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  • 2021-05-26 发布

【物理】湖北省宜昌市第二中学2019-2020学年高二上学期期中考试试题(解析版)

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物理试卷 一、选择题 ‎1.关于速度、速度的变化、加速度的关系,下列说法中正确的是( )‎ A. 速度变化越大,加速度就一定越大 B. 加速度变小,速度一定变小 C. 速度为零,加速度一定为零 D. 速度变化越慢,加速度越小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据加速度的定义式可知物体的加速度等于物体的速度的变化率,加速度的方向就是物体速度变化量的方向,与物体速度无关,即物体的速度变化越快物体的加速度越大.‎ ‎【详解】A、物体的速度变化大,但所需时间更长的话,物体速度的变化率可能很小,则加速度就会很小,故A错误;‎ B、运动物体的加速度变小,如果加速度与速度同向,速度增加,故B错误;‎ C、物体的速度为零,但物体的速度的变化率可以不为零,即物体的加速度不为零.故C错误;‎ D、物体的速度变化越慢,即物体速度的变化率越小,则物体的加速度越小;故D正确.‎ 故选D.‎ ‎【点睛】本题考查加速度的定义式,只要理解了加速度的概念就能顺利解决,注意明确加速度和速度大小无关.‎ ‎2.如图,用OA、OB两根轻绳将物体悬于两竖直墙之间,开始时OB 绳水平.现保持O点位置不变,改变OB绳长使绳末端由B点缓慢上移至B′点,此时OB′与OA之间的夹角θ<90°.设此过程中OA、OB的拉力分别为FOA、FOB,下列说法正确的是 ( )‎ A. FOA逐渐减小 ,FOB逐渐增大 B. FOA逐渐减小,FOB先减小后增大 C. FOA逐渐增大,FOB逐渐减小 D. FOA逐渐增大,FOB先减小后增大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析::以结点O为研究对象,分析受力:重力G、绳OA拉力FOA和绳BO的拉力FOB如图所示,根据平衡条件知,两根绳子的拉力的合力与重力大小相等、方向相反,作出轻绳OB在两个位置时力的合成图如图,由图看出,FOA逐渐减小,FOB先减小后增大,当θ=90°时,FOB最小,选B项正确,A、C、D项错误.‎ 考点:本题考查了物体的共点力平衡 ‎3.如图所示,质量相同的两小球a、b分别从斜面顶端A和斜面中点B沿水平方向抛出后,恰好都落在斜面底端,不计空气阻力,下列说法正确的是(  )‎ A. 小球a、b在空中飞行的时间之比为2:1‎ B. 小球a、b抛出时的初速度大小之比为2:1‎ C. 小球a、b到达斜面底端时的动能之比为4:1‎ D. 小球a、b到达斜面底端时速度方向与斜面的夹角之比为1:1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 因为两球下落的高度之比为2:1,根据h=gt2得,,高度之比为2:1,则时间之比为:1,故A错误.两球的水平位移之比为2:1,时间之比为:1,根据 知,初速度之比为:1,故B错误.根据动能定理可知,到达斜面底端时的动能之比EKa:Ekb=(mva2+mgha):(mvb2+mghb ‎)=2:1,故C错误.小球落在斜面上,速度方向与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍,因为位移与水平方向的夹角相等,则速度与水平方向的夹角相等,到达斜面底端时速度方向与斜面的夹角也相等,故D正确.故选D.‎ ‎4.一颗人造卫星以地心为圆心做匀速圆周运动,它的速率、周期跟它的轨道半径的关系( )‎ A. 半径越大,速率越小,周期越大,加速度越小 B. 半径越大,速率越大,周期越大,加速度越大 C. 半径越大,速率越小,周期越小,加速度越小 D. 半径越大,速率越小,周期不变,加速度越大 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】对于卫星,由万有引力提供向心力,得:‎ 解得:‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 则半径r越大,速率v越小,周期T越大,加速度a越小;‎ A.半径越大,速率越小,周期越大,加速度越小,与结论相符,选项A正确;‎ B.半径越大,速率越大,周期越大,加速度越大,与结论不相符,选项B错误;‎ C.半径越大,速率越小,周期越小,加速度越小,与结论不相符,选项C错误;‎ D.半径越大,速率越小,周期不变,加速度越大,与结论不相符,选项D错误;‎ ‎5.关于对元电荷的理解,下列说法正确的是 A. 元电荷就是电子 B. 元电荷就是质子 C. 元电荷是表示跟电子所带电荷量数值相等的电荷量 D. 元电荷是带电荷量最小的带电粒子 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 元电荷是一个电子带的电荷量,不是电子,也不是质子,元电荷又称“基本电量”或“元电荷”,是物理学的基本常数之一,常用符号e表示,是一个电子或一个质子所带的电荷量,任何带电体所带电荷都是e的整数倍.故ABD错误,C正确;‎ 故选C.‎ ‎【点睛】元电荷是一个电子带的电荷量,不是电子,也不是质子,是一个电子或一个质子所带的电荷量,任何带电体所带电荷都是e的整数倍.‎ ‎6.三个相同的金属小球1、2、3分别置于绝缘支架上,各球之间的距离远大于小球的直径.球1的带电荷量为q,球2的带电荷量为nq,球3不带电且离球1和球2很远,此时球1、2之间作用力的大小为F.现使球3先与球2接触,再与球1接触,然后将球3移至远处,此时球1、2之间作用力的大小仍为F,方向不变.由此可知 A. n=3 B. n=4 C. n=5 D. n=6‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】设1、2距离为r,则球1、2之间作用力为:‎ ‎ ①‎ ‎3与2接触后,它们带的电的电量平分,均为:,再3与1接触后,它们带的电的总电量平分,均为,将球3移至远处后,球1、2之间作用力为 ‎ ②‎ 由①②两式解得:‎ n=6‎ A.n=3,与结论不相符,选项A错误;B.n=4,与结论不相符,选项B错误;‎ C.n=5,与结论不相符,选项C错误;D.n=6,与结论相符,选项D正确;‎ ‎7.如图所示,a、c、b为同一条电场线上的三点,c为ab中点,a、b电势分别为,则( )‎ A. c点的电势一定为4V B. a、b、c三点的电场强度相同 C. 正电荷从c点运动到b点电势能一定减少 D. 正电荷从a点运动到b点动能一定增加 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.当该电场是匀强电场时,由于沿电场方向相同距离两点间电势差相等,则c点的电势一定为4V.当该电场不是匀强电场时,在c点处的电势不一定为4V.故A错误。‎ B.一条电场线无法判断电场线的疏密,就无法比较场强的大小,故B错误。‎ C.由题,a点的电势高于b点的电势,根据正电荷在电势高处电势能大可知,正电荷从c点运动到b点电势能一定减少,故C正确。‎ D.正电荷从a点运动到b点,除了受电场力,其他受力做功情况不清楚,所以合力做功情况也不清楚,即不能确定动能的变化,故D错误。‎ ‎8.关于电压和电动势,下列说法正确的是(  )‎ A. 电压和电动势单位相同,所以电动势和电压是同一物理量 B. 电动势就是电源两极间的电压 C. 电动势是反应电源把其他形式的能转化为电能本领的物理量 D. 电源电动势定义式和电势差定义式中的W都是电场力做的功 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 电压与电动势的单位相同,但物理意义不同,是两个不同的物理量,A错误;根据闭合电路欧姆定律,路端电压,只有当外电路断开时,,路端电压等于电动势,B错误;电源是把其他形式的能转化为电能的装置,电动势反映电源把其他形式的能转化为电能本领大小,C正确;电动势公式中的W是非静电力做功,电压中的W是静电力做功,D错误.‎ ‎9.一辆汽车从静止开始由甲地出发,沿平直公路开往乙地.汽车先做匀加速运动,接着做匀减速运动,开到乙地刚好停止.其v-t图象如图所示,那么在0~t0和t0~3t0两段时间内(  )‎ A. 加速度大小比为2:1 B. 位移大小比为1:3‎ C. 平均速度大小比为2:1 D. 平均速度大小比为1:1‎ ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A、根据速度时间图象的斜率等于加速度大小,则有在0~t0和t0~3t0两段时间内加速度大小之比为:;故A正确.B、根据“面积”等于位移大小,则有位移之比为;故B错误.C、D、根据匀变速直线运动的推论,则平均速度大小之比为:;故C错误,D正确.故选AD.‎ ‎【点睛】本题只要抓住速度—时间图象的两个数学意义就能正解作答:斜率等于加速度,“面积”等于位移大小.‎ ‎10.如图,一带正电的点电荷固定于O点,两虚线圆均以O为圆心,两实线分别为带电粒子M和N先后在电场中运动的轨迹,a、b、c、d、e为轨迹和虚线圆的交点不计重力下列说法正确的是  ‎ A. M带负电荷,N带正电荷 B. M在b点的动能小于它在a点的动能 C. N在d点的电势能等于它在e点的电势能 D. N在从c点运动到d点的过程中克服电场力做功 ‎【答案】ABC ‎【解析】‎ 试题分析:由粒子运动轨迹可知,M受到的是吸引力,N受到的是排斥力,可知M带负电荷,N带正电荷,故A正确.M从a到b点,库仑力做负功,根据动能定理知,动能减小,则b点的动能小于在a点的动能,故B正确.d点和e点在同一等势面上,电势相等,则N在d点的电势能等于在e点的电势能,故C正确.‎ D、N从c到d,库仑斥力做正功,故D错误.故选ABC 考点:带电粒子在电场中的运动 ‎【名师点睛】本题关键是根据曲线运动的条件判断出静电力的方向,掌握判断动能和电势能变化的方向,一般的解题思路是根据动能定理判断动能的变化,根据电场力做功判断电势能的变化.‎ ‎11.如图所示,竖直放置的平行板电容器与定值电阻R、电源E相连,用绝缘细线将带电小球q悬挂在极板间,闭合开关 S后细线与竖直方向夹角为θ.则有(  )‎ A. 保持开关S闭合,将A板向右平移,θ不变 ‎ B. 保持开关S闭合,将A板向左平移,θ变小 C. 断开开关S,将A板向右平移,θ不变 ‎ D. 断开开关S,将A板向右平移,θ变小 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB.保持开关S闭合,电容器两端电势差不变,将A板向右平移,d减小,则电场强度增大,带电小球所受电场力增大,根据共点力平衡条件知,θ角变大,反之向左平移A板,θ角变小,故A错误,B正确;‎ CD.断开开关S,电荷量不变,根据:‎ C=‎ E=‎ C=‎ 联立解得:‎ E===‎ 故电场强度大小与两极板间的距离无关,故电场强度不变,所以移动A板,θ角不变,故C正确,D错误.‎ ‎12.如图所示,电源电动势为E,内阻为r,R1和R3均为定值电阻,R2为滑动变阻器,四个电表均为理想电表。当R2的滑动触点在a端时合上开关S,将滑动触点向b端移动的过程中,各表示数变化正确的是( ) ‎ A. A1的示数减小,V1的示数增大 B. A1的示数增大,V1的示数减小 C. A2的示数增大,V2的示数减小 D. A2的示数减小,V2的示数增大 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】R2的滑动触点向b端移动时,R2减小,整个电路的总电阻减小,总电流增大,内电压增大,外电压减小,即电压表示数U2减小,R3电压U1增大,R1、R2并联电压减小,通过R1的电流I1减小,即A1的示数减小,而总电流I增大,则流过R2的电流I2增大,即A2的示数变大。‎ A.A1的示数减小,V1的示数增大,与结论相符,选项A正确;‎ B.A1的示数增大,V1的示数减小,与结论不相符,选项B错误;‎ C.A2的示数增大,V2的示数减小,与结论相符,选项C正确;‎ D.A2的示数减小,V2的示数增大,与结论不相符,选项D错误;‎ ‎13.用均匀导线做成的正方形线圈abcd放在纸面内,其一半放在有理想边界且垂直于纸面向里的匀强磁场中,如图所示,关于穿过线圈的磁通量的说法正确的是 ( ) ‎ A. 若线圈以为轴转动,则穿过线圈的磁通量时刻在变化 B. 若线圈以为轴转动,则线圈转动后磁通量有一段时间为零,直至边ab再次进入磁场 C. 若线圈以ab为轴转动,开始转动的一段时间内磁通量不变,直至其cd边进入磁场磁通量才开始变化 D. 若线圈以ab为轴转动,因线圈在垂直于磁场方向的投影面积一直在变化,故穿过线圈的磁通量一直在变化 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A.若线圈以OO′为轴转动,则穿过线圈的磁通量时刻在变化,选项A正确;‎ B.若线圈以OO′为轴转动,则线圈转动90°的时刻磁通量为零,然后cd边进入磁场,磁通量逐渐变大,选项B错误;‎ CD.若线圈以ab为轴转动,开始转动的一段时间内磁通量不变,直至其cd边进入磁场磁通量才开始减小,选项C正确,D错误;‎ ‎14.在同一光滑斜面上放同一导体绑棒,右图所示是两种情况的剖面图.它们所外空间有磁感强度大小相等的匀强磁场,但方向不同,一次垂直斜面向上,另一次竖直向上,两次导体A分别通有电流I1和I2,都处于静止平衡.已知斜面的倾角为θ,则:( )‎ A. I1:I2=cosθ:1‎ B. I1:I2=1:1‎ C 导体A所受安培力大小之比F1:F2=sinθ:cosθ D. 斜面对导体A的弹力大小之比N1:N2=cos2θ:1‎ ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】导体棒受力如图,‎ 根据共点力平衡得,F1=mgsinθ,N1=mgcosθ,F2=mgtanθ,.‎ 所以导体棒所受安培力之比,斜面对导体棒的弹力大小之比,因为F=BIL,所以,故A、D正确,B、C错误.故选AD.‎ 二、实验题探究题 ‎15.如图所示,游标卡尺的读数为________cm ;螺旋测微器的读数为________mm。 ‎ ‎【答案】 (1). 3.185 cm (2). 2.502‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】[1].游标卡尺的读数为:3.1cm+0.05mm×17=3.185cm ;‎ ‎[2].螺旋测微器的读数为: 2.5mm+0.01mm×0.2=2.502mm。‎ ‎16.图是改装后的电表的电路图,认识正确的是( )‎ A. (a)图是电流表,使用、两个端点时,量程较大 B. (a)图是电流表,使用、两个端点时,量程较大 C. (b)图是电压表,使用、两个端点时,量程较大 D. (b)图是电压表,使用、两个端点时,量程较大 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ A、B、由图示电路图可知,(a)图电流计与分流电阻并联,则(a)图是电流表,使用a、c两个端点时分流电阻较大,电流表量程较小,故A错误,B正确;C、D、由图示电路图可知,(b)图中电流计与分压电阻串联,(b)图是电压表,使用a、c两个端点时,串联分压电阻阻值较大,电压表量程较大,故C正确,D错误;故选BC.‎ ‎【点睛】本题考查了电流表与电压表的 改装与结构,知道电压表与电流表的改装原理、分析清楚图示电路图是解题的关键,掌握基础知识即可解题,平时要注意基础知识的学习与积累.‎ ‎17.研究小组测一新材料制成的电阻,步骤如下:‎ ‎(1)该同学想用伏安法测量其电阻R,现有器材及其代号和规格如下:‎ A.待测圆柱体电阻阻值约为 ;‎ B.电流表量程,内阻约 ;‎ C.电流表量程,内阻约 ;‎ D.电压表V1量程,内阻约;‎ E. 电压表V2量程,内阻约 ;‎ F.直流电源E电压3V,内阻不计 ;‎ G.滑动变阻器R1阻值范围,允许通过的最大电流 ;‎ H.滑动变阻器R2阻值范围,允许通过的最大电流 ;‎ I.开关S及导线若干。‎ 电流表选用____ ,电压表选用_____ ,滑动变阻器选用_____填写器材前字母的代号 ‎ ‎(2)根据选用的器材,在答题卡相应位置画出合理的电路图,并标出所选器材的符号。‎ ‎【答案】 (1). C D G (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1][2][3].电源电压为3V,则电压表选择D;电路可能出现的最大电流,则电流表选择C;滑动变阻器要接成分压电路,则选择阻值较小的G;‎ ‎(2)[4].因 即电压表内阻远大于待测电阻阻值,则采用电流表外接,滑动变阻器要接成分压电路,电路如图;‎ 三、计算题 ‎18.如图所示,电源电动势,内阻,标有“8V 16W”的灯泡L恰好能正常发光,电动机M绕线的电阻,求:‎ ‎(1)电源的总功率;‎ ‎(2)电动机的总功率;‎ ‎(3)电动机的输出功率.‎ ‎【答案】(1)40W(2)16W(3)12W ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据闭合电路欧姆定律,小灯泡正常发光,求出,再求出总电流,最后得出总功率;(2)根据并联等压分流计算电动机的总功率;(3)先算出电动机的热功率,再用总动率减掉热功率即可.‎ ‎【详解】解:灯泡正常发光,‎ 由欧姆定律得流过电源的电流 电源的总功率 灯泡的电流 电动机的电流:‎ 电动机消耗的总功率:‎ ‎;‎ 电动机发热功率:‎ 所以电动机的输出功率:‎ ‎.‎ ‎【点睛】本题考察闭合电路欧姆定律相关考点,以及串并联电路电流电压特点,最后考察了非纯电阻用电器的功率问题.‎ ‎19.一束初速不计的电子在经U的加速电压加速后,在两极板间的中点处垂直进入平行板间的匀强电场,如图所示,若板间距离d,板长l,偏转电场只存在于两个偏转电极之间已知电子质量为m,电荷量为e,求:‎ ‎(1)电子离开加速电场时的速度大小;‎ ‎(2)电子经过偏转电场时的时间;‎ ‎(3)要使电子能从平行板间飞出,两个极板上最多能加多大电压U′?‎ ‎【答案】(1);(2);(3)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)设电子流经加速电压后的速度为v0,则由动能定理得:‎ 解得:‎ ‎;‎ ‎(2)电子在偏转电场中做类平抛运动,运动时间:‎ ‎;‎ ‎(3)设两极板上最多能加的电压为U′,要使电子能从平行板间飞出则电子的最大侧移量为,则有:‎ 解得:‎ ‎20.如图所示,光滑的平行导轨与水平面的夹角为θ=30°,两平行导轨间距为L,整个装置处在竖直向上的匀强磁场中.导轨中接入电动势为E、内阻为r的直流电源,电路中有一阻值为R的电阻,其余电阻不计.将质量为m,长度也为L的导体棒放在平行导轨上恰好处于静止状态,重力加速度为g,求:‎ ‎(1)通过ab导体棒的电流强度为多大?‎ ‎(2)匀强磁场的磁感应强度为多大?‎ ‎(3)若突然将匀强磁场的方向变为垂直导轨平面向上,求此时导体棒的加速度大小及方向.‎ ‎【答案】(1);(2);(3),方向沿斜面向上.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据闭合电路的欧姆定律即可求得;‎ ‎(2)利用共点力平衡即可求得磁感应强度;‎ ‎(3)根据牛顿第二定律即可求的加速度 ‎【详解】(1)由闭合电路的欧姆定律可得 (2)导体棒静止,根据共点力平衡可得BILcos30°=mgsin30° (3)由牛顿第二定律可得 BIL-mgsin30°=ma 解得,方向沿斜面向上 ‎【点睛】解决本题的关键能够正确地进行受力分析,求出合力,运用牛顿第二定律进行求解.‎