【物理】浙江省杭州市长征中学2019-2020学年高二上学期期中考试试题（解析版）

【物理】浙江省杭州市长征中学2019-2020学年高二上学期期中考试试题（解析版）

长征中学19学年第一学期高二期中考试物理问卷 一、单项选择题 ‎1.下列物理量是决定式的是 A. 加速度 a= B. 电阻 R=‎ C. 平行板电容器的电容 C= D. 电场强度 E=‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可知考查对物理量定义式和决定式的理解，根据物理量的含义分析可得。‎ ‎【详解】A．a=是加速度的定义式，其决定式 ，故A错误；‎ B．R=是电阻的定义式，其决定式 ，故B错误；‎ C．C=是平行板电容器电容的决定式，其定义式为，故C正确；‎ D．E=是电场强度的定义式，故D错误。‎ ‎【点睛】a=是定义式，可以计算加速度的大小，但是a的大小和∆v、 ∆t无关，其它定义式也有类似特点，C=是决定式，C的大小是由εr 、s、k、d决定的。‎ ‎2.下列表述符合物理学史的是（　　）‎ A. 亚里士多德认为力是改变物体运动状态的原因 B. 笛卡尔认为必须有力作用在物体上，物体才能运动 C. 库仑精确地测量物体的带电量，进而探究得出库仑定律 D. 东汉学者王充在《论衡》一书中描述的“司南”，是人们公认的最早的磁性定向工具 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】亚里士多德认为必须有力作用在物体上，物体才能运动，没有力的作用，物体就静止，故A错误；伽利略认为必须有力作用在物体上，物体才能运动，故B错误；库仑没有精确地测量物体的带电量，故C错误；根据物理学史可知，东汉学者王充在《论衡》一书中描述的“司南”，是人们公认的最早的磁性定向工具，故D正确；‎ ‎3.一辆汽车沿平直道路行驶，其位移时间图象x﹣t如图所示，在t＝0到t＝40s这段时间内，汽车的平均速度大小是（　　）‎ A. 0m/s B. 2m/s C. 2.67m/s D. 25m/s ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】由图知，t1=0时x1=0，t2=40s时，x2=0，所以在t＝0到t＝40s这段时间内汽车的位移为∆x=x2-x1=0，汽车的平均速度大小为：，故A正确，BCD错误；‎ ‎4.风洞飞行体验是运用先进的科技手段实现高速风力将人吹起并悬浮于空中，如图1所示，若在人处于悬浮状态时，增加风力人就加速上升，则人加速上升的过程中(　　)‎ A. 处于失重状态，机械能增加 B. 处于失重状态，机械能减少 C. 处于超重状态，机械能增加 D. 处于超重状态，机械能减少 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】由题意可知，人加速向上运动，故人的加速度向上，处于超重状态；由于风力对人做正功，故人的机械能增加；故C正确，ABD错误．故选C．‎ ‎【点睛】本题考查超重和失重状态的确定以及功能关系的应用，要注意明确重力之外的其他力做功等于机械能的改变量．‎ ‎5.下列四幅图所做的实验都与磁场有关，有关实验时要满足的条件或者实验现象正确的是 A. 甲图的实验说明磁场能产生电流 B. 乙图的实验所揭示的原理可制成发电机 C. 丙图是演示电磁感应现象的实验装置 D. 丁图中麦克风应用了磁场对电流的作用 ‎【答案】B ‎【解析】A．甲图是奥斯特实验，说明电流周围有磁场，故A错误；‎ B．乙图的实验说明切图割磁感应线能够产生感应电流，其原理可制成发电机，故B正确；‎ C．丙图的实验装置把电能转化为机械能,而电磁感应现象是把其它能转化为电能,故C错误；‎ D．丁图中麦克风应用的是电磁感应原理，故D错误。‎ ‎【点睛】电流磁效应特点：电流产生磁场，直线电流周围的磁场可以用右手螺旋定则确定，电磁感应现象的特点：把其它能转化为电能，产生的感应电流方向可以用右手定则判断。‎ ‎6.等量同种电荷的电场线分布如图所示，O、M、N为电场中的三个点，则由图可得 ‎ A. M点的场强大于O点的场强 B. M点电势高于N点的电势 C. 将一负电荷由N点移到M点电势能减少 D. 将一正电荷从O点分别移到M点和N点，电场力做功相同 ‎【答案】A ‎【解析】A．电场线的疏密表示场强大小，电场线越密（越疏），场强越大（越小）所以电场M点的场强大于O点的场强，故A正确；‎ B．沿电场线方向电势逐渐降低，所以M点电势低于N点的电势，故B错误；‎ C．将一负电荷由N点移到M点， ，电场力做负功，电势能增大，故C错误；‎ D．将一正电荷从O点分别移到M点和N点，电势差不同，电场力做功不相同，故D错误。‎ ‎【点睛】电场线疏密表示场强大小，电场线越密（越疏），场强越强（越弱）。沿电场线方向电势降落，电场力做正功(负功)，电势能减少（增大）。‎ ‎7.白板水平放置在地面上，在白板上用磁钉吸住一张彩纸，向右轻轻拉彩纸，未拉动，对这情景受力分析正确的是（　　）‎ A. 磁钉受到向右的摩擦力 B. 磁钉仅受重力和支持力两个力 C. 彩纸受到白板向左的摩擦力 D. 白板与地面间无摩擦力 ‎【答案】C ‎【解析】对磁钉分析可知，磁钉没有相对彩纸的运动趋势，故不受摩擦力，故A错误；磁钉还要受到白板的磁性吸引力，故B错误；由于彩纸相对于白板有向右的运动趋势，故彩纸受到白板向左的摩擦力，故C正确；对整体分析可知，整体有向右的运动趋势，故白板和地面间有摩擦力，故D错误。‎ ‎8.如图所示的三叶指尖陀螺是一个由三向对称体作为主体，在主体中嵌入轴承，整体构成可平面转动的玩具装置。其中O为转轴中心，A、B分是指尖陀螺上不同位置的两点，用v代表线速度大小，ω代表角速度大小，a代表向心加速度大小，T代表周期，则下列说法中正确的是（　　）‎ A. vA＝vB，TA＝TB B. ωA＝ωB，vA＞vB C. vA＞vB，aA＜aB D. ωA＝ωB，aA＝aB ‎【答案】B ‎【解析】由题意知rA＞rB，A和B位于同一旋转体，则ωA＝ωB，根据v＝ωr，，a＝ω2r易得vA＞vB，TA＝TB，aA＞aB，故B正确，ACD错误。‎ ‎9.电影《流浪地球》深受观众喜爱，地球最后找到了新家园，是一颗质量比太阳大一倍的恒星，假设地球绕该恒星作匀速圆周运动，地球到这颗恒星中心的距离是地球到太阳中心的距离的2倍。则现在地球绕新的恒星与原来绕太阳运动相比，说法正确的是（ ）‎ A. 线速度是原来的 B. 万有引力是原来的 C. 向心加速度是原来的2倍 D. 周期是原来的2倍 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、根据万有引力充当向心力：G=m，线速度v=，由题知，新恒星的质量M是太阳的2倍，地球到这颗恒星中心的距离r是地球到太阳中心的距离的2倍，则地球绕新恒星的线速度不变，故A错误。‎ B、根据万有引力F= G可知，万有引力变为原来的，故B错误。‎ C、由向心加速度a=可知，线速度v不变，半径r变为原来的2倍，则向心加速度变为原来的，故C错误。‎ D、由周期T=可知，线速度v不变，半径r变为原来的2倍，则周期变为原来的2倍，故D正确。‎ ‎10.一根细橡胶管中灌满盐水，两端用短粗铜丝塞住管口，管中盐水柱长为时，测得电阻为，若溶液的电阻随长度、横截面积的变化规律与金属导体相同。现将管中盐水柱均匀拉长至（盐水体积不变，仍充满橡胶管）。则盐水柱电阻为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】由于总体积不变，设长时的横截面积为。所以长度变为 后，横截面积，根据电阻定律可知：，，联立两式得。‎ A. 与计算结果不相符，故A错误； ‎ B. 与计算结果不相符，故B错误；‎ C. 与计算结果不相符，故C错误； ‎ D. 与计算结果相符，故D正确；‎ ‎11.如图为智能吸尘器扫地机器人，其额定功率为30W，额定工作电压为12V。该扫地机器人的可充电电池容量为3000mAh，则 A. 额定工作电流为3A B. 充满电后最长工作时间为3 h C. 电池充满电后总电荷量为C D. 以额定电流工作时每秒消耗能量为30J ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】由题意可知考查电流强度、电荷量、能量的有关计算，根据相关公式计算可得。‎ ‎【详解】额定工作电流为 ‎，‎ 故A错误；‎ 充满电后最长工作时间为 ‎，‎ 故B错误。‎ 电池充满电后总电荷量为 ‎，‎ 故C错误；‎ D．智能吸尘器扫地机器人，其额定功率为30W，以额定电流工作时每秒消耗能量为30J，故D正确。‎ ‎【点睛】mAh是电量的单位，电量除以电流强度等于放电时间。‎ ‎12.M、N是某电场中一条电场线上的两点，若在M点释放一个初速度为零的电子，电子仅受电场力作用，并沿电场线由M点运动到N点，其电势能随位移变化的关系如图所示，则下列说法正确的是 ‎ A. 电子在N点的动能小于在M点的动能 B. 该电场有可能是匀强电场 C. 该电子运动的加速度越来越小 D. 该条电场线可能是曲线 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】由题意可知考查带电粒子在电场中运动规律，根据电场力的性质、能的性质及牛顿运动定律分析可得。‎ ‎【详解】A．只有电场力做功时，动能和电势能守恒，分析图象可知电子的电势能减小，电子在N点的动能大于在M点的动能，故A错误；‎ B．该图象的斜率表示电场力，斜率绝对值越来越小，说明电场力越来越小，场强越来越小，该电场不可能是匀强电场，故B错误；‎ C．由前面分析可知电场力逐渐减小，该电子运动的加速度越来越小，故C正确。‎ D．电子仅受电场力作用，并沿电场线由M点运动到N点，说明电场线一定是直线，故D错误。‎ ‎【点睛】在 图象中斜率的绝对值表示合外力的大小，只有电场力做功时，动能和电势能相互转化，动能和电势能总和不变。带电粒子运动规迹和电场线重合的条件：(1)电场线是直线 (2)初速度为零或与电场线共线。‎ 二、不定项选择题 ‎13.下列物理量是标量的是 A. 重力势能 B. 加速度 ‎ C. 电场强度 D. 电流强度 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【分析】由题意可知考查对矢量和标量的区别，根据矢量、标量的特点分析可得。‎ ‎【详解】A. 重力势能只有大小，没有方向，是标量，故A正确。 ‎ B. 加速度有大小，有方向，合成时遵循矢量运算，是矢量，故B错误；‎ C. 电场强度有大小，有方向，合成时遵循矢量运算，是矢量，故C错误 D. 电流强度有大小，有方向，合成时遵循代算运算，是标量，故D正确。‎ ‎【点睛】矢量有大小、方向，合成时遵循矢量运算，如速度、加速度、位移、力等，标量有大小，无方向，合成时遵循代数运算，如路程、质量、电流强度等。‎ ‎14.一种新型发电机叫磁流体发电机，它的发电原理是：将一束等离子体（即高温下电离的气体，含有大量带正电和带负电的微粒，而从整体来说呈中性）沿图中所示方向高速喷射入磁场，磁场中有两块金属板A、B，这时金属板上就聚集了电荷．已知等离子体喷入速度为v，A、B间磁感应强度为B，A、B间距为d。在磁极配置如图中所示的情况下，下述说法正确的是 ‎ A. A板带正电 B. B板带正电 C. 金属板A、B间只存在磁场 D. 该磁流体发电机的电动势为vBd ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可知考查带电粒子在磁场中的偏转问题，根据左手定则、受力动态平衡条件分析可得。‎ ‎【详解】A B．由左手定则可知，正粒子受到向下的洛伦兹力，‎ 偏转打在B板上，负粒子受到向上的洛伦兹力偏转打在B板上，所以A板带负电，B板带正电，故A错误，B正确；‎ C．金属板A、B间除存在磁场处，还存在电场；故C错误；‎ D．带电粒子受到磁场力和电场力平衡，，‎ 所以磁流体发电机的电动势为，故D正确。‎ ‎【点睛】磁流体发电机的工作原理：正负带电粒子在磁场中偏转，达到稳定后，电场力和洛伦兹力大小相等，根据平衡条件列式可求出电动势 ‎15.平行板电容器C与两个可变电阻器R1、R2以及电源连成如图所示的电路．闭合开关S待电路稳定后，电容器C两极板带有一定的电荷．要使电容器所带电荷量增加，以下方法中可行的是 A. 只增大R1 B. 只减小R1‎ C. 只减小R2 D. 只减小a、b两极板间的距离 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可知考查电容器动态分析，电量变化。根据闭合电路欧姆定律、电容决定式分析可得。‎ ‎【详解】A．只增大R1，回路中电流减小，R2两端电压减小，电容器和电压R2并联，电容器两端电压减小，由可知电量减小，故A错误；‎ B．只减小R1，回路中电流增大，R2两端电压增大，电容器和电压R2并联，电容器两端电压增大，由可知电量增大，故B正确；‎ C．只减小R2，回路中的电流增大，内电压增大，外电压减小，R1两端电压增大，则R2两端电压减小，电容器和电压R2并联，电容器两端电压减小，由可知电量减小，故C错误；‎ D．只减小a、b两极板间的距离，由 可知电容增大，电量减小，电容器两端电压不变，由可知电量减小，故D正确；‎ ‎【点睛】电容器和电阻R2并联，由闭合电路欧姆定律确定电阻R2电压变化情况，由判断电容变化，再由求得电量变化情况。‎ 三、实验填空题 ‎16.（1）在实验室做力学实验时会经常用到重物，请为下列实验从图中选择最合适的“重物”（填“A”、“B”或“C”）‎ ‎①“探究加速度与力、质量的关系”实验中驱动小车的重物是__________ ‎ ‎②用自由落体运动“验证机械能守恒定律”中的重物是 ____________ ‎ ‎（2）按课本方案进行实验，每一次必须从同一位置静止释放的是（ ） ‎ A．探究求合力的方法 B．探究速度随时间变化的规律 C．用小球等器材探究平抛运动的规律 D．用橡皮筋等器材探究物体做功与速度变化之间的关系 ‎（3）某一实验中物体做匀加速直线运动时打出一条纸带，其局部放大图如图所示，每两个计数点之间还有四个点未画出，则纸带上打下计数点D时，物体运动瞬时速度大小为_______ m/s（保留二位小数）‎ ‎【答案】 (1). C A (2). CD (3). 0.38‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】由题意可知考查“探究加速度与力、质量的关系”， 用自由落体运动“验证机械能守恒定律”，匀加速直线运动三个实验的实验原理、器材选择及数据处理，据此分析计算可得。‎ ‎【详解】[1]“探究加速度与力、质量的关系”实验中驱动小车的重物需要知道重物的具体质量，且要求重物质量远小于小车质量，所以需要用砝码，故选择C；‎ ‎[2] 用自由落体运动“验证机械能守恒定律”中的重物需要选择一个密度较大，重力较大的重锤，这样可以减小空气阻力的影响。‎ ‎(2) [3] ‎ A．探究求合力方法，验证同一效果时，要求第一次用两个弹簧测力计拉动小圆环，第二次用一个弹簧测力计拉动小圆环到同一位置，换为验证另一个作用效果时，位置可以改变，故A错误；‎ B．探究速度随时间变化的规律，每次物体运动开始位置不一定相同，故B错误；‎ C．用小球等器材探究平抛运动的规律，为了探究同一个平抛运动规律，要求每次初速度相同，运动轨迹才相同，所以要求每次从同一位置静止释放小球。‎ D．用橡皮筋等器材探究物体做功与速度变化之间的关系，每次改变橡皮筋的条数，从静止释放小车，可以用倍增法表示做功的多少，故D正确。‎ ‎(3) [4]‎ 根据刻度尺可以读出C点坐标值为6.80cm，E点坐标为14.40cm，根据 ‎【点睛】理解实验原理，据此分析问题。利用纸带上的点迹求某一点的瞬时速度时，可以计算与该点相邻的两点间的平均速度，注意时间、单位等易错点。‎ ‎17.（1）小王同学测量干电池的电动势和内阻，他用如图1所示的实验器材进行实验，其连接的部分实验电路图如图所示。为减小实验误差，实验中所用的滑动变阻器应选_____（填字母代号）‎ A．滑动变阻器（最大阻值20Ω，额定电流1A）‎ B．滑动变阻器（最大阻值200Ω，额定电流2A）‎ ‎（2）请用细线代替导线，在图中完成实物连接；‎ ‎（3）下列实验操作正确的是_____。‎ A．如图电路闭合开关前，滑动变阻器的滑片应置于最左端 B．改变滑片位置，开关一直保持闭合，直至实验结束 C．改变滑片位置，读完电表读数后，立即断开电键 ‎（4）连接好电路，小王检查无误后，闭合开关，开始实验。电流表指针如图2所示，请读数并记录电流为_____A。‎ ‎【答案】 (1). A (2). (3). 0.34‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）为方便实验操作，滑动变阻器应选择A；‎ ‎（2）应用伏安法测电源电动势与内阻，电压表测路端电压，电流表测电流，实物电路图如图所示：‎ ‎（3）由图2所示可知，电流表量程为0.6A，其分度值为：0.02A，读数为：0.34A；‎ 三、计算题 ‎18.2019年1月4日上午10时许，科技人员在北京航天飞行控制中心发出指令，嫦娥四号探测器在月面上空开启发动机，实施降落任务。在距月面高为H＝102m处开始悬停，识别障碍物和坡度，选定相对平坦的区域后，先以a1匀加速下降，加速至v1＝4ms/时，立即改变推力，以a2＝2m/s2匀减速下降，至月表高度30m处速度减为零，立即开启自主避障程序，缓慢下降。最后距离月面2.5m时关闭发动机，探测器以自由落体的方式降落，自主着陆在月球背面南极艾特肯盆地内的冯•卡门撞击坑中，整个过程始终垂直月球表面作直线运动，取竖直向下为正方向。已知嫦娥四号探测器的质量m＝40kg，月球表面重力加速度为1.6m/s2．求：‎ ‎（1）嫦娥四号探测器自主着陆月面时的瞬时速度大小v2；‎ ‎（2）匀加速直线下降过程的加速度大小a1；‎ ‎（3）匀加速直线下降过程推力F的大小和方向。‎ ‎【答案】（1）嫦娥四号探测器自主着陆月面时的瞬时速度大小是 m/s2；‎ ‎（2）匀加速直线下降过程的加速度大小是1m/s2；‎ ‎（3）匀加速直线下降过程推力F的大小是24N，方向竖直向上 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）距离月面2.5m时关闭发动机，探测器以自由落体的方式降落，‎ 由v22＝2g′h2得：v2＝2m/s ‎（2）由题意知加速和减速发生的位移为：h＝102m﹣30m＝72m 由位移关系得： ‎ 解得：a1＝1m/s2‎ ‎（3）匀加速直线下降过程由牛顿第二定律得：mg′﹣F＝ma1‎ 解得：F＝24N，方向竖直向上。‎ ‎19.如图所示，一质量m=0.5kg的滑块（可视为质点）静止于动摩擦因数μ=0.2的水平轨道上的A点．现对滑块施加一水平外力，使其向右运动，外力的功率恒为P ‎=10.0W．经过一段时间后撤去外力，滑块继续滑行至B点后水平飞出，恰好在C点以5m/s的速度沿切线方向进入固定在竖直平面内的光滑圆弧形轨道，轨道的最低点D处装有压力传感器，已知轨道AB的长度L=2.0m，半径OC和竖直方向的夹角α=53°，圆形轨道的半径R=0.5m．（空气阻力可忽略，重力加速度g=10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6）求：‎ ‎（1）B点速度大小；‎ ‎（2）当滑块到达传感器上方时，传感器的示数为多大；‎ ‎（3）水平外力作用在滑块上的时间t．‎ ‎【答案】(1) 3m/s (2) 34N (3) 0.425s ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可知考查动能定理、平抛运动、牛顿第二定律的综合应用，据此列式计算可得。‎ ‎【详解】从B到C滑块做平抛运动，设B点时速度为vB，取C点分析，由几何关系可得vC与水平方向夹角为53°，‎ ‎(2) 从B点到C点，由动能定理可得 在C点由牛顿第二定律可知 联立代入数值计算可得FN=34N，根据牛顿第三定律可知物体对传感器的压力也为34N，故传感器的示数为34N。‎ 从A到B由动能定理可得 代入数值可得t=0.425s 。‎ ‎【点睛】多过程问题要分阶段考虑，找出问题的切入点，在本题中从C点速度入手，分解速度可求出滑块平抛时的初速度，即B点时的速度，从C到D根据动能定理可求得D点的速度，由牛顿第二定律可求得滑块受到的支持力，从A到B由动能定理可求得外力作用时间。‎ ‎20.如图所示，质量为m的铜棒长为L，棒的两端用长为a的细软铜线水平悬挂在磁感应强度为B，方向竖直向上的匀强磁场中，求：‎ ‎（1）当棒中通过从左到右的恒定电流I后，求铜棒受到安培力大小和方向；‎ ‎（2）若铜棒通某一方向电流后向上摆动，最大偏角θ，则恒定电流为多大？‎ ‎【答案】(1) F=BIL,垂直纸面向外 (2) I=‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可知考查安培力的计算，动能定理的应用，据此列式计算可得。‎ ‎【详解】(1) 由安培力公式可得，由左手定则可知安培力的方向垂直纸面向外。‎ ‎(2) 从最低点到最高点由动能定理可得 联立可得 I=‎ ‎【点睛】铜棒通某一方向电流后向上摆到最大偏角时棒的速度为零，但合外力不为零，所以不能通过平衡条件列式求解，从最低点到最高点动能变化量为零，可以根据动能定理计算求得。‎ ‎21.如图所示，一带电微粒质量为m＝2.0×10－11 kg、电荷量q＝＋1.0×10－5 C，从静止开始经电压为U1＝100‎ ‎ V的电场加速后，从两平行金属板的中间水平进入偏转电场中，微粒从金属板边缘射出电场时的偏转角θ＝30°，并接着进入一个方向垂直纸面向里、宽度为D＝34.0 cm的匀强磁场区域．微粒重力忽略不计．求：‎ ‎（1）带电微粒进入偏转电场时的速率v1；‎ ‎（2）偏转电场中两金属板间的电压U2；‎ ‎（3）为使带电微粒不会由磁场右边射出，该匀强磁场的磁感应强度B至少多大？（=1.7）‎ ‎【答案】(1) 104m/s (2) (3)0.1T ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可知考查带电粒子在组合场中的运动规律，根据动能定理、牛顿第二定律 ‎【详解】(1) 从静止开始经电压为U1＝100 V的电场加速，由动能定理可得 代入数值可得。 ‎ 设粒子离开偏转电场时的速度为v2，由几何关系可得 ‎ =‎ 从进入偏转电场到离开偏转电场由动能定理可得 代入数值可得。‎ ‎(3) ‎ 画出粒子运动轨迹如图所示，由几何关系可得 洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律可得 代入可得B=0.1T。‎ ‎【点睛】求偏转电场中两金属板间的电压可以根据动能定理求解，也可根据带电粒子类平抛规律列式求解， 在分析有界磁场问题，先根据临界条件画出运动轨迹，由几何关系求出磁场半径，再由牛顿运动定律列式求出磁感应强感大小。‎