2018-2019学年江西省吉安市重点高中高二5月联考物理试题 解析版 17页

吉安市重点高中 2020 届高二年级联考物理试卷 一、选择题 ‎1.下列说法正确的是（ ）‎ A. 电容器所带的电荷量是指每个极板所带电荷量的代数和 B. A、B 两点间的电势差等于将单位正电荷从 A 点移到 B 点时静电力所做的功 C. 相邻两条磁感线之间的空白区域磁感应强度为零 D. 将通电导线放入磁场中，若不受安培力，说明该处磁感应强度为零 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 电容器所带的电荷量是指每个极板所带电荷量的绝对值，选项A错误；‎ B. 根据可知，A、B 两点间的电势差等于将单位正电荷从 A 点移到 B 点时静电力所做的功，选项B正确；‎ C.相邻两条磁感线之间的空白区域虽然没画出磁感线，但是磁感应强度不为零，故C错误。‎ D.将通电导线放入磁场中，若不受安培力，可能是电流的方向与磁场的方向平行，不能说明该处磁感应强度为零，故D错误。‎ ‎2.如图所示，直线a与半圆周b分别表示两质点A、B从同一地点出发，沿同一方向做直线运动的v－t图．当B的速度变为0时，A恰好追上B，则A的加速度为(B质点的运动为理想模型)‎ A. 1 m/s2 B. 2 m/s2‎ C. m/s2 D. m/s2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 设A的加速度为a．两质点A、B从同一地点出发，A追上B时两者的位移相等，即xa=xb．根据v-t图象的“面积”表示位移，得,由题知 t=4s，解得 a=m/s2．故选C.‎ ‎3.如图所示，两块相互垂直的光滑挡板OP，OQ，OP竖直放置，小球a，b固定在轻弹簧的两端．水平力F作用于b时，a，b紧靠挡板处于静止状态．现保证b球不动，使挡板OP向右缓慢平移一小段距离，则（ ）‎ A. 弹簧变长 B. 弹簧变短 C. 力F变大 D. b对地面的压力变大 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 设弹簧与竖直方向的夹角为α，现保证b球不动，使挡板OP向右缓慢平移一小段距离，则α减小，以a球为研究对象，分析受力情况；‎ 根据平衡条件得：F弹=，α减小，cosα增大，则F弹减小，弹簧变长，故A正确，B错误；挡板对a的弹力N=mgtanα，α减小，N减小．对整体研究：水平方向：F=N，则作用力F将减小，竖直方向：地面对b的支持力FN=（ma+mb）g，不变，根据牛顿第三定律可知，b对地面的压力不变，故CD错误．故选A.‎ ‎4.高空作业须系安全带，如果质量为m 的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动)．此后经历时间t安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为(　　)‎ A. ＋mg B. －mg C. ＋mg D. －mg ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】在安全带对人有拉力的瞬间时，人做自由落体运动，此过程机械能守恒，故有，即在产生拉力瞬间速度为，之后人在安全带的作用下做变速运动，末速度为零，设向上为正方向，则根据动量定理可得：有，联立解得 ‎【点睛】本题关键是明确物体的受力情况和运动情况，然后对自由落体运动过程和全程封闭列式求解，注意运用动量定理前要先规定正方向 ‎5.两个质量不同的天体构成双星系统，它们以二者连线上的某一点为圆心做匀速圆周运动。不考虑其它天体的作用力，下列说法不正确的是 ( )‎ A. 质量大的天体线速度较小 B. 两天体的角速度总是相同 C. 若两天体的距离不变，则周期也不变 D. 若在圆心处放一个质点，它受到的合力不为零 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】B．双星系统的结构是稳定的，故它们的角速度与周期相等，选项B正确；‎ A.设它们的质量分别为m1，m2，距离为L，轨道半径分别为r1，r2，则有G＝m1ω2r1＝m2ω2r2,则可得m1r1=m2r2，则可知，质量大的天体轨道半径较小，根据v=ωr 可知其线速度较小，选项A正确；‎ C.又可得：；；联立以上两式可得，则可知只要两天体距离不变，角速度不变，则周期不变，故C正确；‎ D．结合前面的分析可和，若在圆心放一个质点，设质点的质量为m0，则质点所合力为，故D错误。‎ 本题选不正确，故选D。‎ ‎6.如图所示，R是一个光敏电阻，其阻值随光照强度的增加而减小。理想变压器原、副线圈的匝数比为 10︰1，电压表和电流表均为理想交流电表，从某时刻开始在原线圈两端加上交变电压，其瞬时值表达式为u1 = 220sin100πt (V)，则( )‎ A. 电压表的示数为 22V B. 副线圈中交流电的频率为 100 Hz C. 在天逐渐变黑的过程中，电流表 A2 的示数变小 D. 在天逐渐变黑的过程中，理想变压器的输入功率变大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据电压与匝数成正比可知，原线圈的电压的最大值为220V，根据电压之比等于线圈匝数之比可知，副线圈的电压的最大值为22V，电压表的示数为电压的有效值，所以示数为：U=22V，故A错误；‎ B.根据瞬时针表达式可得100π=2πf，所以副线圈中交流电的频率为：f=50Hz，故B错误；‎ C.在天变黑的过程中，光照变弱，R阻值增大；电路的总电阻减大，由于电压是由变压器决定的，输出的电压不变，所以电流变小，电流表A2的示数变小，故C正确；‎ D.由于变压器的输入和输出的功率是相等的，副线圈的电流减小，电压不变，所以由P=UI 可知，输出的功率要减小，故输入的功率也要减小，因输入电压不变，故输入功率变小，故D错误。‎ ‎7.在如图所示的电路中，a、b为两个完全相同的灯泡，L为自感线圈，E为电源，S 为开关。下列说法正确的是（ ）‎ ‎ ‎ A. 合上开关 S，a、b同时亮 B. 合上开关 S，a先亮、b后亮 C. 将原来闭合的开关 S 断开，a、b同时逐渐熄灭 D. 将原来闭合的开关 S 断开，b会比原来更亮一下后逐渐熄灭 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】AB.由于a、b为两个完全相同的灯泡，当开关接通瞬间，b灯泡立刻发光，而a灯泡由于线圈的自感现象，导致灯泡渐渐变亮。故AB错误；‎ C.将原来闭合的开关 S 断开，自感线圈相当于电源，和两个灯泡串联起来形成一个闭合电路，自感线圈的磁场能逐渐转化为电能，a、b同时逐渐熄灭。故C正确；‎ D.a、b为两个完全相同的灯泡，开关 S 断开之前，b的电流大于或等于a的电流，将原来闭合的开关 S 断开，b不会比原来更亮一下。故D错误；‎ ‎8.如图所示，质量为 m的小车静止在光滑的水平地面上， 车上有半圆形光滑轨道，现将质量也为 m的小球在轨道左侧边缘由静止释放，则正确的是( )‎ A. 在下滑过程中小球的机械能守恒 B. 小球在右侧轨道上滑时，小车也向右运动 C. 小球一定能到达右侧轨道的最高点 D. 小球在轨道最低点时，小车与小球的速度大小相等，方向相反 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.小球在下滑过程，水平方向具有向右的分速度，而小球与小车组成的系统水平方向总动量为0，故小车会向左运动，小车的动能增加，而系统机械能守恒，故小球的机械能减少，不守恒，A错误；‎ B. 小球在右轨道上滑时，水平方向有向右的分速度，而小球与小车组成的系统水平方向总动量为0，故小车会向左运动，B错误；‎ C.小球到达右侧轨道最高点时，速度为零，小球与小车组成的系统水平方向总动量为0，则小车的速度也为零，即小车动能为零，而系统机械能守恒，故小球此时的重力势能和开始时一样，仍能回到最高点，C正确；‎ D.小球在轨道最低点时，二者总动量为零，规定向右为正方向：mv+mv′=0，得：v=-v′，二者速度等大反向，故D正确；‎ ‎9.如图所示，电路中定值电阻阻值 R大于电源内阻阻值 r闭合开关 K，将滑动变阻器滑片向下滑动，理想电压表 V1、V2、V3 示数变化量的绝对值分别为ΔU1、ΔU2、ΔU3，理想电流表A 示数变化量的绝对值为ΔI，则( ) ‎ A. A 的示数增大 B. V2 的示数增大 C. ΔU3 与ΔI的比值等于 r D. ΔU1 与ΔI的比值等于 R ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.据题理想电压表内阻无穷大，相当于断路。理想电流表内阻为零，相当短路，所以R与变阻器串联，电压表V1、V2、V3分别测量R ‎、路端电压和变阻器两端的电压。当滑动变阻器滑片向下滑动时，接入电路的电阻减小，电路中电流增大，则A的示数增大，故A正确；‎ B.V2测量路端电压，外电阻减小，路端电压减小， V2示数减小。故B错误。‎ C. 根据闭合电路欧姆定律得：U3=E-I（R+r），则得：=R+r＞r，则△U3与△I的比值大于r，故C错误；‎ D. 电压表V1测量R两端的电压，因R是定值电阻，则=R，故D正确。‎ ‎10.工业生产中需要物料配比的地方常用“吊斗式”电子秤，图甲所示的是“吊斗式”电子秤的结构图，其中实现称质量的关键性元件是拉力传感器。拉力传感器的内部电路如图所示，R1、R2、R3是定值电阻，R1=20k，R2=10k，R0是对拉力敏感的应变片电阻，其电阻值随拉力变化的图象如图乙所示，已知料斗重1×103N，没装料时Uba=0，g取10m/s2。下列说法中正确的是（ ）‎ A. R3阻值为40 k B. 装料时，R0的阻值逐渐变大，Uba的值逐渐变小 C. 拉力越大应变片电阻阻值也变大，Uba传感器的示数也变大 D. 应变片作用是把物体形变这个力学量转换为电压这个电学量 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ 试题分析：没装料时，根据串并联电路规律可得R1两端的电压为： ‎;从R-F图中可得，没装料时，料斗重1×103N，此时，所以R3两端的电压为，因为此时Uba=0，说明R1两端的电压和R3两端的电压相等，即，解得，A正确；装料时，由于R1所在支路电流恒定，所以a点的电势恒定，而R3所在支路中R0逐渐增大，该支路电流减小，R3两端的电压减小，即b的电势减小，所以Uba逐渐增大，B错误,C正确；应变片作用是把拉力这个力学量转换为电压这个电学量，D错误；故选AC．‎ 考点：串并联电路，欧姆定律，传感器的应用 ‎11.如图所示，竖直虚线边界左侧为一半径为R的光滑半圆轨道，O为圆心，A为最低点，C为最高点，右侧同时存在竖直向上的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场．一电荷量为q、质量为m的带电小球从半圆轨道的最低点A以某一初速度开始运动恰好能到最高点C，进入右侧区域后恰好又做匀速圆周运动回到A点，空气阻力不计，重力加速度为g．则 A. 小球在最低点A开始运动的初速度大小为 B. 小球返回A点后可以第二次到达最高点C C. 小球带正电，且电场强度大小 D. 匀强磁场的磁感应强度大小为 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ 小球恰能经过最高点C，则，解得；从A到C由动能定理：‎ ，解得，选项A正确；小球在复合场中以速度做匀速圆周运动，再次过A点时的速度为 ，则小球不能第二次到达最高点C，选项B错误；小球在复合场中受向下的重力和向上的电场力而平衡，可知粒子带正电，满足mg=qE，解得，选项C正确；由，其中，解得，选项D正确；故选ACD.‎ ‎ 点睛：此题关键是知道小球在重力场、电场和磁场中做匀速圆周运动条件：重力与电场力平衡，洛伦兹力充当向心力.‎ ‎12.如图所示，质量为M的足够长金属导轨abcd放在光滑的绝缘水平面上．一电阻为r，质量为m的导体棒PQ放置在导轨上，始终与导轨接触良好，PQbc构成矩形．棒与导轨间无摩擦、棒左侧有两个固定于水平面的光滑立柱．导轨bc段电阻为R，长为L，其他部分电阻不计．以ef为界，其左侧匀强磁场方向竖直向上，右侧匀强磁场水平向右，磁感应强度大小均为B．在t＝0时，一水平向左的拉力F垂直作用在导轨的bc边上，使导轨由静止开始做匀加速直线运动，加速度为a．则（　　）‎ A. F与t2成正比 B. F和t是线性关系 C. 当t达到一定值时，QP刚好对轨道无压力 D. 若F＝0，PQbc静止，ef左侧磁场均匀减小，QP可能对轨道无压力 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB． t时刻dc产生的感应电动势 E＝BLv，导轨做初速为零的匀加速运动，v＝at，则 E＝BLat；感应电流 I，金属导轨abcd安培力大小 F安＝BIL ‎，对导轨，由牛顿第二定律得：，则得：，可知F与t2不成正比，F与t成线性关系，故A错误，B正确；‎ C．当t达到一定值时，导致QP的电流产生的安培力等于其重力，则刚好对轨道无压力，故C正确；‎ D．当ef左侧磁场均匀减小，不管减小到什么值，QP对轨道压力不会为零，因为受到的安培力与重力同向，故D错误。‎ 二、实验题 ‎13.某实验小组利用如图所示装置进行“探究动能定理”的实验，实验步骤如下：‎ A.挂上钩码，调节长木板的倾角，轻推小车后，使小车 能沿长木板向下做匀速运动；‎ B.打开速度传感器，取下轻绳和钩码，保持 A 中调节好的长木板倾角不变，让小车从长木板顶端由静止下滑，分别记录小车通过速度传感器 1 和速度传感器 2 时的速度大小 v1 和 v2；‎ C.重新挂上细绳和钩码，改变钩码的个数，重复 A 到 B 的步骤.‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)按上述方案做实验，长木板表面粗糙对实验结果是否有影响？__________________(选填“是”或“否”)；‎ ‎(2)若要验证动能定理的表达式，还需测量的物理量有___________________；‎ A.悬挂钩码的总质量 m B.长木板的倾角θ C.两传感器间的距离 l D.小车的质量 M ‎(3)根据实验所测的物理量，动能定理的表达式为：______________.(重力加速度为 g)‎ ‎【答案】 (1). 否 (2). ACD (3). mgl＝M(v22－v12)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】第一空.小车在重力、斜面弹力、摩擦力、细线拉力作用下处于平衡状态，撤去钩码后小车的合外力等于钩码的重力，所以长木板表面粗糙对实验结果没有影响；‎ 第二空.第三空.根据动能定理可知，合外力对小车做的功等于小车动能的变化量，则有：mgl＝Mv22−Mv12，所以要测量悬挂钩码的总质量m，两传感器间的距离l，小车的质量M，故选ACD.‎ ‎14.现要较准确地测量量程为 0～3V、内阻大约为 3 kΩ的电压表 V1 的内阻 RV，实验室提供的器材如下：‎ 电流表 A1（量程 0～0.6 A，内阻约 0.1 Ω）‎ 电流表 A2（量程 0～1 mA，内阻约 100 Ω）‎ 电压表 V2（量程 0～15 V，内阻约 15 kΩ）定值电阻 R1（阻值 200 Ω）‎ 定值电阻 R2（阻值 2 kΩ）‎ 滑动变阻器 R3（最大阻值 100 Ω，最大电流 1.5 A）‎ 电源 （电动势 6 V，内阻约 0.5 Ω）‎ 电源 （电动势 3 V，内阻约 0.5 Ω）开关 S，导线若干 ‎（1）选用上述的一些器材，甲、乙两个同学分别设计了图甲、乙两个电路。‎ 在图甲的电路中，电源选择 E1，则定值电阻 R 应该选择__________；在图乙的电路中， 电源选择 E2，电流表应该选择_____________。（填写对应器材的符号）‎ ‎（2）根据图甲电路，多次测量得到多组电手表 V1 和 V2 的读数 U1、U2，用描点法得到 U1－U2 图象，若图象的斜率为 k1，定值电阻的阻值为 R，则电压表 V1 的内阻 RV＝__________； 根据图乙电路，多次测量得到多组电压表 V1 和电流表 A 的读数 U1、I，用描点法得到可U1－I 图象，若图象的斜率为 k2，则电压表 V1 的内阻 RV＝_______________。（用题中所给字母表示）‎ ‎【答案】 (1). R2 (2). A2 (3). (4). K2‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】第一空.在甲图的电路中，由于电源电动势为6V，电阻R起到串联分压的作用，且电压表量程为3V，所以应选和电压表内阻差不多的电阻，故选R2；‎ 第二空.电压表中最大电流为，所以电流表应该选择量程为量程0～1mA电流表A2；‎ 第三空.在图甲的电路中，电阻R两端电压为UR=U2-U1，通过电阻R的电流为：，根据欧姆定律得：，即，又＝k1，则；‎ 第四空.在图乙的电路中，根据欧姆定律得：U1′=IRV′，又U1′-I图象中图象的斜率为k2，则RV′=k2；‎ 三、计算题 ‎15.如图所示，质量为m的小球A穿在绝缘细杆上，杆的倾角为α，小球A带正电，电量为q.在杆上B点处固定一个电量为Q的正电荷．将A由距B竖直高度为H处无初速释放，小球A下滑过程中电量不变．不计A与细杆间的摩擦，整个装置处在真空中．已知静电力常量k和重力加速度g.‎ ‎(1)A球刚释放时的加速度是多大？‎ ‎(2)当A球的动能最大时，求此时A球与B点的距离.‎ ‎【答案】（1）（2） ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由牛顿第二定律可知mgsinα－F＝ma，‎ 根据库仑定律F＝k，r＝H/sinα 得a＝gsinα－.‎ ‎（2）当A球受到合力为零、加速度为零时，动能最大．设此时A球与B球间的距离为R，则mgsinα＝，‎ 解得R＝ ‎【点睛】本题关键对小球A受力分析，然后根据牛顿第二定律求解加速度，根据力与速度关系分析小球A的运动情况；知道合力为零时动能最大．‎ ‎16.如图所示的装置由传送带 AB、水平地面 CD、光滑半圆形轨道 DE三部分组成。一质量为 5 kg 的物块从静止开始沿倾角为 37°的传送带上滑下。若传送带顺时针运动，其速度v＝10 m/s，传送带与水平地面之间通过光滑圆弧 BC相连，圆弧 BC长度可忽略不计，传送带 AB长度 ＝16 m，水平地面长度 ＝6.3 m，半圆轨道 DE的半径 R＝1.125 m，物块与水平地面间、传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.5。求：(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)‎ ‎ ‎ ‎(1)物块在传送带上运动的时间 t；‎ ‎(2)物块到达 D点时对 D点的压力大小。‎ ‎【答案】（1）2s（2）410N ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）刚开始运动时，对物块受力分析可知 解得a1＝10 m/s2‎ 物块与传送带达到共同速度时，解得t1＝1 s 物块的位移 此后对物块受力分析可知 解得a2＝2 m/s2‎ 物块在传送带上的第二段运动 解得t2＝1 s ‎ 物块在传送带上运动的时间t＝t1＋t2＝2 s ‎ ‎（2）物块到达传送带底端的末速度 在水平地面CD上，物块做匀减速直线运动，其加速度大小a＝μg＝5 m/s2‎ 设物块到达D点时的速度为v3，则 ‎ 解得v3＝9 m/s 设此时D点对物块的支持力为FN，根据牛顿第二定律，有 解得FN＝410 N 根据牛顿第三定律可知，物块对D点的压力大小为410 N。‎ ‎17.如图所示，一轻质弹簧一端固定在倾角为37°的光滑固定斜面的底端，另一端连接质量为mA=2kg的小物块A，小物块A静止在斜面上的O点，距O点为x0=0.75m的P处有一质量为mB=1kg的小物块B，由静止开始下滑，与小物块A发生弹性正碰，碰撞时间极短，碰后当小物块B第一次上滑至最高点时，小物块A恰好回到O点。小物块A、B都可视为质点，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：‎ ‎（1）碰后小物块B的速度大小；‎ ‎（2）从碰后到小物块A第一次回到O点的过程中，弹簧对小物块A的冲量大小。‎ ‎【答案】（1）-1m/s（2）10N∙s ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）B下滑x0获得的速度为v0，则，‎ 解得：v0=3m/s ‎ A、B发生弹性正碰，有：，‎ ‎ 解得：vA=2m/s，vB=-1m/s ‎ ‎（2）碰后，对B由动量定理： 解得： ‎ 对A由动量定理： 解得： ‎18.如图甲,间距L=1.0m的平行长直导轨MN、PQ水平放置,两导轨左端MP之间接有一阻值为R=0.1Ω的定值电阻,导轨电阻忽略不计.一导体棒ab垂直于导轨放在距离导轨左端d=1.0m,其质量m=.01kg,接入电路的电阻为r=0.1Ω,导体棒与导轨间的动摩擦因数µ=0.1,整个装置处在范围足够大的竖直方向的匀强磁场中.选竖直向下为正方向,从t=0时刻开始,磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示,导体棒ab一直处于静止状态.不计感应电流磁场的影响,当t=3s时,突然使ab棒获得向右的速度v0=10m/s,同时在棒上施加一方向水平、大小可变化的外力F,保持ab棒具有大小恒为a=5m/s2方向向左的加速度,取g=10m/s2. (1)求前3s内电路中感应电流的大小和方向. (2)求ab棒向右运动且位移x1=6.4m时的外力F. (3)从t=0时刻开始,当通过电阻R的电量q=5.7C时,ab棒正在向右运动,此时撤去外力F,且磁场的磁感应强度大小也开始变化(图乙中未画出),ab棒又运动了x2=3m后停止.求撤去外力F后电阻R上产生的热量Q. ‎ ‎【答案】(1)0.5A，方向为a→b→P→M→a; (2) 0.1N，方向水平向左; (3)0.25J ‎【解析】‎ ‎（1）前3s内,根据图象可以知道: ‎ , ,S=Ld 联立计算得出:I=0.5A 根据楞次定律可以知道,电路中的电流方向为a→b→P→M→a;‎ ‎(2)设ab棒向右运动且位移x1=6.4m时,速度为v1,外力F方向水平向左,则 F+F安+μmg=ma F安=BIL E=BLv1‎ 而 ‎ 联立计算得出:F=0.1N,方向水平向左,‎ ‎(3)前3s内通过电阻R的电量为: ‎ 撤去外力前,棒发生位移x过程中通过电阻R的电量为q2,棒的速度为v2,则 ‎ ‎ 由能量守恒可得: ‎ 联立各式并带入数据得: QR=0.25J ‎ ‎