辽宁省本溪市第二中学2019-2020学年高二上学期期初考试物理试题 16页

本溪市第二高级中学2019-2020学年 上学期 高二期初考试 物理选考试卷 一、单选题 ‎1.如图所示的四个电场的电场线，其中A和C图中小圆圈表示一个点电荷，A图中虚线是一个圆，B图中几条直线间距相等互相平行，则在图中M、N两点电场强度不相同且电势相同的是 (　　)‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ A、AC是点电荷产生的电场，A中MN在同一个圆上的不同的点，C中MN到圆心的距离不等，根据可知，A中MN两点电场强度大小相等方向不同，C中大小不等方向相同，电场强度为矢量需要大小和方向均相同，故A、C错误；B、等间距平行的电场线表示匀强电场，电场中电场强度处处相等，故B正确；D、D图中N点所在的电场线比较密集，M点所在的电场线比较疏，所以N点的电场强度大于M点的电场强度，故D错误。故选B。‎ ‎【点睛】本题要求知道在电场中电场线的疏密表示电场的强弱，电场线的切线方向表示场强的方向.‎ ‎2.一根横截面积为S的铜导线，通过电流为I．已经知道铜的密度为ρ，铜的摩尔质量为M，电子电荷量为e，阿佛加德罗常数为NA，设每个铜原子只提供一个自由电子，则铜导线中自由电子定向移动速率为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】设自由电子定向移动的速率为v，导线中自由电子从一端定向移到另一端所用时间为 t，对铜导体研究：每个铜原子可提供一个自由电子，则铜原子数目与自由电子的总数相等，为：‎ t时间内通过导体截面的电荷量为：q=ne ，则电流强度为：‎ 可得：‎ A．．与上述计算相符，故A正确． ‎ B．．与上述计算不相符，故B错误． ‎ C．．与上述计算不相符，故C错误． ‎ D．．与上述计算不相符，故D错误．‎ ‎3.一球绕直径匀速转动如图所示，球面上有A、B两点，则 ‎ A. 质点A、B的向心加速度都指向球心O B. 由a=ω2r知aA＜aB C. 由a=v2/r知aA＞aB D. vA＜vB是可能的，vA＞aB也有可能 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 质点A、B的向心加速度方向都指向圆心，如题图，A、B的加速度都是垂直转轴直线转轴，它们都不是指向圆心，A错误；由于AB两点是同轴转动，故它们的角速度相同，由图可知 ‎，根据知，根据知，故B正确CD错误．‎ ‎4. 一质量为m的物体，从距地面高度为h处由静止开始做自由落体运动，则 A. 下落过程中重力的平均功率为 B. 下落过程中重力的平均功率为 C. 落地时重力的瞬时功率为 D. 落地时重力的瞬时功率为 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：根据公式，可得物体下落时间为，过程中重力做功为，故过程中重力做功的平均功率为，A正确B错误；过程中机械能守恒，故有，解得物体落地瞬间的速度为，根据公式可得落地时重力的瞬时功率为，CD错误；‎ 考点：考查了功率的计算 ‎【名师点睛】做本题的关键是知道公式求解的是平均功率，公式计算的是瞬时功率，另外还需要掌握自由落体运动规律 ‎5.如图所示，固定的绝缘斜面处于沿水平向右的匀强电场中，一带电金属块由静止开始沿斜面滑道底端，其运动轨迹和匀强电场均在纸面内，已知在金属块下滑的过程中动能增加了0.7J，金属块克服摩擦力做功0.3J，重力做功1.2J，则以下判断不正确的是 A. 金属块一定带正电荷 B. 金属块克服电场力做功0.2J C. 金属块的机械能减少1.2J D. 金属块的重力势能和电势能之和减少1.0J ‎【答案】C ‎【解析】‎ 在金属块滑下的过程中动能增加了0.7J，金属块克服摩擦力做功0.3J，重力做功1.2J，根据动能定理得：W总=WG+W电+Wf=△EK，解得：W电=-0.2J，所以电场力做功-0.2J，金属块的电势能增加0.2J．由于金属块下滑，电场力做负功，电场力应该水平向右，所以金属块带正电荷。故AB正确；金属块的重力势能和电势能之和减少1.2J-0.2J=1.0J，选项D正确；在金属块滑下的过程中重力做功1.2J，重力势能减小1.2J，动能增加了0.7J，所以金属块的机械能减少0.5J，故C错误。此题选项错误的选项，故选C。‎ 点睛：解这类问题的关键要熟悉功能关系，也就是什么力做功量度什么能的变化，并能建立定量关系：重力做功等于重力势能的变化；合力的功等于动能的变化；电场力做功等于电势能的变化；除重力外的其它力的功等于机械能的变化．‎ ‎6. 投飞镖是深受人们喜爱的一种娱乐活动。某运动员将一枚飞镖从高于靶心的位置水平投向竖直悬挂的靶盘，结果飞镖打在靶心的正下方，如图3所示。假设飞镖运动过程中所受空气阻力不计，在其他条件不变的情况下，为使飞镖命中靶心，该运动员在下次投掷时应该采取的正确方法是 A. 适当增大飞镖投出时的初速度 B. 适当减小飞镖投出时的高度 C. 到离靶盘稍远些的地方投飞镖 D. 换用质量稍大些的飞镖 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，抓住等时性，运用运动学公式进行分析．‎ ‎【详解】适当增大投放飞镖的初速度，则运动的时间变短，下降的高度变小，会击中靶心，故A正确。由于水平距离不变，初速度不变，则运动的时间不变，下降的高度不变，适当减小投放飞镖的高度，仍然不会击中靶心，故B错误。到稍远些地方投放飞镖，根据水平方向上做匀速直线运动知，运动的时间变长，根据等时性知，下降的高度变大，则仍不会击中靶心。故C错误。平抛运动与飞镖的质量无关，故D错误。故选A.‎ ‎【点睛】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，抓住等时性进行分析．‎ ‎7.2013年12月6日17时47分，在北京飞控中心工作人员精密控制下，嫦娥三号开始实施近月制动，进入100公里环月轨道Ⅰ，2013年12月10日晚21:20分左右，嫦娥三号探测器将再次变轨，从100公里的环月圆轨道Ⅰ，降低到近月点（B点）15公里、远月点（A点）100公里的椭圆轨道Ⅱ，为下一步月面软着陆做准备。关于嫦娥三号卫星，下列说法正确的是 A. 卫星在轨道Ⅱ运动的周期大于在轨道Ⅰ运动的周期 B. 卫星在轨道Ⅱ上A点的加速度大于在轨道Ⅰ上A点的加速度 C. 卫星在轨道Ⅱ经过A点时的动能小于在轨道Ⅱ经过B点时的动能 D. 卫星从轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅱ，A点应加速 ‎【答案】C ‎【解析】‎ A：卫星在轨道Ⅱ运动的半长轴小于卫星在轨道Ⅰ运动的半径，据开普勒第三定律，卫星在轨道Ⅱ运动的周期小于在轨道Ⅰ运动的周期。故A项错误。‎ B：卫星在轨道Ⅱ上A点和轨道Ⅰ上A点时，均只受万有引力，据可得：卫星在轨道Ⅱ上A点的加速度等于在轨道Ⅰ上A点的加速度。故B项错误。‎ C：据开普勒第二定律可得，卫星在轨道Ⅱ经过A点时的速率小于在轨道Ⅱ经过B点时的速率，则卫星在轨道Ⅱ经过A点时的动能小于在轨道Ⅱ经过B点时的动能。故C项正确。‎ D：卫星轨道Ⅰ上做圆周运动，则；卫星在轨道Ⅱ过A点时要做近心运动，则。，则卫星从轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅱ，在A点应减速。故D项错误。‎ ‎8.图中虚线所示为静电场中的等势面1、2、3、4，相邻的等势面之间的电势差相等，其中等势面3的电势为0。一带正电的点电荷在静电力的作用下运动，经过a、b点时的动能分别为26eV和5eV。当这一点电荷运动到某一位置，其电势能变为－6eV时，它的动能应为( ) ‎ A. 6eV B. 18eV C. 11eV D. 32eV ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】在只有电场力做功的条件下动能和电势能的总和保持不变，故有Eka+Epa=Ekb+Epb，所以26eV+Epa=5ev+Epb，Epb-Epa=26eV-5eV=21eV，根据EP=qφ可知φb＞φa，由于相邻等势面之间的电势差相同，等势面3的电势为0，设等势面4的电势为φ，则等势面a的电势-2φ，代入得qφ-(-2qφ)=3qφ=21eV，可得：qφ=7eV，正电荷的能量故有Ek+(-6eV)=5eV+7eV，EK=5eV+7eV+6eV=18eV，故B正确，ACD错误。‎ 二、多选题 ‎9. 如图所示，悬线下挂着一个它的质量为m、电量为+q带电小球，整个装置处于水平向右的匀强电场中，电场强度为E．（ ）‎ A. 小球平衡时，悬线与竖直方向夹角的正切为 B. 小球平衡时剪断悬线，则小球做曲线运动 C. 小球平衡时剪断悬线后，小球的重力势能减少，为动能和电势能都增加 D. 小球平衡时剪断悬线，则小球做匀加速直线运动 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ 试题分析：小球受重力、电场力和拉力处于平衡，根据共点力平衡求出悬线与竖直方向夹角的正切值．剪断细线，根据小球的受力，判断其运动情况．‎ 解：A、小球受重力、电场力和拉力处于平衡，根据共点力平衡得，mgtanθ=qE，则tanθ=．故A正确．‎ B、D、剪断细线，小球受重力和电场力，两个力为恒力，合力为恒力．合力的方向与绳子的拉力方向等值反向，所以小球沿细绳反方向做初速度为零的匀加速直线运动．故D正确，B错误．‎ C、由以上分析可知，小球沿细绳反方向做初速度为零的匀加速直线运动，所以重力和电场力都做正功，重力势能和电势能都减小．故C错误．‎ 故选：AD．‎ ‎【点评】解决本题的关键会根据平行四边形定则处理共点力平衡问题，以及会根据物体的受力判断物体的运动．‎ ‎10.研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置如图所示，下列说法正确的是( )‎ A. 实验前，只用带电玻璃棒与电容器a板接触，能使电容器带电 B. 实验中，只将电容器b板向上平移，静电计指针的张角变小 C. 实验中，只在极板间插入有机玻璃板，静电计指针的张角变大 D. 实验中，只增加极板带电量，静电计指针的张角变大，表明电容增大 ‎【答案】A ‎【解析】‎ A、当用带电玻璃棒与电容器a板接触，由于静电感应，从而在b板感应出等量的异种电荷，从而使电容器带电，故选项A正确；‎ B、根据电容器的决定式：，将电容器b板向上平移，即正对面积S减小，则电容C减小，根据可知， 电量Q不变，则电压U增大，则静电计指针的张角变大，故选项B错误；‎ C、根据电容器的决定式：，只在极板间插入有机玻璃板，则介电系数增大，则电容C增大，根据可知， 电量Q不变，则电压U减小，则静电计指针的张角减小，故选项C错误；‎ D、根据可知， 电量Q增大，则电压U也会增大，则电容C不变，故选项D错误。‎ 点睛：本题是电容器动态变化分析问题，关键抓住两点：一是电容器的电量不变；二是电容与哪些因素有什么关系。‎ ‎11.如图所示，充电后与电源断开的平行板电容器水平放置，电容为C，极板间的距离为d，上板正中有一小孔，质量为m，电荷量为+q的小球从小孔正上方距离上，板高d处由静止开始下落，穿过小孔达到下极板处速度恰为零（空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，极板外电场可视为零，重力加速度为g）,下列说法正确的是（ ）‎ A. 小球到达小孔处的速度大小为 B. 极板间电场强度大小为 C. 电容器所带电荷量为 D. 若上极板向上平移一小段距离，小球仍从原初始位置由静止下落后一定不能到达下极板 ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由 解得： ,选项A正确； ‎ B．对从释放到到达下极板处过程运用动能定理列式，有： ，‎ 得 ，选项B正确；‎ C．电容器两极板间的电压为： ；电容器所带电荷量 ；得 ，‎ 选项C错误；‎ D．若上极板向上平移一小段距离，此时两板间距变为x，由于两板带电量一定，故两板间场强不变，假设粒子还能到达下极板且速度为v,则由动能定理 ，因 ，则 ，则假设不能成立，即小球不能达到下极板，选项D错误。‎ ‎12. 如图所示，在x轴相距为L的两点固定两个等量异种点电荷+Q、-Q，虚线是以+Q所在点为圆心、L/2为半径的圆，a、b、c、d是圆上的四个点，其中a、c两点在x轴上，b、d两点关于x轴对称。下列判断正确的是 A. 在x轴上还有两个点与a点电场强度大小相同 B. 在x轴上还有两个点与c点电场强度相同 C. a点处的电势大于b点处的电势 D. 将一试探电荷+q沿圆周由a点移至c点，+q的电势能减小 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ 试题分析：电场强度是矢量，在和之间，电场强度方向向右，不可能出现相同点，而在右侧，根据对称性可知，存在一点与a点，电场强度大小相等，方向相同，因此在x轴上只有一个点与a相同，A错误；c点场强方向向右，而在左侧和右侧电场强方向都向左，没有与c点电场强度相同的点，B错误；将一个正电荷从a点移动到b点，对它不做功，而对它做正功，也就是电场力对它做正功，电势能减小，电势降低，因此. b点处的电势小于a点处的电势，C正确；同样将一试探电荷+q沿圆周由a点移至c点，对它不做功，而对它做正功，也就是电场力对它做正功，+q的电势能减小，D正确。‎ 考点：电势，电势能，电场强度 三、实验题 ‎13.在验证机械能守恒定律的实验中，要验证的是重物重力势能的减少量等于重物动能的增加量，实验装置如图所示，则：‎ ‎（1）以下步骤仅是实验操作的一部分，请将必要的步骤挑选出来，并且按合理的顺序排列_________（填代号）；‎ A．把打点计时器固定在铁架台上，并用导线把它和交流电电源连接起来 B．用天平称出重物的质量 C．把纸带的一段固定在重物上，另一端穿过打点计时器的限位孔，把重物提升到一定的高度 D．用秒表测出重物下落时间 E．释放纸带 F．重复几次，得到3~5条符合要求的纸带 G．接通电源 ‎（2）在选纸带时，若打第一点的速度为零，需要满足所打的第1、2点的距离大约为_______；‎ A．1mm B．2mm C．1cm D．2cm ‎【答案】 (1). (1)ACGEF (2). (2)B ‎【解析】‎ ‎（1）根据实验过程，则实验的合理顺序排列：ACGEF；‎ ‎（2）若打第一点的速度为零，根据自由落体运动的规律可知所打的第1、2点的距离大约为，故选B. ‎ ‎14.某实验小组采用如图所示的装置来探究“功与速度变化的关系”｡实验中,小车碰到制动装置时,钩码尚未到达地面｡实验的部分步骤如下: ‎ ‎①将一块一端带有定滑轮的长木板固定在桌面上,在长木板的另一端固定打点计时器;‎ ‎②把纸带穿过打点计时器的限位孔,连在小车后端,用细线跨过定滑轮连接小车和钩码;‎ ‎③把小车拉到靠近打点计时器的位置,接通电源,从静止开始释放小车,得到一条纸带;‎ ‎④关闭电源,通过分析小车位移与速度的变化关系来研究合外力对小车所做的功与速度变化的关系｡下图是实验中得到的一条纸带,点O为纸带上的起始点,A、B、C是纸带的三个计数点,相邻两个计数点间均有4个点未画出,用刻度尺测得A、B、C到O的距离如图所示,已知所用交变电源的频率为50Hz,问:‎ ‎（1）打B点时刻,小车的瞬时速度vB= __________m/s｡（结果保留两位有效数字）‎ ‎（2）本实验中,若钩码下落高度为时合外力对小车所做的功,则当钩码下落时,合外力对小车所做的功为_____________｡（用表示）‎ ‎（3）实验中,该小组同学画出小车位移x与速度v的关系图象如图所示｡根据该图形状,某同学对W与v的关系作出的猜想,肯定不正确的是________（填写选项字母代号）‎ A．W∝v B. W∝v2 C.W∝ D．W∝v3‎ ‎（4）在本实验中,下列做法能有效地减小实验误差的是__________（填写选项字母代号）‎ A．把长木板右端适当垫高,以平衡摩擦力 B．实验中控制钩码的质量,使其远小于小车的总质量 C．调节滑轮高度,使拉小车的细线和长木板平行 D．先让小车运动再接通打点计时器 ‎【答案】 (1). 0.40m/s (2). (3). AC (4). ABC ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]相邻两个计数点间均有4个点未画出，可知时间间隔为T=0.1s，根据匀变速直线运动的平均速度等于中间时刻瞬时速度，则 ‎(2)[2] 若钩码下落h1合外力做功W0=mgh1，当钩码下落h2时，合外力做功W2=mgh2，可得：‎ ‎(3)[3]由于W=F合x，且F合为定值，因此W∝x，由图象知x与v不成正比，所以W∝v不成立；根据图象当x增大时，v增大，合外力做的功W也会增大，故不正确。所以选AC。‎ ‎(4)[4]AB．本实验探究“功与速度变化的关系”的实验，要使钩码的重力等于小车的合外力，就必须先平衡摩擦力，保证钩码的质量远小于小车的总质量。故AB符合题意。 C．调节滑轮高度，使拉小车的细线和长木板平行，让力的方向和位移方向在同一直线上，可以减小误差。故C符合题意。 D．应该先接通电源，后放开小车。故D不符合题意。‎ 四、解答题 ‎15.光滑绝缘的水平面上固定着三个带电小球A、B、C，它们的质量均为m，间距均为r，A，B带等量正电荷q，现对C球施一水平力F的同时，将三个小球都放开,如图所示,欲使得三个小球在运动过程中保持间距不变,求:‎ ‎（1）C球的电性和电荷量;‎ ‎（2）力F及小球的加速度.‎ ‎【答案】(1)负电、电荷量为2q （2）;‎ ‎【解析】‎ 试题分析：通过对整体的受力分析，可知加速度相同，再对A球受力分析，可知C球带负电，通过在竖直方向受力平衡求出所点电荷量；通过在水平方向有牛顿第二定律可求出A球产生的加速度，再对整体利用牛顿第二定律求解出所加外力即可 ‎（1）运动中间距不变，则三球加速度相同，水平向右．设C球所带电量为Q，对A求受力分析可知，得C球带负电，且：，解得Q=2q，为负电 （2）对A球受力分析可知，，解得 对整体受力分析可知 ‎16.如图所示，光滑曲面与粗糙平直轨道平滑相接，B为连接点，滑块(视为质点)自距水平轨道高为hA点，由静止自由滑下，滑至C点速度减为零。BC间距离为L。重力加速度为g，忽略空气阻力，求：‎ ‎(1)滑块滑至B点的速度大小；‎ ‎(2)滑块与水平面BC间的动摩擦因数；‎ ‎(3)若在平直轨道BC间的D点平滑接上一半圆弧形光滑竖直轨道(轨道未画出)，，再从A点释放滑块，滑块恰好能沿弧形轨道内侧滑至最高点。不考虑滑块滑入半圆弧形光滑轨道时碰撞损失的能量，半圆弧的半径应多大？‎ ‎【答案】(1) (2) (3) ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)滑块从A到B，由动能定理:‎ 解得滑块经过B点的速度。‎ ‎(2)滑块从A到C，由全程的动能定理：‎ 滑动摩擦力：‎ 而，联立解得: 。‎ ‎(3)设滑块刚好经过轨道最高点的速度为 ，轨道半径为R，‎ 滑块刚好经过轨道最高点时，‎ 滑块从A到轨道最高点，由能量守恒 联立解得 。‎ ‎17.如图所示，竖直放置的两金属板之间加电压，在其右侧有两个水平正对放置的平行金属极板，板长L＝10cm，相距d＝5cm，两极板间加的偏转电压。从左极板的小孔处静止释放一带电粒子，该粒子的质量m＝8.0×10﹣30kg，电荷量q＝6.4×10﹣18C，粒子从小孔S射入偏转电场，并能从右端射出，忽略金属极板边缘对电场的影响，不计粒子的重力。求：‎ ‎（1）粒子射入偏转电场时的速度大小v；‎ ‎（2）粒子射出偏转电场时在竖直方向上的侧移量y；‎ ‎（3）粒子在偏转电场运动的过程中电场力对它所做的功W。‎ ‎【答案】（1）4×107m/s （2）5×10﹣3 m（3）6.4×10﹣17J ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）电子在加速电场中运动时，由动能定理得：‎ 解得；‎ ‎（2）带电粒子在偏转电场中运动时间为：‎ 由牛顿第二定律得 ‎ 竖直方向上侧移量 ‎ 由以上三式得：‎ 代入数据解得：；‎ ‎（3）电场力做功：‎ 代入数据解得。‎ ‎ ‎ ‎ ‎