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文档介绍
【物理】浙江省嘉兴市两校2019-2020学年高二上学期期中联考试题(解析版)
浙北G2期中联考2019学年第一学期高二物理试题 一、选择题I 1.新国际单位体系于2019年5月的世界计量日起正式生效,正式更新包括“kg”、“A”、“K”、“mol”在内的4项基本单位的定义.下列选项中,内含2个国际单位制基本单位的是( ) A. m、N B. m、s C. J、m/s D. N、J 【答案】B 【解析】 【详解】m、s是国际单位制中基本单位,N,m/s,J是导出单位. ACD.由上分析知,ACD不符合题意; B.由上分析知,B符合题意. 2.关于物理学史,下列叙述正确的是 A. 牛顿通过实验测出了万有引力常量 B. 卡文迪许用扭秤测出了静电力常量 C. 密立根通过油滴实验精确测定了元电荷e的电荷量 D. 伽利略的理想斜面实验已经得出牛顿第一定律了,只是伽利略没有总结发表 【答案】C 【解析】 【详解】AB. 卡文迪许通过扭秤实验,测出了万有引力常量;故AB错误 C. 密立根通过油滴实验精确测定了元电荷e的电荷量,故C正确. D. 牛顿第一定律是牛顿在伽利略等前人实验基础上,根据逻辑推理得出的,是以实验为基础,但又不是完全通过实验得出,故D错误; 3.日本石头平衡大师Kokei Mikuni能不可思议地将石头堆叠在一起保持静止,下列说法正确的是 A. B石头对A石头的支持力大于A石头对B石头的压力 B. B石头对A石头的作用力就是A石头的重力 C. B石头对A石头的作用力一定经过A石头的重心 D. B石头与A石头之间一定没有摩擦力 【答案】C 【解析】 【详解】石头都处于静止状态,B石头对A石头的支持力与A石头对B石头的压力是相互作用力,一定是大小相等,故A错误;B石头对A石头的作用力的施力物体是B,而A石头的重力的施力物体是地球,所以B石头对A石头的作用力不是A石头的重力,因为施力物体不同,故B错误;A石头受重力和B石头对它的作用力,根据平衡条件,两个力作用在同一条直线上,故B石头对A石头的作用力一定经过A石头的重心,故C正确;B石头与A石头的接触面可能是斜面,根据平衡条件可知B石头与A石头间可能有静摩擦力,故D错误.所以C正确,ABD错误. 4.物体在直角坐标系xOy所在的平面内由O点开始运动,其沿坐标轴方向的两个分速度随时间变化如图所示.则物体在直角坐标系xOy所在的平面内的运动轨迹是 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】在0~3s,在y正方向上做匀速直线运动,x 正方向做初速度为零的匀加速直线运动,加速度方向向上,对应的轨迹向x轴正方向弯曲的抛物线;在3s~4s,初速度与横轴正方向夹角 根据图像可知,加速度方向与横轴方向夹角,图像斜率代表加速度 合加速度与合速度在一条直线上,做匀加速直线运动,图像是倾斜的直线. A.图像与分析不符,故A错误.B. 图像与分析相符,故B正确. C. 图像与分析不符,故C错误.D. 图像与分析不符,故D错误. 5.2018年12月8日,肩负着亿万中华儿女探月飞天梦想的嫦娥四号探测器成功发射,“实现人类航天器首次在月球背面巡视探测,率先在月背刻上了中国足迹”.已知月球的质量为、半径为,探测器的质量为,引力常量为,嫦娥四号探测器围绕月球做半径为的匀速圆周运动时,探测器的( ) A. 周期为 B. 动能为 C. 角速度为 D. 向心加速度为 【答案】A 【解析】 【详解】由万有引力提供向心力可得 ,可得 ,故A正确;解得 ,由于 ,故B错误;解得 ,故C错误;解得 ,故D错误.综上分析,答案为A 6.电动机与小电珠串联接人电路,电动机正常工作时,小电珠的电阻为R1,两端电压为U1,流过的电流为I1;电动机的内电阻为R2,两端电压为U2,流过的电流为12.则 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】由题意可知I1=I2,选项A错误;因U2>I2R2,U1=I1R1,则,选项BC错误,D正确;故选D. 7.如图所示,正方形区域内存在垂直纸面的匀强磁场.一带电粒子垂直磁场边界从a点射入,从b点射出.下列说法正确的是 A. 粒子带正电 B. 粒子在b点速率大于在a点速率 C. 若仅减小磁感应强度,则粒子可能从b点右侧射出 D. 若仅减小入射速率,则粒子在磁场中运动时间变短 【答案】C 【解析】 【详解】由左手定则确粒子的电性,由洛伦兹力的特点确定粒子在b、a两点的速率,根据确定粒子运动半径和运动时间. 由题可知,粒子向下偏转,根据左手定则,所以粒子应带负电,故A错误;由于洛伦兹力不做功,所以粒子动能不变,即粒子在b点速率与a点速率相等,故B错误;若仅减小磁感应强度,由公式得:,所以磁感应强度减小,半径增大,所以粒子有可能从b点右侧射出,故C正确,若仅减小入射速率,粒子运动半径减小,在磁场中运动的偏转角增大,则粒子在磁场中运动时间一定变长,故D错误. 8.如图,等边三角形线框LMN由三根相同的导体棒连接而成,固定于匀强磁场中,线框平面与磁感应强度方向垂直,线框顶点M、N与直流电源两端相接,已如导体棒MN受到的安培力大小为F,则线框LMN受到的安培力的大小为 A. 2F B. 1.5F C. 0.5F D. 0 【答案】B 【解析】 【详解】设每一根导体棒的电阻为R,长度为L,则电路中,上下两路电阻之比为,根据并联电路两端各电压相等的特点可知,上下两路电流之比.如下图所示,由于上路通电的导体受安培力的有效长度为L,根据安培力计算公式,可知,得,根据左手定则可知,两力方向相同,故线框LMN所受的合力大小为,故本题选B. 9.如图所示,一个内壁光滑绝缘细直管竖直放置.在管子的底部固定一电荷量为Q(Q>0) 的带电体,在距离底部点电荷为h2的管口A处,有一电荷量为q(q>0)、质量 为m的小球自静止释放,在距离底部点电荷为h1的B处速度恰好为零.现让一个电荷量为q、质量为2m的小球仍在A处自静止释放,已知静电力常量为k,重力加速度为g,则该小球 A. 运动到B处的速度为零 B. 在下落过程中加速度大小一直变小 C. 向下运动了位移时速度最大 D. 小球向下运动到B点时的速度为 【答案】D 【解析】 【详解】A、B项:质量为m点电荷,从静止释放后开始下落,库仑力越来越大,所以点电荷先加速后减速.则加速度先减小后增大.当到达B点时,点电荷停止.由动能定理可得:,得:,而当换成质量2m点电荷时,仍从原来位置静止释放,则点电荷先加速后减速.则加速度先减小后增大,设停止位置为B′,则由动能定理可得:,所以则速度为零的位置在B点下方,故AB错误; C项:速度最大位置,就是加速度为零的位置.即库仑力与重力相等的位置,当质量为2m时,设平衡位置距底部点电荷的距离为h0′则有:,所以则向下运动的位移,故C错误; D项:点电荷从静止到B点,由动能定理可得:,而所以B点时的速度为,故D正确. 10.某小组在试验汽车模型,该模型以蓄电池为驱动能源,驱动电机能够将输入功率的90%转化为牵引汽车模型前进的机械功率.该模型的总质量m=30kg,当它在水平路面上以v=18km/h的速度匀速行驶时,驱动电机的输入电流I=5A,电压U=30V.某地区地表的平均日照辐射度约为480W/m2,若以太阳能为该模型的蓄电池供电,已知能量转化效率约为15%,汽车受到太阳照射面积约为1m2.以下说法正确的是( ) A. 该模型以速度行驶时,所受的阻力大小为30N B. 该模型以速度行驶时,驱动电机的机械功率为150W C. 该模型若由太阳能直接供电,能以速度正常行驶 D. 若该地一天的有效日照时间为8小时,充电一天可供该模型以v速度行驶约 【答案】D 【解析】 【详解】A项:由公式,故A错误; B项:由题意可知,该模型以v=18km/h速度行驶时,驱动电机的机械功率为,故B错误; C项:由题意可知,太阳能提供的功率为:,该模型以v=18km/h速度行驶时的机械功率为135W,故C错误; D项:太阳能提供的能量为,所用的时间为:,运动的距离为:,故D正确. 二、选择题Ⅱ 11.静电场中,一带电粒子仅在电场力的作用下自M点由静止开始运动,N为粒子运动轨迹上的另外一点,则 A. 运动过程中,粒子的速度大小可能先增大后减小 B. 在M、N两点间,粒子的轨迹一定与某条电场线重合 C. 粒子在M点的电势能不低于其在N点的电势能 D. 粒子在N点所受电场力的方向一定与粒子轨迹在该点的切线平行 【答案】AC 【解析】 【详解】A.若电场中由同种电荷形成即由A点释放负电荷,则先加速后减速,故A正确; B.若电场线为曲线,粒子轨迹不与电场线重合,故B错误. C.由于N点速度大于等于零,故N点动能大于等于M点动能,由能量守恒可知,N点电势能小于等于M点电势能,故C正确 D.粒子可能做曲线运动,故D错误; 12.如图所示,空间存在垂直纸面向外的匀强磁场,在O点固定一点电荷Q,一带电粒子在电场力和磁场力的共同作用下做顺时针匀速圆周运动(不计重力和阻力),半径为r,周期为T,线速度为v,则当点电荷Q电量突然为零,则此后关于带电粒子的运动,下列说法正确的是 A. 半径大小一定变大 B. 线速度大小一定不变 C. 周期大小一定变大 D. 仍然可能做半径为r的匀速圆周运动 【答案】BD 【解析】 【详解】A.若带电粒子带正电,点电荷Q也带正电,电量为变为零之前,粒子受到指向圆心的洛伦兹力,以及沿着半径背离圆心的电场力,其向心力等于 F向=F洛-F电 当点电荷Q电量突然为零,电荷只受到洛伦兹力的作用,此时洛伦兹力大于电荷需要的向心力,粒子做近心运动,则半径减小,故A错误; B.因为当点电荷消失,粒子只受到洛伦兹力的作用,而洛伦兹力总是和速度方向相互垂直,不会改变粒子的速度大小,所以不论粒子之后做什么运动,其速度大小都不会改变,故B正确; CD.若带电粒子带负电,则在点电荷Q电量为变为零之前,粒子受到指向圆心的电场力,以及沿着半径背离圆心的洛伦兹力,向心力为 F向=F电-F洛 若此时电场力是洛伦兹力的两倍,则其向心力的大小等于洛伦兹力,当电场力消失时,洛伦兹力的大小刚好等于粒子需要的向心力,粒子继续做半径不变的圆周运动,如图中红色轨迹所示 由于半径不变,向心力大小不变,则运动周期不变,故C错误D正确; 13.如图,两条光滑平行金属导轨固定,所在平面与水平面夹角为θ,导轨电阻忽略不计.虚线ab、cd均与导轨垂直,在ab与cd之间的区域存在垂直于导轨所在平面的匀强磁场.将两根相同的导体棒PQ、MN先后自导轨上同一位置由静止释放,两者始终与导轨垂直且接触良好.已知PQ进入磁场开始计时,到MN离开磁场区域为止,流过PQ的电流随时间变化的图像可能正确的是 A. B. C. D. 【答案】AD 【解析】 【详解】根据图像可知,设PQ进入磁场匀速运动的速度为v,匀强磁场的磁感应强度为B,导轨宽度为L,两根导体棒的总电阻为R;根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律可得PQ进入磁场时电流 保持不变,根据右手定则可知电流方向Q→P;如果PQ离开磁场时MN还没有进入磁场,此时电流为零;当MN进入磁场时也是匀速运动,通过PQ的感应电流大小不变,方向相反;如果PQ没有离开磁场时MN已经进入磁场,此时电流为零,当PQ离开磁场时MN的速度大于v,安培力大于重力沿斜面向下的分力,电流逐渐减小,通过PQ的感应电流方向相反; A.图像与分析相符,故A正确。B.图像与分析不符,故B错误。 C.图像与分析不符,故C错误。D.图像与分析相符,故D正确。 三、非选择题 14.某同学在“练习使用多用电表”实验中,实验步骤及相关操作如下: (1)该同学在使用多用电表前,发现多用电表指针不在零刻度上,如图甲所示.那么在使用前,他应调节甲图中表盘上的哪一个部件?答:_____;(填“A”或“B) (2)某同学用多用电表测量某一电阻,以下是该同学实验过程中的主要操作步骤. a.将“选择开关”置于如图所示的位置; b.将红黑表笔短接,转动欧姆调零旋钮,进行欧姆调零; c.如图所示把两表笔接触待测电阻的两端进行测量,表盘指针如图所示; d.记下读数,实验完毕. 请指出该同学操作中至少两点不合理或遗漏的地方. ___________________ ; ___________________ ; _______________ ; (3)该同学想采用“伏安法”更精确地测量该电阻的阻值,选用了如图所示的实验器材.其中电压表量程 3V、内阻约为 3kΩ ,电流表量程 15mA、内阻约为 4Ω ,滑动变阻器总阻值 20Ω , 电源电动势 3V.图中已经完成部分导线的连接,请你在实物接线图中完成余下导线的连接_______. 【答案】 (1). A (2). 甲图中选择开关应置于×10档,且重新欧姆调零; 乙图中手不能接触表笔; 读数后应将选择开关置于“OFF”或交流500V档,才能实验完毕. (3). 【解析】 【详解】(1)多用电表的指针不在零刻度上,应调节机械调零螺丝A进行机械调零. (2)由图甲所示可知,欧姆表选择×100挡位,由图丁所示可知,指针偏角太大,所选挡位太大,为准确测量电阻阻值,应换用欧姆×10挡位,换挡后进行欧姆调零,用欧姆表测电阻时手不能与待测电阻接触,欧姆表使用完毕应把选择开关置于OFF挡或交流电压最高挡,由实验步骤可知,实验存在的问题有:①甲图中选择开关应置于×10档,且重新欧姆调零;②乙图中手不能接触表笔;③读数后应将选择开关置于“OFF”或交流电压最高档,才能实验完毕. (3)由题意可知,待测电阻阻值远大于电流表内阻,电流表应采用内接法,待测电阻阻值远大于滑动变阻器最大阻值,为测多组实验数据,滑动变阻器应采用分压接法,实物电路图如图所示; 15.图(a)为某同学测量一节干电池的电动势和内电阻的电路图. (1)虚线框内是用毫安表改装成电流表的电路.已知毫安表表头的内阻为10Ω,满偏电流为100mA,电阻,由此可知,改装后电流表的量程为_____A. (2)实验步骤如下,请完成相应的填空: ①将滑动变阻器R的滑片移到______端(选填A或B),闭合开关S; ②多次调节滑动变阻器的滑片,记下电压表的示数U和毫安表的示数I;某次测量时毫安表的示数如图(b)所示,其读数为______mA. ③以U为纵坐标,I为横坐标,作U-I图线,如图(c)所示; ④根据图线求得电源的电动势E=___V,内阻r=___Ω.(结果均保留到小数点后两位) 【答案】 (1). 0.5; (2). B; 68; 1.48; 0.45; 【解析】 【详解】(1)根据并联电路基本原理可知,改装后的量程为:; 内阻R'==2Ω (2)①实验中应让电阻由最大值开始调节,所以开始时滑片应滑到B端; ②电流表量程为100mA,故读数为68mA; ④根据改装原理可知,实际电流为电流表读数的5倍,由闭合电路欧姆定律可知: U=E-5I(r+R') 由图可知,电源的电动势E=1.48V;r+R'==2.45Ω 故r=2.45-2=0.45Ω; 【点睛】本题考查测量电动势和内电阻的实验,注意明确实验原理,能根据给出的实验步骤分析实验方法;同时根据图象分析实验数据,明确电表的改装原理的应用. 16.某兴趣小组设计了一个玩具轨道模型如图所示,将一质量为m玩具汽车(可以视为质点)放在O点,用弹簧装置将其弹出(每次弹出弹簧压缩量均相同),使其沿着光滑的半圆形轨道OMA和ANB运动,BC段是一长为L1=10.0 m的粗糙水平面,CD是倾角为θ=370的粗糙斜面,长度L2=6.0m,DE段是一长为L3=1.0m的粗糙水平面.圆弧OMA和ANB的的半径分别为r=1.0 m, R=4.0m.滑块与BC,CD,DE间的动摩擦因数均为μ=0.5,不考虑在C点的能量损失(g取10 m/s2) (1) 若玩具汽车的质量m=1kg,要使玩具汽车恰好不脱离圆弧轨道,压缩弹簧弹性势能EP为多少? (2)在满足第(1)问的情况下,玩具汽车最后停在离C点什么位置? (3)若改变玩具小车质量,小车能不脱离圆轨道并停在DE段(小车不脱离直轨道),问小车质量要满足什么条件? 【答案】(1) (2) (3) 【解析】 【详解】(1)以玩具小车为研究对象,小车不脱离轨道,则有: 以OA为研究过程,根据动能定理得: 联立解得: (2)假设玩具小车运动到斜面某点速度为0,根据动能定理得: 解得: 故假设正确 根据动能定理得: 解得: (3)若停在D点,根据动能定理得: 若停在E点,根据动能定理得: 联立解得: 17.如图所示,固定在水平面上间距为l的两条平行光滑金属导轨,垂直于导轨放置的两根金属棒MN和PQ长度也为l、电阻均为R,两棒与导轨始终接触良好.MN两端通过开关S与电阻为R的单匝金属线圈相连,线圈内存在竖直向下均匀增加的磁场.图中虚线右侧有垂直于导轨平面向下的匀强磁场,磁感应强度大小为B.PQ的质量为m,金属导轨足够长,电阻忽略不计. (1)闭合S,若使PQ保持静止,需在其上加大小为F的水平恒力,请指出力F的方向并求出单匝金属线圈里磁通量的变化率; (2)断开S,PQ在上述恒力F的作用下,由静止开始到速度大小为v的加速过程中流过PQ的电荷量为q,求该过程中金属棒PQ上产生的热量. 【答案】(1)(2) 【解析】 【详解】(1)设线圈中产生的感应电动势为E,根据法拉第电磁感应定律可得 设PQ与MN并联的电阻为R并,有: R并 闭合S后,设线圈中的电流为I,方向为逆时针方向,根据闭合电路的欧姆定律可得: 设PQ中的电流为IPQ,Q到P,则 设PQ受到的安培力为F安,方向向左,有: F安=BIPQl 保持PQ静止,根据平衡条件可得 F=F安 方向向右,联立解得 (2)设PQ由静止开始到速度大小为v的过程中,PQ运动的位移为x,所用的时间为△t,回路中磁通量的变化为△Φ,平均感应电动势为 其中 △Φ=Blx PQ中的平均电流为 根据电流强度定义式可得: 根据动能定理可得 根据功能关系知 Q=-W 联立解得: 金属棒PQ上产生的热量 18.如图所示,在平面直角坐标系x轴的上方(,)区域范围内存在着匀强磁场,磁感应强度为B.在空间(,)处有一粒子源P,能向平面内各个方向发射质量为m、带电量为-q,速度为的带电粒子.(已知,答案涉及位置或长度的均用a表示),求: (1)x轴上能接收到粒子的区域长度L1; (2)x上能被不同角度射出的两个粒子打中的区域长度L2; (3)若在x轴的正半轴上铺设挡板,且粒子源P打出的部分粒子恰好垂直打在挡板上并反弹,每次反弹后速度方向相反,大小为原来的0.6倍,则求这些粒子出磁场时的纵坐标y及粒子在磁场中运动的时间. 【答案】(1) (2) (3) 【解析】 【详解】(1)根据题意,粒子在磁场中运动的半径, 粒子打在MN上的范围如图1所示 最右侧: 最左侧:F与MN相切,由几何关系知 解得 (2)如图1所示,有不同角度射出的两个粒子打中的长度为OD, 得 (3)粒子垂直打在挡板上,由几何关系可知, 粒子打在G点后反弹,, 再反弹,之后从磁场右边界出去,由几何关系可知, 所有粒子周期相同 粒子走过的圆心角为 所以查看更多