云南省茚旺高级中学2018_2019学年高二物理下学期开学考试试题.doc

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1、- 1 -云南省茚旺高级中学 2018-2019 学年高二物理下学期开学考试试题第卷（选择题，共 40 分）第 I 卷（选择题）一、单选题（共 8 题， 每题 3 分 ，共 24 分）1下列说法正确的是A.库仑提出了库仑定律,并最早用实验测得元电荷 e 的数值B.最早测定重力加速度的科学家是伽利略C.卡文迪许利用扭秤实验首先较准确地测定了静电力常量 k 的数值D.麦克斯韦通过相关理论算出了引力常量 G 的数值2物体从斜面(斜面足够长)底端以某一初速度开始向上做匀减速直线运动,经 t 秒到达位移的中点,则物体从斜面底端到最高点时共用时间为A.2t B. t C.(3- )t D.(2+ )t3如

2、图所示,静止在水平地面上的斜面体质量为 M,一质量为 m 的物块恰能沿斜面匀速下滑,若对物块施以水平向右的拉力 F,物块 m 仍能沿斜面运动.则以下判断正确的是A.物块 m 仍将沿斜面匀速下滑B.物块 m 将沿斜面加速下滑C.地面对斜面 M 有向左的摩擦力 D.地面对斜面的支持力等于 (M+m)g4如图所示为高度差 h1=0.2 m 的 AB、 CD 两个水平面,在 AB 平面的上方与竖直面 BC 距离x=1.0 m 处,小物体以水平速度 v=2.0 m/s 抛出,抛出点的高度 h2=2.0 m,不计空气阻力,重力加速度 g=10 m/s2.则A.小球落在平面 AB 上 B.小球落在平面 CD

3、 上C.小球落在竖直面 BC 上 D.小球落在 C 点5如图所示是位于 X 星球表面附近的竖直光滑圆形轨道,宇航员通过实验发现,当小球位于轨道最低点的速度不小于 v0时,就能在竖直平面内做完整的圆周运动.已知圆形轨道半径为 r,X星球的半径为 R,引力常量为 G,则- 2 -A.X 星球的第一宇宙速度为 v0B.X 星球的第一宇宙速度为 v0C.环绕 X 星球的轨道半径为 2R 的卫星的周期为 D.环绕 X 星球的轨道半径为 2R 的卫星的周期为 6如图所示,质量 M=4 kg 的物块 B 与质量 m=2 kg 的物块 A 间用一轻质弹簧连接后,置于一倾角 =37且足够长的固定光滑斜面上, C

4、 为固定在斜面底部且与斜面垂直的挡板,整个装置处于静止状态.现用一平行于斜面向上、大小恒为 F=60 N 的拉力作用在物块 A 上,并使其沿斜面向上运动,当物块 B 刚要离开挡板 C 时,物块 A 运动的距离为 x=6 m,则(已知 sin 37=0.6,cos 37=0.8,g 取 10 m/s2)A.此时物块 A 动能的增加量为 360 JB.该轻弹簧的劲度系数为 4 N/mC.此时物块 A 的加速度大小为 12 m/s2D.整个过程中弹簧弹性势能的增加量为 300 J7如图所示,一圆环上均匀分布着负电荷, x 轴垂直于环面且过圆心 O.下列关于 x 轴上的电场强度和电势的说法正确的是A.

5、从 O 点沿 x 轴正方向,电场强度先增大后减小,电势一直降低B.从 O 点沿 x 轴正方向,电场强度先增大后减小,电势先降低后升高C.O 点的电场强度为零,电势最低D.O 点的电场强度不为零,电势最高8在如图所示电路中,闭合开关 S,当滑动变阻器的滑动触头 P 向下滑动时,三个理想电表的示数都发生了变化,电表的示数分别用 I、 U1、 U2表示,则下列判断正确的是A.I 减小, U1增大 B.I 增大, U2减小 C.I 增大, U1减小 D.I 减小, U2增大- 3 -二、多选题（共 4 题， 每题 4 分 ，共 16 分）9如图所示,足够长的传送带以恒定速率沿顺时针方向运转.现将一个物

6、体轻轻放在传送带底端,物体第一阶段被加速到与传送带具有相同的速度,第二阶段匀速运动到传送带顶端,则下列说法中正确的是A.第一阶段和第二阶段摩擦力对物体都做正功B.第一阶段摩擦力对物体做的功等于第一阶段物体动能的增加量C.第二阶段摩擦力对物体做的功等于第二阶段物体机械能的增加量D.两个阶段电动机对传送带做的功等于物体机械能的增加量10质量为 m、带电荷量为 q 的小物块，从倾角为 的光滑绝缘斜面上由静止下滑，整个斜面置于方向水平向里的匀强磁场中，磁感应强度为 B，如图所示，若带电小物块下滑后某时刻对斜面的作用力恰好为零，下面说法正确的是A.小物块一定带正电荷B.小物块在斜面上运动时做匀加速直线运

7、动C.小物块在斜面上运动时做加速度增大，而速度也增大的变加速直线运动D.小物块在斜面上下滑过程中，当小物块对斜面压力为零时的速率为11如图所示,用一根横截面积为 S 的粗细均匀的导线做成一个半径为 R 的圆环,把圆环一半置于均匀变化的磁场中,磁场方向垂直纸面向外,磁感应强度大小随时间的变化率 =k(k0),ab 为圆环的一条直径,导线的电阻率为 ,则下列说法中不正确的是A.圆环具有扩张的趋势 B.圆环中产生逆时针方向的感应电流C.图中 ab 两点间的电压大小为 kR 2 D.圆环中感应电流的大小为12如图所示,两根足够长的光滑平行金属导轨固定在同一水平面内,两导轨间的距离为 L。导轨上面横放着

8、两根导体棒 ab、 cd,与导轨一起构成闭合回路。两根导体棒的质量均为 m,电阻均为 R,其余部分的电阻不计。在整个导轨所在的平面内都有方向竖直向上、磁感应强度大小为 B 的匀强磁场。开始时,两导体棒均在导轨上静止不动,某时刻给导体棒 ab 以水平向右的初速度 v0,则- 4 -A.导体棒 ab 刚获得速度 v0时受到的安培力大小为B.两导体棒最终将以 的速度沿导轨向右匀速运动C.两导体棒运动的整个过程中产生的热量为 mD.当导体棒 ab 的速度变为 v0时,导体棒 cd 的加速度大小为第 II 卷（非选择题）三、实验题（共 2 题 ，每题 12 分， 共 24 分）13某同学用图甲所示的装置

9、验证机械能守恒定律,所用器材:小球、水平板(上表面固定有白纸、复写纸)、压力传感器、光滑 圆管轨道 ABC(内径略大于小球直径),压力传感器安装在圆管轨道的最低点 B 处,可以测出小球到达 B 点时对轨道的压力,圆管轨道固定在竖直面内,水平板沿 OA 方向水平固定(在 A点开挖有洞,允许小球通过进入圆管),不计空气阻力,当地重力加速度大小 g=10 m/s2。实验时让小球从 A 点正上方某位置静止释放,小球落入圆管内运动。(1)不断改变小球释放点到 A 点的高度 h,并从压力传感器上读取对应高度时小球到达 B 点时对轨道的压力 F,作出 Fh 图象,如图乙所示,则小球的质量为 kg,圆管轨道的

10、半径为R= m。(2)用刻度尺量取每次小球落到水平板上的点到 O 点的水平距离 x,则只需验证关系式 （用字母 h、R 表示）,就可说明小球和地球组成的系统机械能守恒,若该式子成立,则当 h= m,小球从 C 点水平飞出后又恰好落回到 A 点。14在做测量电源电动势 E 和内阻 r 的实验时,提供的器材有:待测电源一个,内阻为 RV的电压- 5 -表一个(量程略大于电源的电动势),电阻箱一个,开关一个,导线若干。为了使测量更加准确,多次改变电阻箱的电阻 R,读出电压表的相应示数 U,以 为纵坐标, R 为横坐标,作出 与 R 的关系图象,如图 1 所示。由图象可得到图线在纵轴上的截距为 m,斜

11、率为 k,试根据以上信息:(1)在图 2 的虚线框内画出实验电路图。(2)写出 E、 r 的表达式, E= ; r= 。四、计算题（共 4 题，其中 15、16 每题 8 分， 17、18 题每题 10 分，共 36 分）15一架战斗机完成任务后以 =50m/s 的水平速度着陆，着陆后做加速度大小 的匀减速直线运动，着陆 =5s 后接到紧急任务要求战斗机起飞执行新的任务，战斗机立即改为以 加速度匀加速滑行，已知战斗机起飞的最小速度 v=81m/s，求：(1)战斗机从着陆到再次起飞所用的总时间；(2)为满足战斗机安全起飞该跑道的最小长度。16质量为 1 kg 的小球用长为 L=0.5 m 的细线

12、悬挂在 O点, O 点距地面高度为 H=1 m,如果使小球绕 OO轴在水平面内做圆周运动,若细线受到拉力为Tm=12.5 N 就会被拉断。(取 g=10 m/s2)(1)当小球的角速度为多大时细线将断裂?(2)求细线被拉断后小球落地点与悬点的水平距离。17如图所示,水平向左的匀强电场中,用长为 l 的绝缘轻质细线悬挂一小球,小球质量为 m,带电荷量为 +q,将小球拉至最低位置 A 点由静止释放,小球将向左摆动,细线向左偏离竖直方向的最大角度 =74.(重力加速度为 g,tan/2=(1-cos)/sin, sin 37=0.6,cos 37=0.8)(1)求电场强度的大小 E;(2)求小球向左

13、摆动的过程中,对细线拉力的最大值;- 6 -(3)若从 A 点释放小球时,给小球一个水平向左的初速度v0,为保证小球能做完整的圆周运动, v0的大小应满足什么条件?18如图所示,半径为 r=1 m 的光滑金属圆环固定在水平面内,垂直于环面的匀强磁场的磁感应强度大小为 B=2.0 T,一金属棒 OA 在外力作用下绕 O 轴以角速度 =2 rad/s 沿逆时针方向匀速转动,金属环和导线电阻均不计,金属棒 OA 的电阻 r0=1 ,电阻 R1=2 , R2=3 , R3=7.5 ,电容器的电容 C=4 F。闭合开关 S,电路稳定后,求:(1)通过金属棒 OA 的电流大小和方向;(2)外力的功率;(3

14、)从断开开关 S 到电路稳定这一过程中通过电流表的电荷量。- 7 -参考答案1.B【解析】密立根最早用实验测得元电荷 e 的数值,A 错误;最早测定重力加速度 g 的科学家是伽利略,B 正确;卡文迪许利用扭秤实验首先较准确地测定了引力常量 G 的数值,麦克斯韦通过相关理论算出了静电力常量的数值,C、D 错误。2.D【解析】本题考查了运动学公式的应用,意在考查考生的推理能力。物体沿斜面向上做匀减速直线运动,到最高点的速度为零,为了使问题简化,可以看成由最高点开始的初速度为零的匀加速直线运动,则前一半位移与后一半位移所用的时间之比为 = ,又 t2=t,解得t1=( +1)t,因此总时间为 t1+

15、t2=( +2)t,D 正确。3.B【解析】物块 m 恰能匀速下滑,则物块 m 受到的支持力和摩擦力的合力竖直向上,大小等于 mg,且 =tan ,施加水平外力 F 后,物块 m 受到的支持力和摩擦力的合力仍竖直向上,但合力小于 mg,对物块 m 受力分析易知,物块 m 做加速运动,选项 A 错误,B 正确;对斜面体 M,物块 m 对它的压力和摩擦力的合力竖直向下,合力小于 mg,对斜面体 M 受力分析易知,地面对斜面体 M 的摩擦力为 0,支持力小于 (m+M)g,选项 C、D 错误.4.B【解析】小物体下落 h2-h1过程中,做平抛运动,竖直方向上有: h2-h1= gt2,解得 t=0.

16、6 s;相应时间内水平位移 s=vt=1.2 mx,所以物体落在了 CD 面上,B 项正确.5.A【解析】设 X 星球表面附近重力加速度为 g,X 星球质量为 M.当小球在最高点仅由重力提供向心力时,小球刚好能做完整的圆周运动.根据牛顿第二定律有 mg=m ,小球从轨道最低点运动到最高点的过程中,由动能定理有- mg2r= mv2- m ,联立两式可得 g= .在 X 星球表面附近运行的卫星的环绕速度为该星球的第一宇宙速度 v1,则 =m1 ,又 =m1g,联立方程解得 v1=v0 ,A 正确,B 错误;环绕 X 星球的轨道半径为 2R 的卫星由万有引力提供向心力,有 =m2( )22R,解得

17、 T= ,C、D 错误.6.C【解析】在物块 A 向上运动 6 m 的过程中,拉力 F 做的功为 WF=Fx=360 J,由能量守恒定律可知,拉力 F 做的功转化为物块 A 增加的动能、重力势能和弹簧的弹性势能,所以物块 A 动能的增加量小于 360 J,选项 A 错误;当物块 A 静止不动时,设弹簧的压缩量为 x,对 A 有 mgsin =k x,即 x= ,当物块 A 运动的距离为 x=6 m 时,物块 B 刚要离开挡板 C,对物块 B进行受力分析可知 Mgsin =k(6 m- ),代入数据可解得 k=6 N/m,选项 B 错误;当物块A 运动的距离为 x=6 m 时,设物块 A 运动的

18、加速度大小为 a,弹簧的伸长量为 x,则由牛顿第- 8 -二定律可得 F-mgsin -k x=ma,又 x=6 m- ,两式联立并代入数据可解得 a=12 m/s2,选项 C 正确;由能量守恒定律可知弹簧弹性势能的增加量 Ep=WF-mgxsin - EkA,因WF-mgxsin =360 J-72 J=288 J,故选项 D 错误.7.C【解析】根据对称性得出在 O 点放一试探电荷,所受圆环上均匀分布的负电荷的库仑力为零,根据电场强度定义可知 O 点的电场强度为零,又因 x 轴无限远处电场强度为零,则从 O 点沿 x 轴正方向,电场强度先增大后减小.若设沿 x 轴无限远处,电势为零,则逆着

19、 x 轴方向向 O点移动一个正的试探电荷,电场力做正功,电势能减小.根据电势的定义可知在 O 点试探电荷的电势能最小,电势最低,所以从 O 点沿 x 轴正方向,电势一直升高,选项 A、B、D 错误,C 正确.8.D【解析】当滑动变阻器的滑动触头 P 向下滑动时, R1和 R2串联支路电阻变大,电流变小,电流表示数 I 减小,由欧姆定律可知, R1两端电压减小,电压表示数 U1减小.由极限法分析可知,电压表示数 U2增大.故选项 D 正确,A、B、C 错误.9.AC【解析】物体在传送带上第一阶段加速运动和第二阶段匀速运动受到的摩擦力方向都是沿着传送带向上,对物体做正功,故选项 A 正确;第一阶段

20、合外力对物体做的功等于第一阶段物体动能的增加量,故选项 B 错误;第二阶段摩擦力对物体做的功等于第二阶段物体机械能的增加量,故选项 C 正确;两个阶段电动机对传送带做的功等于物体机械能和内能的增加量,选项 D 错误.10.BD【解析】本题考查了带电粒子在磁场的运动相关知识点，意在考查理解能力。根据题意中，带电小物块下滑后某时刻对斜面的作用力恰好为零，可判断出洛伦兹力方向垂直于斜面向上，根据左手定则，可判断出小物块带负电荷，选项 A 错误；由于物块在光滑绝缘斜面上运动，故重力沿斜面的分力使物块在斜面上运动时做匀加速直线运动，选项 B 正确、C 错误；洛伦兹力垂直于斜面向上，则物块对斜面的压力逐渐

21、减小，当小物块对斜面压力为零时，有 ，可得小物块的速率为 ，选项 D 正确。综上本题选 BD。11.ABC【解析】由题意可知,通过圆环的磁通量变大,由楞次定律可知,圆环有收缩的趋势,且产生顺时针的感应电流,故 A、B 项错误; ab 之间的电压是路端电压,不是感应电动势, Uab= E=kR 2,故 C 项错误;感应电流 I= ,E= kR 2,r= ,可得 I= ,故 D 项正确。12.BC【解析】当导体棒 ab 刚获得速度 v0时,导体棒 cd 还没开始运动,此时导体棒 ab 产生的感应电动势为 E=BLv0,回路中的感应电流为 I= ,故此时导体棒 ab 受到的安培力大小为F=BIL,以

22、上各式联立可解得 F= ,选项 A 错误;从开始到两导体棒达到共同速度的过程中,两棒的总动量守恒,则可得 mv0=2mv,解得其共同速度为 v= ,选项 B 正确;由能量守恒定律得,整- 9 -个运动过程中产生的总热量为 Q= m - 2mv2,整理可得 Q= m ,选项 C 正确;设导体棒 ab 的速度变为初速度的 时,导体棒 cd 的速度大小为 v1,则由动量守恒定律可得 mv0=m v0+mv1,此时回路中的感应电动势为 E=BL( v0-v1),感应电流为 I= ,此时导体棒 cd 受到的安培力为F=BIL,所以导体棒 cd 的加速度大小为 a= ,联立以上各式可解得 a= ,选项 D

23、 错误。13.(1)0.2 0.6 (2) x2=4R(h-R) 0.75【解析】(1)因不计阻力,理论上小球下落过程中,小球和地球组成的系统机械能守恒,即有mg(h+R)= m ,在 B 点时由牛顿第二定律知 FN-mg=m ,FN与 F 等大反向,联立得 F=3mg+ ,对照 Fh 图象得 3mg=6 N, = N/m,即 m=0.2 kg,R=0.6 m。(2)若小球和地球组成的系统机械能守恒,则从下落点到 C 点有 mg(h-R)= m ,小球从 C 点离开后做平抛运动,有R= gt2,x=vCt,联立得 x2=4R(h-R),即只需验证此式即可说明小球和地球组成的系统机械能守恒,当

24、x=R 时,可得 h=0.75 m。14.(1)如图所示 (2) -RV (3)B【解析】(1)实验器材中没有电流表,本实验是利用电压表和电阻箱测电源电动势与内阻。(2)电压表的内阻为 RV,设电路中电流为 I,根据闭合电路的欧姆定律有, E=I(R+RV+R),U=IRV,结合图象,整理可得, = R+ ,图象的斜率 k= ,可得电源电动势 = ;纵轴截距m= =k(RV+R),所以电源内阻 R= -RV。(3)本实验只需读出电压表和电阻箱的读数,并且所有内阻均已计算在公式里,故主要误差为电压表的读数误差。15.(1) ；(2)【解析】本题考查了匀变速直线运动的规律，意在考查考生的理解和应用

25、能力。(1)飞机减速着陆 时，速度飞机从开始加速至起飞用时 .- 10 -所以，战斗机从着陆到再次起飞所用的总时间： .(2)飞机减速着陆阶段行驶的距离：飞机从开始加速至起飞行驶的距离：该跑道的最小长度为：16.(1)当小球的角速度为 5 rad/s 时细线将断裂(2)0.6 m【解析】(1)设细线与竖直方向的夹角为 ,细线被拉断瞬间对小球有Tmsin =m Lsin Tmcos =mg解得 0=5 rad/s,cos =0.8(从而可知 sin =0.6)所以当小球的角速度为 5 rad/s 时细线将断裂(2)细线被拉断后,小球做平抛运动,初速度 v0= 0Lsin =1.5 m/s抛出时的

26、高度 h=H-Lcos =0.6 m由平抛运动规律知 h= gt2,x=v0t设所求水平距离为 s,则由几何关系知 s=以上各式联立解得 s=0.6 m17.(1) (2) (3) v0【解析】本题考查带电小球在电场中的运动,要注意等效场和功能关系的应用.(1)小球由 A向左摆动,电场力做正功,重力做负功,细线的拉力始终垂直于小球的速度,不做功.由此可得出场强的大小.(2)结合几何关系和牛顿运动定律、动能定理可求出细线拉力的最大值.(3)小球要做完整的圆周运动,需满足 F m ,由此可求出小球的初速度范围.(1)设细线偏离竖直方向的角度最大时小球的位置为 C,在整个过程中,小球受重力 mg、电

27、场力 qE 和细线的拉力 T 作用,拉力 T 始终不做功,在小球由 A 运动至 C 的过程中,根据动能定理有qElsin -mgl(1-cos )=0-0解得 E= tan(2)重力与电场力的合力大小为F=其方向指向左下方,设与竖直方向成 角,根据几何关系有:- 11 -tan = ,即 =37当小球摆动至细线与竖直方向成 37角,设为 B 位置时,小球对细线的拉力最大,则T-F=m 小球在由 A 运动至 B 的过程中,根据动能定理有Fl(1-cos )= m -0根据牛顿第三定律可知,小球对细线的拉力为 T=T联立解得 T=(3)当小球能完成完整的圆周运动时,应满足F m根据动能定理有: -

28、Fl(1+cos )= mv2- m联立解得 v0 .18.(1) 0.5 A (2) 1 W (3) 6.410-6 C【解析】本题考查考生的分析综合能力,需要考生熟练运用法拉第电磁感应定律、右手定则、闭合电路欧姆定律、能量守恒定律等综合分析。(1)由右手定则判定通过金属棒 OA 的电流方向是由 A 到 O金属棒 OA 中产生的感应电动势大小为 E= Br2S 闭合时的等效电路如图 1 所示R 外 = =3 由闭合电路欧姆定律,得 E=I(r0+R 外 )联立解得 I=0.5 A(2)根据能量守恒定律知,外力的功率为 P=IE=1 W(3)S 断开前,电路路端电压为 U=IR 外电阻 R1两

29、端电压为 U1= U=0.6 V电容器的电荷量为 Q1=CU1=2.410-6 C且 a 板带正电, b 板带负电S 断开时的等效电路如图 2 所示- 12 -电容器 C 两端的电压 U 为电阻 R2两端的电压 U2,则 U2= R2=1 V电容器的电荷量为 Q2=CU2=410-6 C且 a 板带负电, b 板带正电通过电流表的电荷量为 Q=Q1+Q2联立解得 Q=6.410-6 C。【备注】电磁感应与电路综合问题的处理思路(1)确定电源:首先,判断产生电磁感应现象的是哪一部分导体或电路,以找到电路中的电源;其次,选择法拉第电磁感应定律的相应表达形式求出感应电动势的大小,利用右手定则或楞次定律判断出感应电流的方向。(2)分析电路结构,画等效电路图,区分内外电路。(3)根据串并联规律、焦耳定律、全电路的功率关系等解题。