）如果把实验中的小灯泡与一个E=2V，内阻为2.0Ω的电源及阻值为8.0Ω的定值电阻串联在一起，小灯泡的实际功率是_____W（保留两位有效数字）．‎ ‎【答案】 (1). A (2). 增大 (3). 0.10W ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）因为测小灯泡的伏安特性曲线，采用分压式接法，为了实验方便操作，滑动变阻器选择阻值较小的，故选A ‎（2）连线如下：‎ ‎（3）根据欧姆定律：，可得图像斜率越来越小，说明电阻越来越大，所以小灯泡电阻随电压增大而增大 ‎（4）将定值电阻和电源内阻看成一体，在图中作出电源的外特性曲线：，图像交点为灯泡的工作点，由图可知，电流为0.1A，灯泡两端电压为1V，算得功率 四、计算题：（本题共4小题，共42分。）‎ ‎15.如图甲所示，在高速公路的连续下坡路段通常会设置避险车道，供发生紧急情况的车辆避险使用，本题中避险车道是主车道旁的一段上坡路面．一辆货车在行驶过程中刹车失灵，以的速度驶入避险车道，如图乙所示．设货车进入避险车道后牵引力为零，货车与路面间的动摩擦因数，取重力加速度大小．‎ ‎（1）为了防止货车在避险车道上停下后发生溜滑现象，该避险车道上坡路面的倾角应该满足什么条件？设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，结果用的正切值表示．‎ ‎（2）若避险车道路面倾角为，求货车在避险车道上行驶的最大距离．（已知，，结果保留2位有效数字．）‎ ‎【答案】(1) ； (2) 56 m ‎【解析】‎ ‎【详解】(1) 对货车进行受力分析，可得小车的 小车的最大静摩擦力等于滑动摩擦力为：‎ 而小车重力在斜面的水平分量为：‎ 若要货车在避险车道上停下后不发生溜滑现象，则需要：‎ 即：‎ 解得：‎ 则当时，货车在避险车道上停下后不会发生溜滑现象 ‎(2) 设货车在避险车道上的加速度为a，根据牛顿第二定律:‎ 得：‎ 解得：‎ 设货车避险车道上行驶的最大距离为x， ，‎ 据匀变速直线运动位移公式：‎ 代入数据，解得：‎ ‎16.将带电荷量为q=-6×10－6 C的电荷从电场中的A点移到B点，克服电场力做了3×10－5 J的功，再从B移到C，电场力做了1.2×10－5 J的功，求：‎ ‎ (1)A、C两点间的电势差UAC； ‎ ‎ (2)如果规定A点的电势能为零，则该电荷在B点和C点的电势能分别为多少；‎ ‎【答案】（1）3V （2）3×10－5 ，‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由于 WAC=WAB+WBC=－18×10-5J 且 ‎ ‎ 所以，‎ UAC=3V ‎（2）因WAB＝EpA－EPb所以 EpB＝EpA－WAB=＝0-WAB＝3×10－5 J 同理，C点的电势能为 EpC＝EpB－WBC＝3×10－5 J-1.2×10－5 J＝1.8×10－5 J ‎17.一质量为m=1.0×10-4kg的带电小球，带电量大小为q=1. ×10-6C，用长为L的绝缘细线悬挂在水平向右的匀强电场中，静止时细线与竖直方向如图所示成θ角，且θ=37°．（已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10 m/s2）‎ ‎（1）判断小球带何种电荷；‎ ‎（2）求电场强度E的大小；‎ ‎（3）求剪断细线开始经历t=1s小球电势能的变化大小. ‎ ‎【答案】（1）负电 （2） （3）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）小球受电场力向左，可知小球带负电 ‎（2）小球受力如图所示，由平衡条件得 ‎ 解得:‎ ‎（3）剪断细线时小球在重力mg、电场力qE 的合力作用下，沿细线原方向向左下做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：‎ 解得：‎ ‎1秒钟内小球发生的位移：‎ 小球沿电场线反方向移动的位移：‎ ‎18.如图，在平面直角坐标系xOy内，第I象限存在沿y轴负方向匀强电场，第IV象限以ON为直径的半圆形区域内，存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，自y轴正半轴上处的M点，以速度垂直于y轴射入电场。经x轴上处的P点进入磁场，最后垂直于y轴的方向射出磁场。不计粒子重力。求：‎ ‎ 电场强度大小E；‎ ‎ 粒子在磁场中运动的轨道半径r；‎ ‎ 粒子在磁场运动的时间t。‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】设粒子在电场中运动的时间为，根据类平抛规律有：‎ ‎，‎ 根据牛顿第二定律可得：‎ 联立解得：‎ 粒子进入磁场时沿y方向的速度大小：‎ 粒子进入磁场时的速度：‎ 方向与x轴成角，‎ 根据洛伦兹力提供向心力可得：‎ 解得:‎ 粒子在磁场中运动的周期：‎ 根据几何关系可知粒子在磁场中做圆周运动的圆心角：，则粒子在磁场中运动的时间：‎ ‎ ‎