【物理】湖北省重点高中联考协作体2019-2020学年高二上学期期中考试试题（解析版） 13页

‎2019年秋季期中考试高二物理试题（3班、4班）‎ 一、选择题：（1-6小题为单选，7-10小题为多选，共40分）‎ ‎1.下列关于起电的说法错误的是　　‎ A. 不管是何种起电方式，都要遵循电荷守恒定律 B. 摩擦起电时，失去电子的物体带正电，得到电子的物体带负电 C. 摩擦和感应都能使电子转移，只不过前者使电子从一个物体转移到另一个物体上，而后者则使电子从物体的一部分转移到另一部分 D. 一个带电体接触一个不带电的物体，则两个物体带上等量异种电荷 ‎【答案】D ‎【解析】‎ A、不管何种起电方式，都要遵循电荷守恒定律，故A正确；‎ B、摩擦起电时，电子发生转移，失去电子的物体带正电，得到电子的物体带负电，故B正确；‎ C、摩擦和感应起电的原因均为电荷的转移，摩擦和感应都能使电子转移，只不过前者使电子从一个物体转移到另一个物体上，而后者则使电子从物体的一部分转移到另一部分，故C正确；‎ D、接触起电时，两物体只能带上同种电荷，并且只有两物体完全相同时才能带等量电荷，故D错误；‎ 点睛：明确电荷守恒定律的内容，知道起电的本质是电荷的转移；并且主要是电子的转移；并能正确进行解释即可求解．‎ ‎2.一质量5kg的物体做自由落体运动，在下落过程中第2s内，重力对该物体做的功为W，在第3s末重力的功率为P，g取10m/s2,下面说法正确的是（　　）‎ A. W=750J， P=1500W B. W=1000J，P=750W C. W=1000J，P=1500W D. W=750J，P=750W ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：物体第2s内通过的位移为：x=gt22﹣gt12=（22﹣12）m=15m 所以第2s内重力做功为 W=mgx=5×10×15J=750J 第3s末的速度 v=gt3=10×3=30m/s 所以第3s末重力的瞬时功率 P=mgv=5×10×30W=1500W 故选A ‎3.我国的“神舟”系列航天飞船的成功发射和顺利返回，显示了我国航天事业取得的巨大成就已知地球的质量为M，引力常量为G，飞船的质量为m，设飞船绕地球做匀速圆周运动的轨道半径为r，则(    )‎ A. 飞船在此轨道上的运行速率为 B. 飞船在此圆轨道上运行的向心加速度为 C. 飞船在此圆轨道上运行的周期为 D. 飞船在此圆轨道上运行所受的向心力为 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 研究飞船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：，解得：；a=；T=；F=G故C正确，ABD错误；故选C.‎ ‎4.如图所示，实线表示某静电场的电场线，虚线表示该电场的等势面，1、2两点间距离与3、4两点间距离相等．下列判断正确的是（　　）‎ A. 1、2两点的电势差与3、4两点的电势差相等 B. 2、3两点的电场强度相等 C. 1、2两点的电场强度相等 D. 点1的电势大于点4的电势 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】根据U=W/q，由于1、2两点的电场线比3、4两点间的电场线密集，故在1、2两点间电场力做功多，故1、2两点间电势差大，故A错误；电场线的疏密表示电场的强弱，由图可得，2与3比较，它们的电场强度的大小相同，方向不同．故B错误；同理1与2比较，它们的电场强度的大小不相同，方向相同．故C错误；由题目可得，2与3处于同一条等势线上，所以2与3两点的电势相等．沿电场线电势降低，可知点1的电势大于点2的电势，点3的电势大于点4的电势，则点1的电势大于点4的电势，选项D正确；故选D．‎ ‎【点睛】掌握住电场线和等势面的特点，即可解决本题，注意电场强度是矢量，是否相等，要关注大小和方向；顺着电场线电势降低．‎ ‎5.孤立的两颗星球A、B构成双星系统，已知A、B质量之比mA ：mB=1 ：3，那么它们的线速度之比vA ：vB为( )‎ A. 1：1 B. 3：1 C. 1：3 D. 9：1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】双星绕连线上某点做匀速圆周运动，万有引力提供圆周运动向心力，两星的周期和角速度相同则有：‎ 可得 ‎=‎ 据v=rω，可得：‎ 故选B。‎ ‎6.如图所示，一质量为m的小球固定于轻质弹簧的一端，弹簧的另一端固定于O点，将小球拉至A处，弹簧恰好无形变，由静止释放小球，它运动到O点正下方B点的竖直高度差为h，速度为v，则( )‎ A. 小球在B点动能等于mgh B. 由A到B小球重力势能减少 C. 由A到B小球克服弹力做功为mgh D. 小球到达位置B时弹簧的弹性势能为 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．对小球来说，由于有弹力做功，小球的机械能不再守恒，部分小球的机械能转化为了弹簧的弹性势能，而使小球的机械能减小，故小球在B点的动能小于mgh，故A错误；‎ B．由A至B重力势能减少mgh，小球在下降中小球重力势能转化为动能和弹性势能，所以，故B错误；‎ C．根据动能定理得：‎ 所以由A至B小球克服弹力做功为 故C错误；‎ D．弹簧弹力做功量度弹性势能的变化．所以小球到达位置B时弹簧的弹性势能为 故D正确。‎ 故选D。‎ ‎7.如图所示，实线表示电场线，虚线表示带电粒子在电场中运动的轨迹．若带电粒子仅受电场力作用，运动方向由M到N，以下说法正确的是 A. 粒子带负电 B. 粒子带正电 C. 粒子的电势能增加 D. 粒子的电势能减少 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 由粒子的运动轨迹可知，粒子所受的电场力方向大致向上，可知粒子带正电，选项A错误，B正确；粒子从M运动到N点，电场力做正功，电势能减小，选项D正确，C错误；故选BD.‎ ‎8.如图，质量为m的物块从半径为R的半球形的碗口沿内壁从静止开始滑下，滑到最低点时速度大小为v，若物块与球壳之间的动摩擦因数为，重力加速度为g，则在物块从静止滑到最低点的过程中下列说法正确的是　　‎ A. 合外力对物块做负功且 B. 物块重力势能减少了mgR C. 物块机械能减少了 D. 物块克服摩擦力做的功为 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据动能定理求合外力对物块．物块重力势能减少量等于重力做的功．物块机械能减少量等于初末机械能的差值．物块克服摩擦力做的功等于机械能的减少．根据功能关系求解．‎ ‎【详解】物块的动能增加，根据动能定理得知：合外力对物块做正功，且 故A错误．物块重力做功为mgR，则物块重力势能减少了mgR，故B正确．取最低点为零电势能点，则初态物块的机械能为，末态机械能为，则机械能减少量为故C正确．摩擦力是变力，不能根据功的公式计算物块克服摩擦力做功．应根据动能定理或功能原理求物块克服摩擦力做的功．根据功能关系知，物块克服摩擦力做的功故D错误．故选BC．‎ ‎【点睛】解决本题的关键是掌握常见的功与能的关系，知道合外力做功等于动能的变化，重力做功多少重力就减少多少，除重力以外的力做功等于机械能的变化．‎ ‎9.某电场等势面如图所示，下列说法正确的是（  ）‎ A. A、B两点电场强度的方向相同 B. 一个电子在A点和B点具有的电势能相同 C. 将一个电子从A点移动到C点,电势能增加 D. 将一个电子从C点移动到B点,电势能增加 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据电场线方向与等势面垂直且由高电势指向低电势，可知A、B两点的电场强度方向不相同，故A错误；‎ B．因为A、B在同一等势面上，所以一个电子在A点和B点具有电势能相同，故B正确；‎ C．将一个电子从A点移动到C点，电场力做功：‎ 电场力做负功，故电势能增加，故C正确；‎ D．将一个电子从C点移动到B点，电场力做功：‎ 电场力做正功，故电势能减少，故D错误。‎ 故选BC。‎ ‎10.如图所示，光滑水平面AB与竖直面上的半圆形固定轨道在B点衔接，轨道半径为R，BC为直径．一可看作质点、质量为m的物块在A点处压缩一轻质弹簧（物块与弹簧不拴接），释放物块，物块被弹簧弹出后，经过半圆形轨道B点时瞬间对轨道的压力变为其重力的7倍，之后向上运动恰好通过半圆轨道的最高点C，重力加速度大小为g，不计空气阻力，则（　　）‎ A. 物块经过B点时的速度的大小为 B. 刚开始时被压缩弹簧的弹性势能为3mgR C. 物块从B点到C点克服阻力所做的功为mgR D. 若开始时被压缩弹簧的弹性势能变为原来的2倍，物块到达C点的动能为mgR ‎【答案】AB ‎【解析】‎ A、设物块经过半圆轨道B点瞬间的速度为vB，物块在B点时轨道对物块的支持力为 FN=7mg，根据牛顿第二定律有 ，可得 ．故A正确；‎ B、物块从A点到B点的过程，由功能关系有：刚开始时被压缩弹簧的弹性势能为 Ep==3mgR，故B正确；‎ C、设物块到达C点时速度为vC，物块在C点时有 ，物块从B点到C点的过程，由动能定理得 ，可解得物块从B点到C点过程克服阻力做的功 Wf=0.5mgR，故C错误；‎ D、若刚开始时被压缩弹簧的弹性势能变为原来的2倍，则开始时弹簧的弹性势能为6mgR，假设物体在半圆轨道上克服摩擦力做功不变，仍为Wf=0.5mgR，由功能关系可得：6mgR﹣Wf=2mgR+EKC，解得 ‎ ，而实际上，若刚开始时被压缩弹簧的弹性势能变为原来的2倍，物块进入半圆形轨道的速度将增大，在同一点物块对轨道的压力增大，物块受到的滑动摩擦力增大，物块从B点到C点克服摩擦力所做的功增大，则物块到达C点的动能小于，故D错误．‎ 故选AB．‎ 二、实验题（本大题共2小题，共15.0分）‎ ‎11.如图所示为用电火花打点计时器验证机械能守恒定律的实验装置．‎ ‎（1）若已知打点计时器的电源频率为50Hz，当地的重力加速度g=9.80m/s2，重物质量为0.2kg．实验中得到一条点迹清晰的纸带如图所示，打P点时，重物的速度为零，A、B、C为另外3个连续点，根据图中的数据，可知重物由P点运动到B点，重力势能减少量等于___________J．（结果保留3位有效数字）‎ ‎（2）实验中发现重物增加的动能略小于减少的重力势能，其主要原因是_________．‎ A．重物的质量过大                              B．重物的体积过小 C．使用的直流电源                             D．重物及纸带在下落时受到阻力 ‎【答案】 (1). 9.82×10-2 (2). D ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]重力势能减少量 ‎△Ep＝mgh＝0.2×9.8×5.01×10-2J＝9.82×10-2J ‎(2)[2]重物增加的动能略小于减少的重力势能，主要原因是，重物及纸带在下落时受到阻力，阻力做负功，根据能量守恒，重力势能转化为物体的动能和克服摩擦力做功,故D正确。‎ 故选D。‎ ‎12.某同学利用图示装置探究一个小物体自由下落过程中机械能是否守恒，图中、‎ 两位置分别固定了两个光电门．实验测得小物体上宽度为的挡光片通过的挡光时间为，通过的挡光时间为，重力加速度为，、两位置间的距离为．‎ ‎（1）小物体经过、光电门时的速度分别为________，________．‎ ‎（2）若________，则小物体自由下落运动过程中的机械能守恒．‎ ‎【答案】 (1). (2). 2gh ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1][2]测得小物体上宽度为d的挡光片通过A的挡光时间为t1，通过B的挡光时间为t2，则：小物体经过A、B光电门时的速度 ‎,；‎ ‎(2)[3]如果物体动能的增加量等于重力势能的减小量 即 则小物体自由下落运动过程中的机械能守恒。‎ 三、计算题（本大题共4小题，共45.0分）‎ ‎13.如图所示，一带电量为q小球用绝缘绳悬挂，匀强电场方向水平向右．小球的重力为G，偏离竖直方向的夹角为θ=30°．求：‎ ‎（1）带点小球的电性是（正或负）．‎ ‎（2）求出小球受到的电场力F的大小．‎ ‎（3）求电场强度E．‎ ‎【答案】（1）正电荷（2）（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】带电小球处于匀强电场，在电场力qE、拉力FT与重力G处于平衡状态，根据电场线可知电场力的方向，可得电荷的电性，根据平衡条件，求解小球受的电场力，根据F=qE求解电场强度E的大小 解：(1)小球处于匀强电场，在电场力qE、拉力FT与重力G处于平衡状态，如图，‎ 电场力方向应水平向右，与电场强度方向相同，所以小球带正电；‎ ‎(2)结合受力示意图，根据平衡条件得：‎ 小球受到的电场力 ‎(3)由F=qE，得：‎ ‎14.宇航员站在一星球表面上高h处，以初速度v0沿水平方向抛出一个小球，小球落地时的水平位移为x．已知该星球的半径为R，不计星球自转，万有引力常量为G，求：‎ ‎（1）该星球表面的重力加速度；‎ ‎（2）该星球的质量；‎ ‎（3）该星球的第一宇宙速度。‎ ‎【答案】(1) (2) (3)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)近似认为小球受到万有引力恒定，由星球表面物体受到的重力等于万有引力可知小球只受重力作用，故小球做平抛运动，那么由平抛运动位移规律可得：‎ 所以，该星球表面的重力加速度为：‎ ‎(2)由星球表面物体受到的重力等于万有引力可得：‎ 所以，该星球的质量为：‎ ‎(3)近地卫星绕星球运动的速度为第一宇宙速度，故由万有引力做向心力可得：‎ 所以有：‎ ‎15.如图所示，匀强电场的电场强度大小E＝2.0N/C，方向水平向右，沿电场线方向有A、B两点，A、B两点间的距离d＝0.20m．将电荷量的正点电荷从A点移至B点．求：‎ ‎(1)电荷所受电场力F的大小及方向；‎ ‎(2)电荷从A点移至B点的过程中，电场力所做的功及AB两点的电势差；‎ ‎(3)已知B点的电势＝300V，那么A点的电势是多少伏特？在A点放一个电荷量为的负点电荷，那么A点电势是多少？此电荷的电势能是多少？‎ ‎【答案】(1),水平向右 (2)，UAB=400V (3) ,, ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)电荷在匀强电场中,受到的电场力根据公式: 即可求得.正电荷所受的电场力方向与场强方向相同. (2)电荷从A点移至B点的过程中,电场力所做的功根据公式: 即可求得. (3)A、B两点间的电势差根据公式 求解.‎ ‎【详解】(1)电荷所受电场力F的大小为：‎ F=Eq=2.0×103×2.0×10-8N=4.0×10-5 N，‎ 正电荷的受力方向与场强方向相同，故力的方向向右．‎ ‎(2)电荷从A点移至B点的过程中，电场力所做的功为：‎ W=Fd=4.0×10-5×0.20J=8.0×10-6 J AB两点间的电势差是：‎ ‎(3)根据电势差的定义，可得 电势反映电场本身的能的性质，与有无试探电荷无光，则A点电势不变，‎ 放在A点此电荷的电势能 ‎16.如图所示，一质量为m=2kg的滑块从半径为R=0.2m的光滑四分之一圆弧轨道的顶端A处由静止滑下，A点和圆弧对应的圆心O点等高，圆弧的底端B与水平传送带平滑相接．已知传送带匀速运行的速度为v0=4m/s，B点到传送带右端C点的距离为L=2m．当滑块滑到传送带的右端C时，其速度恰好与传送带的速度相同．（g=10m/s2），求：‎ ‎（1）滑块到达底端B时对轨道的压力；‎ ‎（2）滑块与传送带间的动摩擦因数μ；‎ ‎（3）此过程中，由于滑块与传送带之间的摩擦而产生的热量Q．‎ ‎【答案】（1）60N竖直向下（2）0.3（3）4J ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)滑块由A到B的过程中，由机械能守恒定律得：‎ ‎ ①‎ 物体在B点，由牛顿第二定律得：‎ ‎②‎ 由①②两式得：‎ FB=60N 由牛顿第三定律得滑块到达底端B时对轨道的压力大小为60 N． 方向竖直向下 ‎ ‎(2) 滑块在从A到C整个运动过程中，‎ 由动能定理得：‎ 解得：‎ μ = 0.3‎ ‎(3)滑块在从B到C运动过程中，设运动时间为t 由运动学公式得：‎ ‎⑥‎ 产生的热量：‎ Q=μmg(v0t–L ) ⑦‎ 由①③⑤⑥⑦得：‎ Q= 4 J