海南省海口市第四中学2019-2020学年高二上学期期中考试物理试题 15页

海口四中2019-2020学年高二第一学期期中考试 高二物理试题 一、单项选择题 ‎1.在物理学的发展中，有许多科学家做出了重大贡献，下列说法中正确的是 A. 牛顿通过理想斜面实验发现了物体的运动不需要力来维持 B. 物理学家卡文迪许用实验的方法测出了万有引力常量 C. 开普勒发现了万有引力定律 D. 伽利略通过观察发现了行星运动规律 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．伽利略通过理想斜面实验发现了物体的运动不需要力来维持,故A错误. ‎ B．牛顿发现了万有引力定律之后,卡文迪许通过扭秤实验第一次精确测量出万有引力常量.所以B正确; ‎ C．总结出万有引力定律的物理学家是牛顿,不是开普勒，故C错误. ‎ D．开普勒在第谷观测记录的天文数据的基础上,经过研究,发现了行星的三大运动定律,故D错误.‎ ‎2.某人以不变的速度垂直于对岸游去，游到河中间时，水流速度变大，则此人渡河所用时间比预定时间：‎ A. 增加 B. 减少 C. 不变 D. 无法确定 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：将游泳者的运动分解为沿河岸方向和垂直于河岸方向，因为人以不变的速度向着对岸垂直游去，垂直于河岸方向上的分速度不变，水流速度不影响垂直于河岸方向上的运动，所以渡河时间不变．故C正确，ABD错误．故选C。‎ 考点：运动的合成和分解 ‎【名师点睛】此题是运动的合成及分解问题；解决本题的关键将游泳者的运动进行分解，抓住分运动与合运动具有等时性，各分运动具有独立性进行分析；注意水流速度的大小不影响渡河的时间．‎ ‎3.小球在水平桌面上做匀速直线运动，当它受到如图所示方向的力的作用时，小球可能运动的方向是： ‎ A. Oa B. Ob C. Oc D. Od ‎【答案】D ‎【解析】‎ 曲线运动中合力总是指向曲线的凹侧，D对；‎ ‎4.设两人造地球卫星的质量比为1：2，到地球球心的距离比为1：3，则它们的 A. 周期比为3：1 B. 线速度比为1：3‎ C. 向心加速度比为9：1 D. 向心力之比为1：18‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】人造卫星绕地球做匀速圆周运动，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、地球质量为M，有 计算得出：‎ ‎ ①‎ ‎ ②‎ ‎ ③‎ 由于两人造地球卫星的质量比为1：2，到地球球心的距离比为1：3.‎ A．由②式知：‎ 故A错误.‎ B．由①式知：‎ 故B错误 C．由③式 故C正确;‎ D．由 可知 所以D错误;‎ ‎5.如图，在E=2.0×103N/C的匀强电场中有A、M和B三点，其中BM与电场线垂直，AM与电场线成30°角，AM=4cm，BM=2cm，把一电量的正电荷从A移动到M点，再从M移动到B点，整个过程中电场力做功为 A. J B. 8.0×10-8 J C. 1.6×10-7 J D. 2.4×10-7 J ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】由题意知，把正电荷从A移动到M点，再从M移动到B点，全程做功为：‎ 故选A.‎ ‎6.地球的同步卫星是指相对于地面静止不动的人造卫星（　　）‎ A. 它可以在地面上任一点的正上方，且离地心距离可按需要选择不同的值 B. 它可以在地面上任一点的正上方，但离地心距离是一定的 C. 它只能在赤道的正上方，但离地心的距离可按需要选择不同的值 D. 它只能在赤道的正上方，且离地心的距离是一定的 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】同步卫星相对于地球静止，需要满足两个条件：一绕地球旋转的旋转轴与地球的地轴相同；二是旋转周期与地球自转周期相同，根据开普勒第三定律，同一中心天体相同，由于同步卫星的周期相同，所以旋转半径也相同，离地面的高度相同，同步卫星只能在赤道上方，且离地心的距离是一定的，故D正确；ABC错误；故选D ‎7.如图所示为某一电容器所带电荷量和两端电压之间的关系图线,若将该电容器两端的电压从40V降低到36V,下列说法正确的是 A. 该过程是充电过程 B. 该过程是放电过程 C. 电容器的电容为5.0×10-2F D. 该过程中电容器的电荷量变化量为0.005C ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．由图象可知，电压从40V降低到36V，电容器的电量减小，则属于放电过程，故A错误，B正确；‎ C．根据图象，当电压为40V时，电量为0.2C，故电容为：‎ 故C错误；‎ D．如果该电容器两端的电压从40V降低到36V，则：‎ 故D错误。‎ ‎8.如图所示,长0.5 m的轻质细杆,一端固定有一个质量为3 ‎ kg的小球,另一端由电动机带动,使杆绕O点在竖直平面内做匀速圆周运动,小球的速率为2 m/s。取g=10 m/s2,下列说法正确的是 A. 小球通过最高点时,对杆的拉力大小是24 N B. 小球通过最高点时,对杆的压力大小是6 N C. 小球通过最低点时,对杆的拉力大小是24 N D. 小球通过最低点时,对杆的拉力大小是6 N ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．设在最高点杆子表现为拉力，则有：‎ 代入数据得：F= -6N，则杆子表现支持力，大小为6N．所以小球对杆子表现为压力，大小为6N．故A错误，B正确．‎ CD．在最低点杆子表现为拉力，有：‎ 代入数据得：F=54N．故C错误，D错误．‎ 二、多项选择题 ‎9. 如图所示，a、b、c是在地球大气层外同一平面内的圆形轨道上绕逆时针方向运动的3颗卫星，下列说法正确的是（ ）‎ A. b、c的线速度大小相等，且大于a的线速度 B. b、c的向心加速度大小相等，且小于a的向心加速度 C. c加速可追上同一轨道上的b，b减速可等候同一轨道上的c D. a卫星由于某原因，轨道半径缓慢减小，其线速度将增大 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 试题分析：沿圆轨道运行的人造地球卫星，根据人造卫星的万有引力等于向心力，‎ ‎=m=ma A、线速度v=，根据题意ra＜rb=rc，所以b、c的线速度大小相等，小于a的线速度，故A错误；‎ B、向心加速度a=，根据题意ra＜rb=rc，所以b、c的向心加速度大小相等，且小于a的向心加速度，故B正确；‎ C、c加速，万有引力不够提供向心力，做离心运动，离开原轨道，b减速，万有引力大于所需向心力，卫星做近心运动，离开原轨道，所以不会与同轨道上的卫星相遇．故C错误．‎ D、卫星由于某原因，轨道半径缓慢减小，根据公式线速度v=，则线速度增大，故D正确；‎ 故选：BD．‎ ‎10.如图所示，平行板电容器的两极板A、B接在电池的两极，一带正电的小球悬挂在电容器内部，闭合开关S，给电容器充电，稳定后悬线偏离竖直方向的夹角为θ，则(　　)‎ A. 若保持开关S闭合，A极板向B极板靠近，则θ增大 B. 若保持开关S闭合，A极板向B极板靠近，则θ不变 C. 若开关S断开，A极板向B极板靠近，则θ不变 D. 若开关S断开，A极板向B极板靠近，则θ增大 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB、若保持开关S闭合,则电容器两端的电压U恒定,A极板向B极板靠近时,两极板间的距离d减小,由E=U/d 可知两极板间的电场强度增大，带正电的小球受到的电场力增大，则θ增大，故A正确，B错误；‎ CD、若开关S断开,则电容器所带的电荷量恒定,A极板向B极板靠近时,板间距离减小,根据电容器的决定式、定义式 以及可得：，说明电场强度保持不变；带正电的小球受到的电场力不变，则θ不变，故C正确，D错误。‎ 故选：AC.‎ ‎11.某静电场中的电场线如图所示，带电粒子在电场中仅受静电力作用，由M点运动到N点，其运动轨迹如图中虚线所示，以下说法正确的是 A. 粒子必定是负电荷 B. 粒子在M点的电势能小于它在N点的电势能 C. 粒子在M点加速度小于它在N点的加速度 D. 粒子在M点的动能小于它在N点的动能 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由电荷的运动轨迹可以知道，电荷的受力沿着电场线的方向，所以电荷为正电荷,所以A错误.‎ B．正电荷沿着电场的方向运动,所以电场力做正功,电荷的电势能减小,所以粒子在M点的电势能大于它在N点的电势能,所以B错误.‎ C．电场线密的地方电场的强度大,电场线疏的地方电场的强度小,由图可知N点的场强大于M点的场强的大小，在N点的受力大于在M的受力，所以粒子在M点的加速度小于它在N点的加速度,所以C正确.‎ D．正电荷沿着电场的方向运动，所以电场力做正功，电荷的电势能减小，动能增加，所以粒子在M点的动能小于它在N点的动能，所以D正确.‎ ‎12.如图所示电路，电源电动势为E，内阻为r，Rt为光敏电阻（光照强度增加时，其电阻值减小）。现增加光照强度，则下列判断正确的是 A B灯变暗，A灯变暗 B. R0两端电压变大 C. 电源路端电压变大 D. 电源总功率变小 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】ABC．根据题意增加光照强度时减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律得知干路电流I增大，电源的内电压增大，路端电压U减小，流过A灯的电流减小，则A灯变暗；通过电流：‎ I增大，而减小，故增大，则两端电压增大，而、B的电压之和等于路端电压，因路端电压减小，则知B的电压减小，所以B灯变暗；所以B正确，A错误，C错误.‎ D．电源的总功率：‎ 因为E不变，I增大，则P增大.故D错误.‎ 三、实验题 ‎13.一电流表的满偏电流Ig=0.6A，电流表内阻Rg=40Ω，面板如图所示。若要把这个电流表的量程扩大成 3A，那么应该在Rg上_______（填写“串”或“并”）联一个电阻Rx，Rx的大小应是________Ω；改装好后，用该电流表的3A量程测量某一电流，此时指针指到图中所示位置，则所测电流是________A。‎ ‎【答案】 (1). 并 (2). 10 (3). 1.1‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】[1][2]电流表要扩大量程，需要并联上一个电阻进行分流，所以：‎ ‎[3]如果采用0-3A量程时最小刻度为0.1A，是改装前前的5倍；所以读数为1.1A，‎ ‎14.下列器材组装一个电路，既能测量出电池组的电动势E和内阻r，又能同时描绘小灯泡的伏安特性曲线．‎ A．电压表V1（量程6 V，内阻很大）‎ B．电压表V2（量程4 V，内阻很大）‎ C．电流表A（量程3 A，内阻很小）‎ D．滑动变阻器R（最大阻值10 Ω，额定电流4 A）‎ E．小灯泡（2 A,7 W）‎ F．电池组（电动势E，内阻r）‎ G．开关一只，导线若干 实验时，调节滑动变阻器的阻值，多次测量后发现：若电压表V1的示数增大，则电压表V2的示数减小．‎ ‎（1）请将设计的实验电路图在图甲中补充完整．‎ ‎（ ）‎ ‎（2）每一次操作后，同时记录电流表A、电压表V，和电压表V2的示数，组成两个坐标点（I，U1）、（I，U2），标到U－I坐标中，经过多次测量，最后描绘出两条图线，如图乙所示，则电池组的电动势E＝___V、内阻r＝___Ω.（结果保留两位有效数字）‎ ‎（3）在U－I坐标中两条图线在P点相交，此时滑动变阻器连入电路的阻值应为___Ω,小灯泡的阻值应为____Ω.‎ ‎【答案】 (1). (2). 5.5 (3). 1.0 (4). 0 (5). 1.75‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]伏安法测电源电动势与内阻实验中电压表测路端电压，电压表示数随滑动变阻器接入电路阻值的增大而增大；描绘小灯泡伏安特性曲线实验中，电流表测流过灯泡的电流，灯泡两端电压随滑动变阻器接入电路电阻的增大而减小；调节滑动变阻器时电压表V1的示数增大，则电压表V2的示数减小，则V1测路端电压，V2测灯泡两端电压，电路图如图所示.‎ ‎(2)[2][3]电源的图象是一条倾斜的直线，由图象可以知道电源电动势，电源内阻：‎ ‎(3)[4][5]由图乙所示图象可知两图象的交点坐标，即灯泡电压，此时电路电流，则灯泡此时的电阻为：‎ 而电源电动势：‎ 带入数据解得.‎ 四、计算题 ‎15.一根长为l的丝线吊着一质量为m，带电荷量为+q的小球静止在匀强电场中，如右图所示丝线与竖直方向成37°角， （重力加速度为g），则：‎ ‎（1）匀强电场的电场强度的方向 ‎（2）匀强电场的电场强度的大小；‎ ‎【答案】（1）水平向右（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)由图中可知小球受到一个向右的电场力，因小球带正电，故匀强电场方向水平向右.‎ ‎(2)由题意可知小球静止在电场中，由平衡条件得：‎ 故：‎ 答：(1)匀强电场的电场强度的方向水平向右 ‎(2)匀强电场的电场强度的大小；‎ ‎16.半径为2.5m光滑半圆形轨道固定在水平地面上，一质量为2kg的小球以20m/s的速度从最低点A处冲上轨道，当小球从轨道最高点B处水平飞出时，（g=10m/s2）求：‎ ‎（1）小球在B处的速度大小；‎ ‎（2）小球在B处受到轨道弹力的大小；‎ ‎（3）小球落地点到A的距离.‎ ‎【答案】（1）（2）220N（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)A到B点过程中由动能定理有 代入数据解得：‎ ‎(2)小球在B点处合理提供向心力有：‎ 代入数据解得：FN=220N ‎(3)小球由B点飞出后做平抛运动，在竖直方向上有：‎ 代入数据解得：t=1s 在水平方向上有：‎ 故解得 答：(1)小球在B处的速度大小；‎ ‎(2)小球在B处受到轨道弹力的大小220N；‎ ‎(3)小球落地点到A的距离.‎ ‎17.如图所示为电子枪中电子在电场中运动的简化模型示意图。在Oxy平面的ABCD区域内，存在两个场强大小均为E的匀强电场I和II，两电场的边界均是边长为L的正方形，已知质量为m，电荷量为e的电子可正常穿过电场I和II区域（不计重力）。‎ ‎（1）在I区域AB边的中点处由静止释放电子，求电子离开电场I区域时的速度。‎ ‎（2）求电子离开电场I区域所用的时间。‎ ‎（3）求电子离开CD边的位置坐标。‎ ‎【答案】（1）（2）（3）（－2L，L）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)电子在电场I中做匀加速直线运动，出区域I时的为v1，有 ‎ 解得：‎ ‎(2)电子在电场I中做匀加速直线运动，电场力提供加速度有：‎ 根据运动学公式：‎ 联立解得：‎ ‎(3)电子在电场II做类平抛运动，假设电子从CD边射出，出射点纵坐标为y，则有：‎ 所以有：‎ 解得：‎ 所以原假设成立，即电子离开ABCD区域的位置坐标为（－2L，）‎ 答：(1)在I区域AB边的中点处由静止释放电子，电子离开电场I区域时的速度。‎ ‎(2)电子离开电场I区域所用的时间。‎ ‎(3)电子离开CD边的位置坐标为（－2L，）。‎ ‎ ‎