2017-2018学年吉林省长春外国语学校高二下学期期初考试物理试题 解析版 13页

吉林省长春外国语学校2017-2018学年高二下学期期初考试物理试题 一、单项选择题：本题共9小题，每小题5分，共45分。‎ ‎1. 如图所示，质量分别为m、2m的球A、B,由轻质弹簧相连后再用细线悬挂在正在竖直向上做匀减速运动的电梯内，细线承受的拉力为F，此时突然剪断细线，在线断的瞬间，弹簧的弹力大小和小球A的加速度大小分别为 （  ）‎ A.    B.   ‎ C.    D.   ‎ ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：根据题意，对AB整体受力分析如图1所示，‎ AB整体受线的拉力F和重力3mg，根据牛顿第二定律有3mg-F=3ma； 解得：a=g-；对A球进行受力分析如图2所示，A球受线的拉力F和重力mg以及弹簧拉力F1三个力作用下向上匀减速直线运动，根据牛顿第二定律可得：F1+mg-F=ma，所以F1=F-mg+ma=F-mg+m（g-）=；又因为在细线断开的瞬间，细线的拉力F立即消失，而弹簧的弹力因形变没有发生变化而保持不变，故线断开的瞬间，A的合力为F合=F1‎ ‎+mg，根据牛顿第二定律可得，物体A在线断开的瞬间的加速度，所以A正确，BCD错误；故选A。‎ 考点：牛顿第二定律 ‎【名师点睛】正确使用整体法和隔离法分析物体的受力，求出弹簧的弹力，知道在线断开的瞬间，线的弹力立即消失而弹簧的弹力随形变量的变化而变化，在形变瞬间没有变化因此弹力保持瞬间不变，这是解决本题的关键。‎ ‎2. 如图所示,与水平面夹角为30°的固定斜面上有一质量m=1.0 kg的物体。细绳的一端摩擦不计的定滑轮与固定的弹簧测力计相连。物体静止在斜面上,弹簧测力计的示数为5.0 N。关于物体受力的判断(g取9.8 m/s2),下列说法正确的是(　　)‎ A. 斜面对物体的摩擦力大小为零 B. 斜面对物体的摩擦力大小为0.1 N,方向沿斜面向上 C. 斜面对物体的摩擦力大小为0.1 N,方向沿斜面向下 D. 斜面对物体的摩擦力大小为0.1 N,方向垂直斜面向上 ‎【答案】C ‎【解析】物体重力沿斜面方向下的分力Gx=mgsin30°=4.9N，弹簧向上的拉力为5.0N,则斜面对物体的摩擦力大小为0.1 N，方向沿斜面向下，故C正确，ABD错误；故选C．‎ ‎3. 一枚火箭搭载着卫星以速率v0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离．已知前部分的卫星质量为m1，后部分的箭体质量为m2，分离后箭体以速率v2沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率v1为(　　)‎ A. v0－v2 B. v0＋v2‎ C. v0－v2 D. v0＋ (v0－v2)‎ ‎【答案】D ‎【解析】火箭和卫星组成的系统在分离时水平方向上动量守恒，规定初速度的方向为正方向，由动量守恒定律有：（m1+m2）v0=m2v2+m1v1，解得： ，故选D．‎ 点睛：解决本题的关键知道火箭和卫星组成的系统在水平方向上动量守恒，运用动量守恒定律进行求解，知动量守恒定律的表达式为矢量式，注意速度的方向．‎ ‎4. 如图所示，带箭头的线表示某一电场的电场线。在电场力作用下，一带电粒子（不计重力）经A点飞向B点，径迹如图中虚线所示，下列说法正确的是（ ）‎ A. 粒子带正电 B. 粒子在A点加速度小 C. 粒子在B点动能大 D. A、B两点相比，B点电势较高 ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：电场线的方向向上，根据粒子的运动的轨迹可以判断得出粒子受到的电场力的方向为向下，与电场线的方向相反，所以该离子带负电，所以A错误；电场线密的地方电场的强度大，所以粒子在B点受到的电场力大，在B点时的加速度较大，所以B正确．从A到B得过程中，电场力对粒子做负功，所以粒子的动能减小，所以C错误；顺着电场线电势降低，故A、B两点相比，B点电势较低，选项D正确．‎ 故选BD．‎ 考点：带电粒子在电场中的运动 ‎5. 一个带电粒子沿垂直于磁场方向射入匀强磁场中，由于沿途空气电离而使粒子的动能逐渐减小，轨迹如图所示。假设粒子的电荷量不变，下列有关粒子的运动方向和所带电性的判断正确的是（ ）‎ A. 粒子由a向b运动，带正电 B. 粒子由b向a运动，带负电 C. 粒子由b向a 运动，带正电 D. 粒子由a向b运动，带负电 ‎【答案】B ‎【解析】据题意，带电粒子沿垂直于磁场方向射入匀强磁场，粒子的能量逐渐减小，速度减小，则由公式 得知，粒子的半径应逐渐减小，由图看出，粒子的运动方向是从b到a．在b处，粒子所受的洛伦兹力指向圆心，即斜向左上方，由左手定则判断可知，该粒子带负电．故选B．‎ ‎6. 如图所示，矩形虚线框MNPQ内有一匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。a、b、c是三个质量和电荷量都相等的带电粒子，它们从PQ边上的中点沿垂直于磁场的方向射入磁场，图中画出了它们在磁场中的运动轨迹。粒子重力不计。下列说法正确的是（ ）‎ A. 粒子a带负电 B. 粒子c的动能最大 C. 粒子b在磁场中运动的时间最长 D. 粒子b在磁场中运动时的向心力最大 ‎【答案】D ‎【解析】根据左手定则知粒子a带正电，粒子b、c带负电；粒子在磁场中做匀速圆周运动时，由洛伦兹力提供向心力，根据 ，可得： ，粒子的动能EK=mv2，则可知三个带电粒子的质量、电荷量相同，在同一个磁场中，当速度越大时、轨道半径越大，则由图知，c粒子速率最小，b粒子速率最大．b粒子动能最大，向心力最大．故B错误，D正确．根据 ，则c粒子圆弧转过的圆心角最大，时间最长，选项C错误；故选D．‎ ‎7. 一束带电粒子以同一速度v0从同一位置进入匀强磁场，在磁场中它们的轨迹如图所示。若粒子A的轨迹半径为r1，粒子B的轨迹半径为r2，且r2=2r1，q1、q2分别是它们的带电荷量，m1、m2分别是它们的质量。则下列分析正确的是（ ）‎ A. A带负电、B带正电，荷质比之比为 B. A带正电、B带负电，荷质比之比为 C. A带正电、B带负电，荷质比之比为 D. A带负电、B带正电，荷质比之比为 ‎【答案】C ‎【解析】A向左偏，B向右偏，根据左手定则知，A带正电，B带负电．根据半径公式 ，知荷质比 ，v与B不变，所以荷质比之比等于半径之反比，所以 ．故C正确，ABD错误．故选C．‎ 点睛：解决本题的关键掌握左手定则判断磁场方向、电荷的运动方向以及洛伦兹力方向的关键，以及掌握带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径公式。‎ ‎8. 有Ⅰ、Ⅱ两根不同材料的电阻丝，长度之比为l1∶l2＝1∶5，横截面积之比为S1∶S2＝2∶3，电阻之比为R1∶R2＝2∶5，外加电压之比为U1∶U2＝1∶2，则它们的电阻率之比为 (　　)‎ A. 2∶3 B. 4∶3 C. 3∶4 D. 8∶3‎ ‎【答案】B ‎【解析】根据电阻的决定式R=ρ得：ρ= ；则： ，故ACD 错误，B正确．故选B．‎ ‎9. 如图所示电路中，r是电源的内阻，R1和R2是外电路中的电阻，如果用Pr，P1和P2分别表示电阻r、R1、R2上所消耗的功率，当R1＝R2＝r时，Pr∶P1∶P2等于 (　　)‎ A. 1∶1∶1 B. 2∶1∶1‎ C. 1∶4∶4 D. 4∶1∶1‎ ‎【答案】D ‎【解析】在如图所示电路中，内阻上通过的电流与外电路的总电流相同，内阻与外电阻是串联关系，(不能认为内阻与外电阻并联)，但R1与R2是并联的，因R1＝R2，则I1＝I2＝I，IR＝I1＋I2＝2I.Pr∶P1∶P2＝IR2r∶I12R1∶I22R2＝4∶1∶1，故正确答案为D.‎ 二、多项选择题：本题共3小题，每小题5分，共15分。‎ ‎10. 火星有两颗卫星，分别是火卫一和火卫二，它们的轨道近似为圆.已知火卫一的周期为7小时39分，火卫二的周期为30小时18分，则两颗卫星相比（ ）‎ A. 火卫一距火星表面较近 B. 火卫二的角速度较大 C. 火卫一的运动速度较大 D. 火卫二的向心加速度较大 ‎【答案】AC ‎【解析】试题分析：根据卫星的万有引力等于向心力，列式求出线速度、角速度、周期和向心力的表达式进行讨论即可．‎ 解：卫星绕火星做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，设卫星的质量为m、轨道半径为r、火星质量为M，有 F=F向 F=G F向=m=mω2r=m（）2r 因而 G=m=mω2r=m（）2r=ma 解得 v=①‎ T==2π②‎ ω=③‎ a=④‎ 由于火卫二周期较大，根据②式，其轨道半径较大，再结合①③④式，可知火卫二的线速度较小、角速度较小、加速度较小；‎ 故选AC．‎ ‎【点评】本题关键抓住万有引力提供向心力，列式求解出线速度、角速度、周期和向心力的表达式，再进行讨论．‎ ‎11. 如图所示，一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出，鱼缸最终没有滑出桌面．若鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等，则在上述过程中（ ）‎ A. 桌布对鱼缸摩擦力的方向向左 B. 鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等 C. 若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力将增大 D. 若猫减小拉力，鱼缸有可能滑出桌面 ‎【答案】BD ‎...............‎ 视频 ‎12. 如图甲所示，一个阻值为R，匝数为n的圆形金属线圈与阻值为2R的电阻R1连接成闭合回路。线圈的半径为r1，在线圈中半径为r2的圆形区域存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图乙所示。图线与纵、横轴的截距分别为B0和t0，导线的电阻不计。则0至t1时间内 (　　)‎ A. 电流的方向为由a到b B. 电流的大小为 C. 通过电阻R1的电量为 D. 电阻R1上产生的热量为 ‎【答案】BC ‎【解析】由楞次定律可判断通过电阻R1上的电流方向为从b到a，故A错误；由图象分析可知，0至t1时间内有：，由法拉第电磁感应定律有：，面积为：s=πr22 由闭合电路欧姆定律有：I1=；联立以上各式解得，通过电阻R1上的电流大小为：I1=，故B正确；通过电阻R1上的电量为：q=I1t1= ，故C正确；通过电阻R1上产生的热量为：Q=I12R1t1= ，故D错误；故选BC．‎ 点睛：考查楞次定律来判定感应电流方向，由法拉第电磁感应定律来求出感应电动势大小．还可求出电路的电流大小及电阻消耗的功率．同时磁通量变化的线圈相当于电源．‎ 三、填空题（每空3分，共9分）‎ ‎13. 如图所示,在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中,某同学保持木板水平,调节盘和重物的总质量,使小车能拖动纸带沿木板匀速运动,记下此时盘和重物的总质量m0、小车的总质量M。已知重力加速度为g。‎ ‎(1)在探究加速度与力的关系时,若测得盘和重物的总质量为m(m≪M),则小车所受的合外力为____;当改变盘和重物的总质量重做实验时,____(选填“需要”或“不需要”)重新平衡摩擦力。 ‎ ‎(2)在探究加速度与质量的关系时,当改变小车的总质量时,____(选填“需要”或“不需要”)重新平衡摩擦力。‎ ‎【答案】 (1). mg (2). 不需要 (3). 需要 ‎【解析】解：（1）调节盘和重物的总重量，使小车能拖动纸带沿木板匀速直线运动，记下此时盘和重物的总质量m0，所以摩擦力大小是m0‎ g．在探究加速度与力的关系时，若测得盘和重物的总质量为m（m＜M），则小车所受的合外力为（m-m0）g；当改变盘和重物的总质量重做实验时，摩擦力不变，不需要重新平衡摩檫力． （2）在探究加速度与质量的关系时，当改变小车的总质量时摩擦力发生改变，需要重新平衡摩擦力．‎ 四、计算题（共31分）‎ ‎14. 在十字路口，汽车以0.5m/s2的加速度从停车线启动做匀加速运动，恰好有一辆自行车以5m/s的速度匀速驶过停车线与汽车同方向行驶，求：‎ ‎(1)汽车追上自行车之前，什么时候它们相距最远？最远距离是多少？‎ ‎(2)在什么地方汽车追上自行车？追到时汽车的速度是多大？‎ ‎【答案】（1）速度相同时距离最大 即10s时 最大距离为25m（2）20s时追上 速度为10m/s 据路口100m ‎【解析】试题分析：①两车速度相等时相距最远，设所用时间为t v汽＝at＝v自 （2分） t＝10s （1分）‎ 最远距离x＝x自－x汽（1分）‎ x ＝v自t－at2＝25m （2分）‎ ‎②设汽车追上自行车所用时间为t 此时x自＝x汽 （1分） v自t＝a t2 （1分） t＝=20s （1分）‎ 此时距停车线距离 x＝v自t＝5×20s=100m （1分）‎ 此时汽车速度　v汽＝a t＝0.5×20=10m/s （1分）‎ 考点：考查匀变速直线运动中的追击问题 点评：在追击相遇问题中，要明确速度相同是能否追上，相距最远或最近的临界条件，注意两个等量关系：时间和位移 ‎15. 下暴雨时,有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害。某地有一倾角为θ=37°(sin 37°=0.6)的山坡C,上面有一质量为m的石板B,其上下表面与斜坡平行; B上有一碎石堆A(含有大量泥土),A和B均处于静止状态,如图所示。假设某次暴雨中,A浸透雨水后总质量也为m(可视为质量不变的滑块),在极短时间内,A、B间的动摩擦因数μ1减小为,B、C间的动摩擦因数μ2减小为0.5,A、B开始运动,此时刻为计时起点;在第2 s末,B的上表面突然变为光滑,μ2保持不变,已知A开始运动时,A离B下边缘的距离l=27‎ ‎ m,C足够长。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。重力加速度g大小取10 m/s2。求:‎ ‎(1)在0~2 s时间内A和B加速度的大小;‎ ‎(2)A在B上总的运动时间。‎ ‎【答案】（1）a1=3m/s2 ，a2=1m/s2（2）4s ‎【解析】本题主要考查牛顿第二定律、匀变速运动规律以及多物体多过程问题；‎ ‎（1）在0-2s内，A和B受力如图所示 由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得:‎ ‎⑴‎ ‎...⑵‎ ‎⑶‎ ‎⑷‎ 以沿着斜面向下为正方向，设A和B的加速度分别为，由牛顿第二定律可得：‎ ‎⑸‎ ‎⑹‎ 联立以上各式可得a1=3m/s2⑺‎ a2=1m/s2..⑻‎ ‎（2）在t1=2s，设A和B的加速度分别为，则 v1=a1t1=6m/s ⑼‎ v2=a2t1=2m/s ⑽‎ t>t1时，设A和B的加速度分别为，此时AB之间摩擦力为零，同理可得：‎ ‎⑾‎ ‎⑿‎ 即B做匀减速，设经时间，B的速度减为零，则：‎ ‎⒀‎ 联立⑽⑿⒀可得t2=1s ..⒁‎ 在t1+t2时间内，A相对于B运动的距离为 ‎⒂‎ 此后B静止不动，A继续在B上滑动，设再经时间后t3，A离开B，则有 可得,t3=1s（另一解不合题意，舍去，）‎ 则A在B上的运动时间为t总.‎ t总=t1+t2+t3=4s ‎（利用下面的速度图象求解，正确的，参照上述答案信参考给分）‎ ‎【考点定位】牛顿第二定律；匀变速直线运动；‎ ‎【方法技巧】本题主要是考察多过程问题，要特别注意运动过程中摩擦力的变化问题。要特别注意两者的运动时间不一样的，也就是说不是同时停止的。‎ 视频 ‎16. 如图所示装置由加速电场、偏转电场和偏转磁场组成。偏转电场处在加有电压的相距为d 的两块水平平行放置的导体板之间，匀强磁场水平宽度为l，竖直宽度足够大，处在偏转电场的右边，如图甲所示。大量电子（其重力不计）由静止开始，经加速电场加速后，连续不断地沿平行板的方向从两板正中间射入偏转电场。当两板没有加电压时，这些电子通过两板之间的时间为2t0，当在两板间加上如图乙所示的周期为2t0、幅值恒为U0的电压时，所有电子均能通过电场，穿过磁场，最后打在竖直放置的荧光屏上（已知电子的质量为m、电荷量为e）。求：‎ ‎(1）如果电子在t=0时刻进入偏转电场，求它离开偏转电场时的侧向位移大小；‎ ‎(2）通过计算说明，所有通过偏转电场的电子的偏向角（电子离开偏转电场的速度方向与进入电场速度方向的夹角）都相同。‎ ‎(3）要使电子能垂直打在荧光屏上，匀强磁场的磁感应强度为多少？‎ ‎【答案】（2）见解析（3）‎ ‎【解析】试题分析：（1）在t=0时刻，电子进入偏转电场，Ox方向（水平向右为正）做匀速直线运动，Oy方向（竖直向上为正）在0－t0时间内受电场力作用做匀加速运动，加速度（2分）‎ 在t0－2t0时间内做匀速直线运动，速度（1分）‎ 侧向位移（2分）‎ 解得：（1分）‎ 根据，可得它在Oy方向上速度增加量都为（2分）‎ 因此所有电子离开偏转电场时的Oy方向的分速度都相等为（2分）‎ Ox方向的分速度都为v0=vx，所有电子离开偏转电场的偏向角都相同 （1分）‎ ‎（3）设电子从偏转电场中射出时的偏向角为θ，电子进入匀强磁场后做圆周运动垂直打在荧光屏上，如下图所示，电子在磁场中运动的半径R为：（2分）‎ 设电子从偏转电场中出来时的速度为vt，则电子从偏转电场中射出时的偏向角为：（1分）‎ 电子进入磁场后做圆周运动，其半径R为：（1分）‎ 联立以上各式，解得：（1分）‎ 考点：此题考查了带电粒子在垂直的电场中做类平抛运动，在垂直的磁场中做匀速圆周运动的规律。‎ ‎ ‎