2017-2018学年福建省晋江市季延中学高二上学期期中考试物理试题 解析版

2017-2018学年福建省晋江市季延中学高二上学期期中考试物理试题 解析版

季延中学2017--2018年高二年上学期中物理科试卷 一、选择题：本题共10小题，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题意的．（每小题3分，共30分）‎ ‎1. 在真空中有两个固定的点电荷，它们之间的静电力大小为F．现保持它们之间的距离不变，而使它们的电荷量都变为原来的2倍，则它们之间的静电力大小为（　　）‎ A. B. C. 4F D. 2 F ‎【答案】C ‎【解析】距离改变前：，‎ 当电荷量都变为原来的2倍时：,故C正确。‎ 点晴：库伦定律应用时涉及的物理量较多，因此理清各个物理量之间的关系，可以和万有引力定律进行类比学习。‎ ‎2. 如图所示，光滑的水平地面上有一辆平板车，车上有一个人。原来车和人都静止。当人从左向右行走的过程中：（　　）‎ A. 人和车组成的系统水平方向动量不守恒 B. 人停止行走时，人和车的速度一定均为零 C. 人和车的速度方向相同 D. 人和车组成的系统机械能守恒 ‎【答案】B ‎【解析】A项：人和车组成的系统在水平方向上不受外力，动量守恒，故A错误；‎ B、C项：人和车组成的系统在水平方向上动量守恒，总动量为零，可知人和车的速度方向相反，当人的速度为零时，车速度也为零，故B正确，C错误；‎ D项：人和车组成的系统，初状态机械能为零，一旦运动，机械能不为零，可知人和车组成的系统机械能不守恒，故D错误。‎ 点晴：解决本题的关键知道系统动量守恒的条件，本题抓住人和车组成的系统总动量等于零进行求解，基础题。‎ ‎3. 如图，实线表示某静电场的电场线，虚线表示该电场的等势面．下列判断正确的是（　　）‎ A. 1、2两点的场强相等 B. 1、3两点的场强相等 C. 1、2两点的电势相等 D. 2、3两点的电势相等 ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：电场线的疏密表示电场的强弱，由图可得，1与2比较，1处的电场线密，所以1处的电场强度大．故A错误；电场线的疏密表示电场的强弱，由图可得，1与3比较，它们的电场强度的大小及方向都不同．故B错误；顺着电场线，电势降低，所以1点的电势高于2点处的电势．故C错误；由题目可得，2与3处于同一条等势线上，所以2与3两点的电势相等．故D正确．故选D。‎ 考点：电场线；等势面 ‎【名师点睛】加强基础知识的学习，掌握住电场线和等势面的特点，即可解决本题，电场线越密，场强越大．顺着电场线，电势降低；注意电场强度是矢量，是否相等，要关注方向性。‎ ‎4. 关于导体的电阻及电阻率的说法中，正确的是（　　）‎ A. 由知，导体的电阻与长度Ｌ、电阻率ρ成正比，与横截面积S成反比 B. 由可知，导体的电阻跟导体两端的电压成正比，跟导体中的电流成反比 C. 材料的电阻率取决于导体的电阻、横截面积和长度 D. 将一根导线一分为二，则半根导线的电阻和电阻率都是原来的二分之一 ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：A、根据R=‎ 知，导体的电阻与导体的电阻率和导体长度成正比，与导体的横截面积成反比；故A正确；B、电阻是导体本身的性质，与导体两端的电压、导体中的电流都无关．故B错误；C、导体的电阻率与导体的电阻R，横截面积S，与导体的长度L皆无关；故C错误；D、导体的电阻率与导体的电阻R，横截面积S，与导体的长度L皆无关；故D错误；故选：A．‎ 考点：电阻定律．‎ ‎5. 如图所示，直线A为某电源的路端电压U与电流I的关系图象，直线B是电阻R的两端电压与电流I的关系图象．用该电源与电阻R组成闭合电路，电源内阻r的大小和电源的输出功率分别为（　　）‎ A. 1Ω，4W B. 2Ω，4W C. 0.5Ω，4W D. 1Ω，2W ‎【答案】C ‎【解析】根据电源的U-I图象即直线A的斜率绝对值为电源的内阻：，‎ 由图象A可知电源的电动势E=3V，短路电流为6A，该电源和该电阻组成闭合电路时路端电压为2V，电流I=2A，电源的输出功率即为电阻R上消耗的功率，根据P=UI得：P=2×2W=4W，故C正确。‎ 点晴：据U-I图象A正确读出电源的电动势和短路电流，根据U-I图象正确读出外电路两端的电压和流过电阻的电流，是解决此类问题的出发点。‎ ‎6. 如图所示，平行的实线表示电场线，虚线表示一个带电粒子穿越电场的运动轨迹，a、b是此轨迹上的两点．不计带电粒子所受重力，下列说法中正确的是（　　）‎ A. 电场方向一定是向右的 B. 该粒子一定带负电荷 C. 该粒子一定是由a向b运动 D. 粒子在a点的动能一定小于在b点的动能 ‎【答案】D 考点：带电粒子在匀强电场中的运动；匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎7. 在如图所示电路中，电源电动势为12V，电源内阻为l.0Ω，电路中的电阻R0为1.5Ω，小型直流电动机M的内阻为0.5Ω，闭合开关S后，电动机转动，电流表的示数为2.0A．则以下判断中正确的是（　　）‎ A. 电动机两端的电压为1.0V B. 电动机的机械功率为12W C. 电动机产生的热功率4.0W D. 电源输出的电功率为24W ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：A、电路中电流表的示数为2．0A，所以电动机的电压为：U=E﹣U内﹣UR0=12﹣Ir﹣IR0=12﹣2×1﹣2×1．5=7V，电动机的总功率为：P总=UI=7×2=14W，电动机的发热功率为：P热=I2R=22×0．5=2W，所以电动机的输出功率为：P出=14W﹣2W=12W，所以A错误，B正确，C错误；D、电源的输出的功率为：P输出=EI﹣I2R=12×2﹣22×1=20W，所以D错误．故选：B。‎ 考点：电功、电功率．‎ ‎8. 如图所示，真空中等量同种正点电荷放置在M、N两点，在M、N的连线上有对称点a、c，M、N连线的中垂线上有对称点b、d，则下列说法正确的是： ‎ A. 正电荷＋q在c点电势能大于在a点电势能 B. 正电荷＋q在c点电势能小于在a点电势能 C. 在M、N连线的中垂线上，O点电势最高 D. 负电荷－q从d点静止释放，在它从d点运动到b点的过程中，加速度一定先减小再增大 ‎【答案】C ‎【解析】A、B项：据电场线的分布情况和对称性可知，a、c两点的电势相等，则正电荷+q在a点电势能一定等于在c点电势能，故A、B错误； ‎ C项：根据电场线的分布，沿电场线的方向电势降低知，等量同种正电荷的连线的中垂线上之上，MN上方电场线由O指向b，MN下方电场线由O指向d，故中点O电势最高，故C正确；‎ D项：由对称性知O点的场强为零，从O点向两侧电场强度先增大后减小，所以由于不能判定b与d与电场强度的最大点之间的关系，所以电荷-q从d点静止释放，在它从d点运动到b点的过程中，加速度可能先减小再增大，也可能先增大，再减小，然后再增大，再减小，故D错误。‎ 点晴：本题考查了等量同种电荷周围电场分布情况：中垂线上上下电场线方向相反，根据电场线方向判断电势高低，a、c两点关于中垂线对称，电势相等，电荷在这两点的电势能相等。‎ ‎9. 如图所示，在光滑水平面上有直径相同的a、b两球，在同一直线上运动，选定向右为正方向，两球的动量分别为pa＝6 kg·m/s、pb＝－4 kg·m/s．当两球相碰之后，两球的动量可能是：‎ A. pa＝－6 kg·m/s、pb＝4 kg·m/s B. pa＝－6 kg·m/s、pb＝8 kg·m/s C. pa＝－4 kg·m/s、pb＝6 kg·m/s D. pa＝2 kg·m/s、pb＝0‎ ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：根据碰撞过程中动量守恒可知：碰撞后的总动量等于原来总动量2kg•m/s．碰后的合动量为-2kg•m/s，不守恒，故A错误；a球的动能不变，b球的动能增加了，不符合机械能不能增大的规律，故B错误；ab小球的动量满足动量守恒，也不违背物体的运动规律，故C正确；与实际不符，a不可能穿过停止的b向前运动，故D错误．‎ 考点：考查了动量守恒定律 ‎【名师点睛】、光滑的水平面上运动的小球，不受摩擦力作用，重力和支持力是一对平衡力，故物体碰撞时满足动量守恒定律；满足动量守恒定律的同时不能违背物体的运动规律，即A球与B球发生碰撞后A球在同方向上的运动速度不可能大于B球，即A球不能穿过B球运动．‎ ‎10. A、B两物体发生正碰，碰撞前后物体A、B都在同一直线上运动，其位移－时间图象如图所示。由图可知，物体A、B的质量之比为(　　)‎ A. 1∶1 B. 1∶2‎ C. 1∶3 D. 3∶1‎ ‎【答案】C ‎【解析】【试题分析】在位移-时间图象中，斜率表示物体的速度，由图象可知碰撞前后的速度，根据动量的公式及动量守恒定律可以求解两球的质量之比．‎ 由x-t图象可知，碰撞前 =4m/s，vB=0m/s，碰撞后，碰撞过程动量守恒，对A、B组成的系统，设A原方向为正方向，则由动量守恒定律得mAvA=(mA+mB)v，解得mA:mB=1:3；故C正确，A、B、D错误．故选C．‎ ‎【点睛】本题主要考查了动量的表达式的直接应用，要求同学们能根据图象读出A碰撞前后的速度，再根据动量守恒定律分析求解即可．‎ 二、多项选择题：本题共5小题．（每小题4分，共20分．每小题全选对的得4分，选对但不全的得2分，只要有选错的，该小题不得分．）‎ ‎11. 在如图所示的电路中，R1、R2、R3和R4皆为定值电阻，R5为可变电阻，电源的电动势为E、内阻为r.设电流表A的读数为I，电压表V的读数为U，当R5的滑动触点向图中的a端移动时(　　)‎ A. I变小 B. I变大 C. U变大 D. U变小 ‎【答案】AD ‎【解析】当R5的滑动触点向图中a端移动时，变阻器的有效阻值减小，由电流随电阻变化的“串反并同”规律可知：与R5串联构成闭合电路的R1、R3中的电流（即总电流）增大，与R5并联的R2、R4中的电流减小,所以电路中的电流表A的读数I变小，路端电压减小，即电压表V的读数U变小，故选项D正确。‎ 点晴：解决本题关键理解掌握电路动态分析“串反并同”的方法，即与变化电阻串联的用电器的电流、电压、电功率的变化与变化电阻的变化情况相反，反之相同。‎ ‎12. 在如图所示的电路中，电源电动势为E、内电阻为r．电键S处于闭合状态时，在水平放置的平行板电容器之间，有一带电油滴P处于静止状态．下列叙述正确的是（　　）‎ A. 其他条件不变，使电容器两极板缓慢靠近，油滴向上加速运动 B. 其他条件不变，使电容器两极板缓慢远离，油滴向上加速运动 C. 其他条件不变，将变阻器的滑片缓慢向左移动，油滴向下加速运动 D. 其他条件不变，将变阻器的滑片缓慢向右移动，油滴向下加速运动 ‎【答案】AD ‎【解析】油滴静止时受重力和向上的电场力，处于二力平衡；‎ A项：其他条件不变，使电容器两极板缓慢靠近，两板间板间的电压U一定，由于d减小，电场强度变大，所以电场力变大，合力向上，故油滴向上加速运动，故A正确；‎ B项：其他条件不变，使电容器两极板缓慢远离，两板间板间的电压U一定，由于d增大，电场强度变小，所以电场力变小，合力向下，故油滴向下加速运动，故B错误；‎ C项：其他条件不变，将变阻器的滑片缓慢向左移动，电阻R2减小，根据闭合电路欧姆定律，电流增大，故定值电阻R1的电压增大，根据U=Ed，由d不变，电场强度变大，所以电场力变大，合力向上，故油滴向上加速运动，故C错误；‎ D项：其他条件不变，将变阻器的滑片缓慢向右移动，电阻R2变大，根据闭合电路欧姆定律，电流减小，故定值电阻R1的电压减小，根据U=Ed，由d不变，电场强度变小，所以电场力变小，合力向下，故油滴向下加速运动，故D正确。‎ 点晴：油滴受重力与电场力而平衡，其中电场力F=qE，电容器与电阻R1并联，电压相等，根据闭合电路欧姆定律分析电压的变化，得到电场力的变化，确定油滴的加速度情况。‎ ‎13. 空间某区域竖直平面内存在电场，电场线分布如图所示。一个质量为m、电量为q，电性未知的小球在该电场中运动，小球经过A点时的速度大小为v1，方向水平向右，运动至B点时的速度大小为v2。若A、B两点之间的高度差为h，则以下判断中正确的是（考虑重力）: ‎ A. 小球在A点的电势能比B大 B. 若，电场力也不一定做正功 C. A、B两点间的电势差大小为∣∣‎ D. 小球从A运动到B点的过程中电场力做的功为 ‎【答案】BC ‎【解析】A项：由沿电场线电势越来越低可判断：，但小球的电性未知，故不能判断小球在A、B两点的电势能大小，故A错误；‎ B、D项：从A到B，根据动能定理 ，故D错误，因为重力做正功，所以不能确定电场力做正功，故B正确；‎ C项：由B分析得A、B两点间的电势差大小为，故C正确。‎ 点晴：本题考查动能定理在电场中的应用，注意在非匀强电场中电场力做功的求法：W=qU。‎ ‎14. 如图所示，子弹质量小于木块，子弹水平射入放在光滑水平地面上静止的木块，子弹未穿透木块，此过程中木块动能增加了5J，那么此过程中系统产生的内能可能为（ ）‎ A. 16J B. 11.2J C. 5.6J D. 3.4J ‎【答案】AB ‎【解析】试题分析：设子弹的初速度v0，共同速度为v，则由动量守恒定律：mv0=（M+m）v；系统产生的内能，木块得到的动能为：，变形可得：，故选项ABC正确。‎ 考点：动量守恒定律；能量守恒定律.‎ ‎15. 如图所示，光滑水平地面上静止放置由弹簧相连的木块A和B，开始时弹簧处于原长，现给A一个向右的瞬时冲量，让A开始以速度v0向右运动，若，则：‎ A. 当弹簧压缩最短时，B的速度达到最大值 B. 当弹簧再次恢复原长时，A的速度一定向右 C. 当弹簧再次恢复原长时，A的速度一定小于B的速度 D. 当弹簧再次恢复原长时，A的速度可能大于B的速度 ‎【答案】BC ‎【解析】A开始压缩弹簧时做减速运动，B做加速运动，当两者速度相等时，弹簧压缩最短，然后B继续做加速运动，A继续做减速运动，所以弹簧压缩到最短时，B的速度不是达到最大，A错误；弹簧压缩到最短时，两者速度相等，然后B继续做加速，A继续做减速运动，直到弹簧恢复原长，此时B的速度达到最大，且大于A的速度，根据动量守恒有：若A的速度方向向左，则，动能，可知，违背了能量守恒定律，所以A的速度一定向右，B、C正确；D错误；‎ 故选BC.。‎ 三、计算题（本题有4小题，共50分）解题要求：写出必要的文字说明、方程式和演算步骤．有数值计算的题，答案必须明确写出数值和单位．‎ ‎16. 如图，板间距为d、板长为4d的水平金属板A和B上下正对放置，并接在电源上。现有一电荷量为q、质量为m带电的质点沿两板中心线以某一速度水平射入，两板间加上某一恒定电压，如果A接负时，该质点就沿两板中心线射出；如果A接正时，该质点就射到B板距左端为d的C处。取重力加速度为g，不计空气阻力。‎ ‎（1）求该恒定电压U0大小；‎ ‎（2）求质点射入两板时的速度v0；‎ ‎【答案】 ‎ ‎【解析】试题分析：当A板接负极时，液滴做匀速直线运动，由平衡条件列方程；当A接正极时，液滴在板间做类平抛运动，根据类平抛运动规律列方程，然后解方程组，求出液滴的速度。‎ ‎(1) 当两板加上U0电压且A板为负时，有：，解得；‎ ‎(2) A板为正时，设带电质点射入两极板时的速度为v0，向下运动的加速度为a，经时间t射到C点，有：，又水平方向有，竖直方向有，由以上三式解得：‎ ‎。‎ 点晴：带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，可以分解为水平方向作匀速直线运动，在竖直方向做匀加速直线运动，熟练应用匀速直线运动的位移公式、匀变速直线运动的运动规律、牛顿第二定律，即可正确解题。‎ ‎17. 如图所示，在沿水平方向的匀强电场中有一固定点O，用一根长度为l=0.20m的绝缘轻线把质量为m=0.10kg、带有正电荷的金属小球悬挂在O点，小球静止在B点时轻线与竖直方向的夹角为θ=37°．现将小球拉至位置A，使轻线水平张紧后由静止释放．g取10m/s2，sin37°=0.60，cos37°=0.80．求：‎ ‎（1）小球所受电场力的大小；‎ ‎（2）小球通过最低点C时的速度大小；‎ ‎（3）小球通过最低点C时轻线对小球的拉力大小．‎ ‎【答案】（1）0.75N （2）1.0m/s （3）1.5N ‎【解析】试题分析：（1）小球受重力mg、电场力F和拉力T，其静止时受力如答图2所示．‎ 根据共点力平衡条件有：F=mgtan37°=0．75N ‎（2）设小球到达最低点时的速度为v，小球从水平位置运动到最低点的过程中，根据动能定理有：mgl﹣Fl=mv2，解得：v==1．0m/s ‎（3）设小球通过最低点C时细线对小球的拉力大小为T′．‎ 根据牛顿第二定律有：T′﹣mg=，解得：T′=1．5N 考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎18. 如图所示，电源电动势有E=12V，内阻r=0.5Ω，“10V、20W”的灯泡L与直流电动机M并联在电源两极间，灯泡恰能正常发光，已知电动机线圈的电阻为RM=1Ω，求：‎ ‎（1）流过电源内阻的电流为多少？‎ ‎（2）电动机的机械功率为多少？‎ ‎（3）电源的效率为多少？‎ ‎【答案】（1）4A （2）16W （3）83%‎ ‎【解析】试题分析：（1）设流过灯泡的电流为IL，则IL===2A，‎ 内阻r的电压Ur=E﹣UL=12V﹣10V=2V， 流过内阻的电流为I===4A；‎ ‎（2）设流过电动机的电流为IM，IM=I﹣IL=4A﹣2A="2" A，‎ 电动机的输入功率为PM总=IMU=2×10=20W，电动机线圈的热功率为PQ=I2MRM=22×1=4W，‎ 电动机输出功率为：PM出=PM总﹣PQ=20W﹣4W=16W；‎ ‎（3）电源的总功率为P总=IE=4AV×12=48W，电源的效率为η==×100%=83%；‎ 考点：电功、电功率；闭合电路的欧姆定律．‎ ‎19. 如图甲所示，物块A、B的质量分别是mA=4．0kg和mB=3．0kg．用轻弹簧栓接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙相接触．另有一物块C从t=0时以一定速度向右运动，在t=4s时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，物块C的v-t图象如图乙所示．求：‎ ‎（1）物块C的质量mC；‎ ‎（2）墙壁对物块B在4 s到12s的时间内的冲量I的大小和方向；‎ ‎（3）B离开墙后的过程中弹簧具有的最大弹性势能Ep；‎ ‎（4）B离开墙后，三个物块在光滑的水平地面上向左运动（地面很长），B的速度变化范围，粘在一起AC的速度变化范围？‎ ‎【答案】（1）2kg （2） 方向向左 （3） （4）[0， 4] 方向向左 [3， 1] 方向向左 ‎(1) 由图知，C与A碰前速度为v1=9m/s，碰后速度为v2=3m/s，C与A碰撞过程动量守恒，以C的初速度反方向为正方向，由动量守恒定律得：mCv1=（mA+mC）v2，解得：mC=2kg；‎ ‎(2) 由图知，12s末A和C的速度为v3=-3m/s，4s到12s，墙对B的冲量为I=（mA+mC）v3-（mA+mC）v2，解得：I=-36N•s，方向向左；‎ ‎(3) 12s，B离开墙壁，之后A、B、C及弹簧组成的系统动量和机械能守恒，且当AC与B速度相等时，弹簧弹性势能最大，以A的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：（mA+mC）v3=（mA+mB+mC）v4，由机械能守恒定律得：，解得；‎ 点晴：分析清楚物体的运动过程、正确选择研究对象是正确解题的关键，应用动量守恒定律、能量守恒定律、动量定理即可正确解题。‎ ‎ ‎ ‎ ‎