【物理】湖南省株洲市醴陵四中2019-2020学年高二下学期线上入学考试试题（解析版） 11页

株洲市醴陵四中2019-2020学年高二下学期线上入学考试 物理试题 一、选择题 ‎1.下列有关物理学史实的说法中正确的是 （ ）‎ A. 卡文迪许第一个发现了万有引力定律 B. 牛顿第一个测出了万有引力常量 C. 开普勒第一个发现了行星运动的规律 D. 爱因斯坦第一个提出了日心说 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】牛顿发现了万有引力定律，A错误；而卡文迪许测出了万有引力常量k的值，B错误；开普勒总结出的三个定律，说明行星运动的规律，C正确；而哥白尼提出了日心说，D错误．‎ ‎2.足球以8 m/s的速度飞来，运动员把它以12 m/s的速度反向踢出，踢球时间为0.2 s，设球飞来的方向为正方向，则足球在这段时间内的加速度是(　　 )‎ A. －20 m/s2 B. 20 m/s2‎ C. －100 m/s2 D. 100 m/s2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】以球飞来的方向为正方向，则、，足球在这段时间内的加速度．故C项正确，ABD三项错误．‎ ‎3.做曲线运动的物体，在运动过程中，一定变化的物理量是（　　）‎ A. 加速度 B. 速率 C. 合力 D. 速度 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】做曲线运动的物体，在运动过程中，加速度和合力可能不变，例如平抛运动；速率可能不变，例如匀速圆周运动；一定变化的物理量是速度，故选D.‎ ‎4.如图所示,质量为m的小物体静止于长L的木板边缘.开始板水平放置，现使板绕其另一端O沿逆时针方向缓缓转过a角,转动过程中,小物体始终相对木板静止,则这一过程中下列说法正确的是（ ）‎ A. 板对物体的支持力不断增大 B. 板对物体的摩擦力不断增大 C. 板对物体的支持力对物体做的功为mgLsina D. 板对物体的摩擦力对物体做的功为0‎ ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【详解】木板对物体的支持力，随着倾斜角的增大，支持力越来越小，A错误；由于物体始终相对木板不动，因此摩擦力，随角度的增大而增大，B正确；上升的过程中，由于摩擦力的方向始终与运动方向垂直，因此摩擦力不做功，D正确；根据动能定理，克服重力做的功等于支持力做的功，因此大小为mgLsina，C正确．‎ ‎5.如图所示，一个铁球从竖直固定在地面上的轻弹簧正上方某处自由下落，在A点接触弹簧后将弹簧压缩，到B点铁球的速度为零，然后被弹回，不计空气阻力，铁球从A下落到B的过程中，下列说法中正确的是：（ ）‎ A. 铁球的机械能守恒 B. 铁球的动能和重力势能之和不断减小 C. 铁球的动能和弹簧的弹性势能之和不断增大 D. 铁球重力势能和弹簧的弹性势能之和先变小后变大 ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【详解】铁球除了重力做功以外，弹簧的弹力也做功，所以铁球的机械能不守恒，但是铁球和弹簧组成的系统机械能守恒，故A错误；铁球和弹簧组成的系统机械能守恒，从A到B的过程中，弹簧被压缩，弹性势能增大，则铁球的动能和重力势能之和减小，故B正确；铁球从A到B的过程中，重力势能减小，则铁球的动能和弹簧的弹性势能之和不断增大，故C正确；铁球刚接触A的一段时间内，弹簧弹力较小，小于重力，a方向向下，铁球加速，根据，可见随着F变大，a减小，当a减小到零时速度达到最大，之后铁球继续压缩弹簧，弹簧弹力大于重力，加速度方向向上，铁球做减速运动，，F变大则a变大，即铁球做加速度逐渐增大的减速运动，直到速度减为零时到达最低点，可见在A到B过程中，速度先增大后减小，则动能先增大后减小，所以铁球的重力势能和弹簧的弹性势能之和先变小后变大，故D正确．‎ ‎【点睛】本题主要考查了机械能守恒定律的直接应用，关键是知道在运动过程中，铁球的机械能不守恒，但是铁球和弹簧组成的系统机械能守恒，能抓住下落过程中弹簧弹性势能和铁球重力势能变化求解，难度适中．‎ ‎6. 如图所示为用直流电动机提升重物的装置，重物的重量为500N，电源电动势为110V，不计电源内阻及各处摩擦，当电动机以0.90m/s的恒定速度向上提升重物时，电路中的电流为5.0A，可以判断：（ ）‎ A. 电动机消耗的总功率为550W B. 提升重物消耗的功率为450W C. 电动机线圈的电阻为22Ω D. 电动机线圈的电阻为4Ω ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【详解】重物被提升的功率P1=Fv=Gv=500×0.9W=450W 此时电路中的电流为5A．则电源的总功率P总=EI=110×5W=550W 所以线圈电阻消耗的功率为Pr=P总-P1=550-450W=100W 由殴姆定律可得：，故ABD正确，C错误．‎ ‎7.如图所示，平行板电容器两极A、B间有一个带电油滴P，正好静止在两极板正中间。现将两极板稍拉开一些，其它条件不变（拉开时间忽略），则（　　）‎ A. 油滴将向上加速 B. 油滴将向下加速 C. 电流计中电流由b流向a D. 电流计中电流由a流向b ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．将两极板的距离拉开一些，由于电势差不变，d变大，则根据知，电场强度变小，电场力减小，油滴向下加速，故A错误，B正确；‎ CD．根据得，d变大，则电容变小，U不变，根据Q=CU知，电荷量减小，则电流计中的电流由a流向b，故C错误，D正确。‎ 故选BD。‎ ‎8.关于楞次定律，下列说法中正确是(　　)‎ A. 感应电流的磁场方向总是与原磁场的方向相反 B. 感应电流的磁场方向总是与原磁场的方向相同 C. 感应电流的磁场方向与磁通量增大还是减小有关 D. 感应电流磁场总是阻碍原磁场的变化 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ 感应电流的磁场并不阻碍磁场，阻碍原磁场的变化．当磁通量增大时，感应电流的磁场与原磁场方向相反，当磁通量减小时，感应电流的磁场与原磁场方向相同．即感应电流的磁场方向取决于引起感应电流的磁通量是增加还是减小，简而言之“增反减同”．故CD正确．‎ ‎9.边长为h的正方形金属导线框，从如图所示位置由静止开始下落，通过一匀强磁场区域，磁场方向水平，且垂直于线框平面，磁场区域高度为H，上、下边界如图中虚线所示，H>h，从线框开始下落到完全穿过磁场区域的全过程中（　　）‎ A. 线框中总有感应电流存在 B. 线框中感应电流方向是先顺时针后逆时针 C. 线框中感应电流方向是先逆时针后顺时针 D. 线框受到磁场力的方向总是向上 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】因为H＞h，故可以分为三个过程：①从下边开始进入磁场到全部进入磁场；②从全部开始进入磁场到下边开始离开磁场；③下边开始离开磁场到全部离开磁场。‎ A．从全部开始进入磁场到下边开始离开磁场，磁通量不变，无电流，故A错误；‎ BC．据楞次定律，线框在进磁场过程中，磁通量增大，感应电流磁场方向与原磁场反向，由右手螺旋定则知感应电流是逆时针方向；离开磁场过程中，磁通量减小，感应电流磁场方向与原磁场方向相同，由安培定则知感应电流顺时针方向，所以线框中感应电流是先逆时针后顺时针，故B错误，C正确；‎ D．线框在进入和穿出磁场的过程中由楞次定律和左手定则得有感应电流，且受到安培力的合力方向始终向上，故D正确。‎ 故选CD。‎ ‎10.一个面积为S＝4×10－2 m2、匝数为n＝100匝的线圈放在匀强磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，磁感应强度B随时间t变化的规律如图所示，则下列判断正确的是(　　)‎ A. 在开始的2s内穿过线圈的磁通量的变化率等于0.08Wb/s B. 在开始的2s内穿过线圈的磁通量的变化量等于零 C. 在开始的2s内线圈中产生的感应电动势的大小等于8V D. 在第3s末线圈中的感应电动势等于零 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．由B-t图象可求出2s的斜率 ‎，‎ 因此2s内穿过线圈的磁通量的变化率为：‎ 故A正确，B错误；‎ C．根据法拉第电磁感应定律得：‎ 可知2s内线圈中产生的感应电动势大小为8V，故C正确；‎ D．由图看出，第3s末线圈中的磁通量为零，但磁通量的变化率不为零，感应电动势也不等于零，故D错误；故选AC。‎ 二、计算题 ‎11.如图甲所示为一台小型发电机的示意图，单匝线圈逆时针转动。若从中性面开始计时，产生的电动势随时间变化规律如图乙所示。已知发电机线圈内阻为1.0Ω，外接灯泡的电阻为9.0Ω。求：‎ ‎(1)写出流经灯泡的瞬时电流的表达式；‎ ‎(2)转动过程中穿过线圈的最大磁通量；‎ ‎(3)线圈匀速转动一周过程中，外力所做的功。‎ ‎【答案】(1)(2)(3)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)由图得 则电流为 ‎(2)由电动势的最大值公式，则有 角速度 最大磁通量为 ‎(3)匀速转动一周的过程中，外力所做的功等于电路产生的热量 ‎。‎ ‎12.如图所示，半径R＝0.4m的竖直半圆固定轨道与水平面相切于A点，质量为m＝1kg的小物体（可视为质点）以某一速度从A点进入半圆轨道，物体沿半圆轨道恰好能够通过最高点B后作平抛运动，正好落在水平面C点处（图中未标出），（重力加速度g取10m/s2）试求：‎ ‎(1)物体到达B点的瞬时速度 ‎(2)物体落地点C距A点的距离 ‎(3)若已知物体运动到A点时的速度为B点速度的3倍，求物体在A点时对轨道的压力大小 ‎【答案】(1)2m/s(2)0.8m(3)100N ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)物体在B点 解得 ‎；‎ ‎(2)物体由B到C做平抛运动 联立解得 ‎；‎ ‎(3)物体在A点 由牛顿第二定律有 解得 由牛顿第三定律可知，物体在A点对轨道压力为100N。‎ ‎13.如图所示是一匀强电场，已知场强E＝2×102 N/C，现让一个电荷量为q＝－4×10－8 C的电荷沿电场方向从M点移到N点，M、N间的距离L＝30 cm，试求：‎ ‎(1)电荷从M点移到N点电势能的变化；‎ ‎(2)M、N两点间的电势差．‎ ‎【答案】（1） （2）60V ‎【解析】‎ ‎（1）由图可知，正电荷在该电场中所受电场力F方向向右．因此，从M点移到N点，电场力做正功，电势能减少，减少的电势能△E等于电场力做的功W 则△E=W=qEs 代入数值△E=W=4×10-8×2×102×0.3J=2.4×10-6J ‎（2）由公式W=qU M、N两点间的电势差UMN=W/q=2.4×10-6/4×10-8=60V ‎14.如图所示，通电导体棒ab质量为m、长为L，水平地放置在倾角为θ的光滑斜面上，通以图示方向的电流，电流强度为I，要求导体棒ab静止在斜面上．求：‎ ‎（1）若磁场方向竖直向上，则磁感应强度B为多大？‎ ‎（2）若要求磁感应强度最小，则磁感应强度的大小方向如何？‎ ‎【答案】（1）（2），方向垂直于斜面向上 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)若磁场方向竖直向上，从a向b观察，导线受力情况如图甲所示．‎ 由平衡条件得：在水平方向上：‎ 在竖直方向上：‎ 其中 ‎，‎ 联立以上各式可解得：‎ ‎；‎ ‎（2）若要求磁感应强度最小，则一方面应使磁场方向与通电导线垂直，另一方面应调整磁场方向使与重力、支持力合力相平衡的安培力最小。如图乙所示，由力的矢量三角形讨论可知，当安培力方向与支持力垂直时，安培力最小，对应磁感应强度最小，设其值为Bmin，‎ 则：‎ ‎，‎ 得：‎ ‎，‎ 根据左手定则判定知，该磁场方向垂直于斜面向上．‎ 答：(1)若磁场方向竖直向上，则磁感应强度 ‎(2)若要求磁感应强度最小，磁感应强度的最小值为，方向垂直于斜面向上。‎ ‎15.如图所示，光滑斜面的倾角，在斜面上放置一单匝矩形线框abcd，bc边的边长l1＝0.6m，ab边的边长l2＝1m，线框的质量m＝1kg，电阻 R＝0.1Ω，线框通过细线与重物相连，重物质量M＝3kg，斜面上 ef（ef∥gh∥ab）的右方有垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度B＝0.5T，如果线框从静止开始运动，进入磁场的最初一段时间做匀速运动，sin＝0.6，ef和gh的距离s＝11.4m，取g＝10m/s2，求：‎ ‎(1)线框进入磁场前重物的加速度大小；‎ ‎(2)线框进入磁场过程通过线框横截面的电荷量；‎ ‎(3)线框由静止开始运动到gh 处的整个过程中产生的焦耳热。‎ ‎【答案】(1)6m/s2(2)3C(3)14.4J ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)根据牛顿第二定律可得 解得 ‎；‎ ‎(2)由、和可得 ‎；‎ ‎(3)匀速进入时，根据平衡条件可得安培力为 根据功能关系可得 ‎。‎