2017-2018学年山西省运城中学、芮城中学高二上学期期中联考物理试题 解析版

2017-2018学年山西省运城中学、芮城中学高二上学期期中联考物理试题 解析版

山西省运城中学、芮城中学2017-2018学年高二第一学期 期中联考物理试卷 一、选择题 ‎1. 关于电压和电动势，下列说法正确的是 A. 电压和电动势的单位都是伏特，所以说电动势和电压是同一物理量 B. 电动势就是电源两极间的电压 C. 电动势公式中的W与电压中的W是一样的，都是电场力做的功 D. 电动势就是反映电源把其他形式的能转化为电能本领强弱的物理量 ‎【答案】D ‎【解析】电压与电动势的单位相同，但物理意义不同，是两个不同的物理量．故A错误．根据闭合电路欧姆定律，路端电压U=E-Ir，只有当外电路断开时，I=0，路端电压等于电动势．故B错误．电动势公式中的W非是非静电力做功，电压中的W静是静电力做功．故C错误．电源是把其他形式的能转化为电能的装置，电动势反映电源把其他形式的能转化为电能本领大小．故D正确．故选D．‎ ‎2. 如图所示，轻弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为m的光滑弧形槽静止放在光滑水平面上，弧形槽底端与水平面相切，一个质量也为m的小物块从槽高h处开始自由下滑，下列说法正确的是 A. 在下滑过程中，物块的机械能守恒 B. 物块被弹簧反弹后，做匀速直线运动 C. 在下滑过程中，物块和槽的动量守恒 D. 物块被弹簧反弹后，能回到槽高h处 ‎【答案】B ‎【解析】在物块下滑的过程中，斜槽将后退，物块与弧形槽系统只有重力做功，机械能守恒；‎ 对于物块，除了重力做功外，支持力做功，则物块的机械能不守恒．故A错误．物块加速下滑，竖直方向受向下合力，物块与槽在水平方向上不受外力，所以只能在水平方向动量守恒．故C错误．因为物块与槽在水平方向上动量守恒，由于质量相等，根据动量守恒，物块离开槽时速度大小相等，方向相反，物块被弹簧反弹后，与槽的速度相同，做匀速直线运动．故B正确，D错误．故选B．‎ ‎3. 小灯泡通电后，其电流I随所加电压U变化的图线如图所示，P为图线上一点，PN为P点的切线，PQ为U轴的垂线，PM为I轴的垂线，则下列说法不正确的是 A. 随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大 B. 对应P点，小灯泡的电阻为 C. 对应P点，小灯泡的电阻为 D. 对应P点，小灯泡的功率为图中矩形PQOM所围的面积 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：A、B、由图象可知，灯泡的电阻等于R=，等于图线上的点与原点O连线斜率的倒数，由图象可知，随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大，A错误；P点对应的电压为U1，电流为I2，则灯泡的电阻，故B正确、C错误；因P=UI，所以图象中矩形PQOM所围的面积为对应P点小灯泡的实际功率，故D正确．故选：BD．‎ 考点：小灯泡的伏安特性曲线 ‎【名师点睛】‎ ‎4. 如图所示，甲、乙两个电路都是由一个灵敏电流表G和一个变阻器R组成，下列说法正确的是 A. 甲表是电流表，R增大时量程增大 B. 甲表是电压表，R增大时量程减小 C. 乙表是电压表，R增大时量程增大 D. 乙表是电流表，R增大时量程减小 ‎【答案】C ‎【解析】甲表是电流表，R增大时，甲表中变阻器分流减小，量程减小，故AB错误．乙是电压表，R增大时，变阻器分担的电压增大，乙表量程增大，故C正确，D错误．故选C．‎ 点睛：本题考查电表改装原理的理解能力．当电流计的指针满偏时，电流表或电压表的指针满偏，所测量的电流或电压达到最大值．‎ ‎5. 一台直流电动机的额定电压为100V，正常工作时电流为10A，线圈内阻为0.5Ω，若该电动机正常工作10s，则 A. 该电动机线圈上产生的热量为104J B. 该电动机线圈上产生的热量为2×104J C. 该电动机输出的机械功为104J D. 该电动机输出的机械功为9.5×103J ‎【答案】D ‎【解析】解：选项分析 A、B项，该电动机线圈上产生的热量为 ，故A、B项错误。‎ ‎...............‎ 综上所述，本题正确答案为D。‎ ‎6. 如图所示，某同学在研究电子在电场中的运动时，得到了电子由a点运动到b点的轨迹（图中实线所示），图中未标明方向的一组虚线为等差等势面，则下列说法正确的是 A. 电子在a点电势能较小 B. 电子在b点动能较小 C. a点的电势高于b点的电势 D. 电子在a点的加速度大于在b点的加速度 ‎【答案】D ‎【解析】由电子的运动轨迹可知，电子受的电场力为左偏下的方向，从a到b电场力做正功，动能增加，电势能减小，故电子在a点电势能较大，在b点动能较大，选项AB错误；电子在a点电势能较大，则a点的电势较低，选项C错误；等势面密集的位置电场线密集，则a点场强大于b点，则电子在a点的加速度大于在b点的加速度，选项D正确；故选D.‎ ‎7. 如图所示，六个点电荷分布在边长为a的正六边形ABCDEF的六个顶点处，在B、F处的电荷的电荷量为﹣q，其余各处电荷的电荷量均为+q，MN为正六边形的一条中线，则下列说法正确的是 A. M，N两点电势不相等 B. M，N两点电场强度相同 C. 在中心O处，电场强度大小为，方向由O指向A D. 沿直线从M到N移动正电荷时，电势能先减小后增大 ‎【答案】C ‎【解析】由对称性可知，MN两点电势相等，选项A错误；中间一组-q和+q电荷在MN两处合场强大小相等，方向水平向左，最上边一组正电荷在M点合场强为0，最下面一组在N点合场强为0，最上边一组正电荷在N点合场强方向竖直向下，最下边一组正电荷在M点合场强方向竖直向上，最上边一组正电荷在N点合场强大小和最下边一组正电荷在M点合场强大小相等，所以M、N两点场强大小相等，方向不同，故B错误；上下两组正电荷共四个+q在O点合场强为0，中间-q和+q电荷在O点合场强大小为2，方向沿O指向-q方向，所以中心O点场强大小为2，方向沿O指向A方向，故C正确．若将正电荷从M点沿直线移动到N点，垂直MN方向上的电场力一直不做功，竖直方向上电场力先做负功，后做正功，由对称性可知所做总功一定为零，所以MN两点电势相等，正电荷电势能先增大后减小；故D错误．故选C．‎ 点睛：本题考查的就是点电荷的电场的分布，这要求同学对于基本的几种电场的情况要了解，本题考查的就是学生对电场的叠加原理的应用，要注意运用等效思维来解题．‎ ‎8. 如图甲所示，静止在光滑水平面上的长木板B（长木板足够长）的左端放着小物块A。某时刻，A受到水平向右的外力F作用，F随时间t的变化规律如图乙所示，即F=kt，其中k为已知常数。若物体之间的滑动摩擦力f的大小等于最大静摩擦力，且A、B的质量相等，则下列图中可以定性地描述长木板B运动的v﹣t图象是 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：当F较小时，AB整体具有共同的加速度，二者相对静止，当F较大时，二者加速度不同，将会发生相对运动，此后A做变加速直线，B匀加速直线运动，为了求出两物体开始分离的时刻，必须知道分离时F的大小，此时采用整体法和隔离法分别列牛顿第二定律的方程即可.当两者相对运动后，B将受恒力作用，做匀加速运动，可排除C、D选项，A、B选项的差别在于恰好相对运动的时刻，就需分别采用隔离法和整体法分别列方程了，也可以采用反证法，看看当F=f时是否相对滑动．‎ 选AB整体为研究对象，AB整体具有共同的最大加速度，有牛顿第二定律得：，对B应用牛顿第二定律：，对A应用牛顿第二定律： 经历时间：，由以上各式解得，此后，B将受恒力作用，做匀加速直线运动，图线为倾斜的直线;故选：B．‎ ‎9. 一根粗细均匀的导线，两端加上电压U时，通过导线的电流为I ‎，导线中自由电子定向移动的平均速率为v。若将导线均匀拉长，使它的横截面半径变为原来的，再给它两端加上电压U，则 A. 通过导线的电流为 B. 通过导线的电流为 C. 导线中自由电子定向移动速率为 D. 导线中自由电子定向移动速率为 ‎【答案】BC ‎【解析】导线被拉长后，其横截面积变小，变为原来的，其电阻增大为原来的16倍，则加上相同的电压U时，电流会减为原来的，B项正确，A错误；又根据I＝neSv，导线被拉长后，n、e不变，I变为原来的，S变为原来的，故v变为原来的，C项正确，D错误；故选BC.‎ ‎10. 质量为m的小球A以速度v0在光滑水平面上运动，与质量为2m的静止小球B发生对心碰撞，则碰撞后小球A的速度大小vA和小球B的速度大小vB可能为 A. ， B. ，‎ C. ， D. ，‎ ‎【答案】AC ‎【解析】两球发生对心碰撞，应满足动量守恒及机械能不增加，且后面的小球不能与前面小球有第二次碰撞，故应有mv0＝mvA＋2mvB，，vA≤vB，代入验证知A、C正确。故选AC。‎ ‎【点睛】对于碰撞过程，往往根据三个规律去分析：一是动量守恒；二是总动能不增加；三是碰后，若两球分开后同向运动，后面小球的速率不可能大于前面小球的速率．‎ ‎11. 各种带正电的粒子（不计重力）沿垂直电场方向入射到平行带电金属板之间的电场中，并都能从另一侧射出，以下说法正确的是 A. 若质量不同的带电粒子由静止开始经相同电场加速后进入该偏转电场，则离开电场时它们的偏向角相同 B. 若粒子的带电量和初动能相同，则离开电场时它们的偏向角不相同 C. 若带电粒子以相同的初速度进入该偏转电场，离开电场时其偏移量y与粒子的荷质比成反比 D. 若带电粒子由静止开始经相同电场加速后进入该偏转电场，离开电场时偏转电场对粒子做的功与粒子电荷量成正比 ‎【答案】AD ‎【解析】由于 ，根据类平抛运动规律可知，偏向角=恒量；故A正确；根据偏向角： ，故若粒子的带电量和初动能相同，则离开电场时它们的偏向角φ相同；故B错误； 根据和，所以它们的偏移量应该相同，与荷质比无关；故C错误；若带电粒子由静止开始经相同电场加速后进入该偏转电场，离开电场时偏转电场对粒子做的功；故D正确；故选AD．‎ ‎12. 如图甲所示，有一绝缘圆环，圆环上均匀分布着正电荷，圆环平面与竖直平面重合。一光滑细杆沿垂直圆环平面的轴线穿过圆环，细杆上套有一个质量为m=10g的带正电的小球，小球所带电荷量q=5.0×10﹣4C。小球从c点由静止释放，其沿细杆由C经B向A运动的v﹣t图象如图乙所示.小球运动到B点时，速度图象的切线斜率最大（图中标出了该切线）.则下列说法正确的是 A. 在O点右侧杆上，B点场强最大，场强大小为E=1.2V/m B. 由C到A的过程中，小球的电势能一直减小 C. 由C到A电势先降低后升高 D. C、B两点间的电势差UCB=0.9V ‎【答案】ABD ‎【解析】由乙图可知，小球在B点的加速度最大，故所受的电场力最大，加速度由电场力产生，故B点的电场强度最大，小球的加速度：，又：，解得，故A正确；从C到A小球的动能一直增大，说明电场力一直做正功，故电势能一直减小，电势一直减小，故B正确，C错误；由C到B电场力做功为WCB=mvB2-0，CB间电势差为，故D正确． 故选ABD.‎ 点睛：该题结合v-t图象考查常见的电场，解答本题关键要明确图象的斜率等于加速度，抓住电场力做正功时电势能减小，进行分析即可．‎ 二.实验题 ‎13. 如图所示，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系。‎ ‎①实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的。但是可以通过仅测量________（填选项前的符号），间接地解决这个问题.‎ A.小球开始释放高度h B.小球抛出点距地面的高度H C.小球做平抛运动的射程 ‎②图中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影。实验时，先让入射球多次从斜轨上S位置静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP。然后，把被碰小球静置于轨道的水平部分，再将入射球从斜轨上S位置静止释放，与小球相碰，并多次重复。接下来要完成的必要步骤是_______.（填选项前的符号）‎ A.用天平测量两个小球的质量、‎ B.测量小球开始释放高度h C.测量抛出点距地面的高度H D.分别找到、相碰后平均落地点的位置M、N E.测量平抛射程OM，ON ‎③若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为________（用②中测量的量表示）；若碰撞是弹性碰撞，那么还应满足的表达式为_______（用②中测量的量表示）.‎ ‎【答案】 (1). ①C； (2). ②ADE； (3). ③m1•OM+m2•ON=m1OP； (4). m1•OM2+m2•ON2=m1OP2‎ ‎【解析】：①如前面的分析，可以用位移x来代替速度v，因此待测的物理量就是位移x、小球的质量m．‎ ‎②待测的物理量就是位移x（水平射程OM，ON）和小球的质量m，所以，要完成的必要步骤是ADE．‎ ‎③若两球相碰前后的动量守恒，则m1v0=m1v1+m2v2，又OP=v0t，OM=v1t，ON=v2t，代入得：m1OP=m1OM+m2ON 若碰撞是弹性碰撞，满足动能守恒，则：m1=m1+m2，代入得；m1OP2=m1OM2+m2ON2‎ 故答案为：①C；②ADE；③m1OP=m1OM+m2ON m1OP2=m1OM2+m2ON2‎ ‎14. 在伏安法测电阻的实验中,待测电阻Rx约为200 Ω,电压表的内阻约为2 kΩ,电流表的内阻约为10 Ω,测量电路中电流表的连接方式如图(a)或图(b)所示,结果由公式计算得出,式中U与I分别为电压表和电流表的示数。若将图(a)和图(b)中电路测得的电阻值分别记为Rx1和Rx2,则___(填“Rx1”或“Rx2”)更接近待测电阻的真实值,且测量值Rx1___(填“大于”、“等于”或“小于”)真实值,测量值Rx2___(填“大于”、“等于”或“小于”)真实值。‎ ‎【答案】 (1). Rx1 (2). 大于 (3). 小于 ‎【解析】试题分析：因为，所以电流表外接误差较大，故电流表内接误差相对小一点，所以 更接近被测电阻的真实值，图a中电流表是真实值，但是由于电流表的分压，电压表测量值比两端的实际电压要大，根据可得测量值比真实值偏大，而图b中，电压表测量的是准确电压，但是由于电压表的分流，电流表测量值比通过的实际电流要大，故根据可得测量值比真实值偏小，‎ 考点：测量电阻阻值实验 ‎【名师点睛】本题的关键是明确电流表内外接法的选择方法：当满足时，电流表应用外接法，根据串并联规律写出真实值表达式，比较可知，测量值小于真实值；当满足时，电流表应用内接法，根据串并联规律写出真实值表达式，比较可知，测量值大于真实值 三、计算题： ‎ ‎15. 质量为m=80kg的铁锤，从高1.8m处自由下落，锤与工件相碰时间为t=0.001s，若锤与工件碰撞后反弹的速度为v′=2m/s，求（g=10m/s2，相碰时不计铁锤重力）‎ ‎（1）铁锤与工件接触前瞬间的速度v；‎ ‎（2）锤对工件的平均作用力F.‎ ‎【答案】（1）6m/s；（2）6.4×105N，方向向下；‎ ‎【解析】（1）由可得接触工件时的速度为：；‎ ‎（2）设向下为正；对与地面接触过程由动量定理可知 解得；负号说明方向向上；‎ 则根据牛顿第三定律可知，锤对工件的平均作用力为，方向向下；‎ ‎16. 如图所示，绝缘光滑水平轨道AB的B端与处于竖直平面内的四分之一圆弧形粗糙绝缘轨道BC平滑连接，圆弧的半径R=0.40m.在轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场强度E=1.0×104N/C.现有一质量m=0.10kg的带电体（可视为质点）放在水平轨道上与B端距离s=1.0m的位置，由于受到电场力的作用带电体由静止开始运动，当运动到圆弧形轨道的C端时，速度恰好为零.已知带电体所带电荷量q=8.0×10﹣5C.g=10m/s2求：‎ ‎（1）带电体运动到圆弧形轨道的B端时对圆弧轨道的压力；‎ ‎（2）带电体沿圆弧形轨道从B端运动到C端的过程中，摩擦力做的功.‎ ‎【答案】（1）5N（2）-0.72J ‎【解析】试题分析：（1）设带电体在水平轨道上运动的加速度大小为a，根据牛顿第二定律有qE=ma 解得a==8．0 m/s2‎ 设带电体运动到B端的速度大小为vB,则vB2=2ax 解得vB==4．0 m/s 设带电体运动到圆弧形轨道的B端时受轨道的支持力为FN,根据牛顿第二定律有FN-mg=‎ 解得FN=mg+=5．0 N。‎ 根据牛顿第三定律可知,带电体运动到圆弧形轨道的B端时对圆弧轨道的压力大小FN'=FN=5．0 N,方向竖直向下 ‎（2）因电场力做功与路径无关,所以带电体沿圆弧形轨道运动过程中, 电场力所做的功W电=qER=0．32 J 设带电体沿圆弧形轨道运动过程中摩擦力所做的功为Wf,对此过程根据动能定理有W电+Wf-mgR=0-mvB2‎ 解得Wf=-0．72 J。‎ 考点：动能定理；牛顿第二定律的应用 ‎【名师点睛】本题综合运用了牛顿运动定律和动能定理，关键是理清过程，正确地受力分析，根据动能定理列表达式求解。‎ ‎17. 如图所示，水平放置的平行板电容器，与某一电源相连.它的极板长L=0.4m，两板间距离d=4×10﹣3m，有一束由相同带电微粒组成的粒子流，以相同的速度v0从两板中央平行极板射入，开关S闭合前，两板不带电，由于重力作用微粒能落到下板的正中央，已知微粒质量为m=4×10﹣5kg，电量q=+1×10﹣8C，（g=10m/s2）求：‎ ‎（1）微粒入射速度v0为多少？‎ ‎（2）为使微粒能从平行板电容器的右边射出电场，电容器的上板应与电源的正极还是负极相连？所加的电压U应取什么范围？‎ ‎【答案】（1）10m/s（2）120V≤U≤200V ‎【解析】试题分析：（1）粒子刚进入平行板时，两极板不带电，粒子做的是平抛运动，则有：‎ 水平方向有：‎ 竖直方向有：‎ 解得。‎ ‎（2）由于带电粒子的水平位移增加，在板间的运动时间变大，而竖直方向位移不变，所以在竖直方向的加速度减小，所以电场力方向向上，又因为是正电荷，所以上极板与电源的负极相连，当所加电压为U时，微粒恰好从下板的右边缘射出，则有：，‎ 根据牛顿第二定律得：，解得：，故范围为。‎ 考点：带电粒子在匀强电场中的运动 ‎【名师点睛】解得此类问题，首先要正确的对带电粒子在这两种情况下进行正确的受力分析，确定粒子的运动类型．解决带电粒子垂直射入电场的类型的题，应用平抛运动的规律进行求解；此类型的题要注意是否要考虑带电粒子的重力，原则是：除有说明或暗示外，对基本粒子（例如电子，质子、粒子、离子等），一般不考虑重力；对带点微粒，（如液滴、油滴、小球、尘埃等），一般要考虑重力。‎ ‎18. 如图所示，真空中存在空间范围足够大的、水平向右的匀强电场，在电场中，若将一个质量为m、带正电的小球由静止释放，运动中小球的速度方向与竖直方向夹角恒为37°（取sin37°=0.6，cos37°=0.8），现将该小球从电场中某点P以初速度v0竖直向上抛出，重力加速度为g，求：‎ ‎（1）小球受到的电场力的大小及方向；‎ ‎（2）小球从抛出至最高点的过程中，电场力所做的功；‎ ‎（3）小球从P点抛出后，再次落回到与P点在同一水平面的某点Q时，小球的动能.‎ ‎【答案】（1）mg，方向水平向右．（2）mv02（3）‎ ‎ ‎