浙江省宁波市北仑中学2018_2019学年高二物理下学期期中试题.doc

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1、- 1 -浙江省宁波市北仑中学 2018-2019 学年高二物理下学期期中试题选择题部分一、选择题(本题共 13 小题,每小题 3 分,共 39 分.每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的,不选、多选、错选均不得分)1.下列物理模型或概念的建立,其思想方法与建立“自由落体运动”模型相似的是 ( )A. 瞬时速度 B. 点电荷 C. 电场强度 D. 电阻2.人类在探索自然规律过程中总结了许多科学方法,如控制变量法、比值定义法、极限法、理想模型法等.在下列研究中,可以用极限法的是( )A.利用质点来替代实际物体B.研究瞬时速度C.研究胡克定律D.探究加速度与力、质量的关系3.如图所示为一

2、质点做直线运动的速度时间图像,下列 说法错误的( )A.整个过程中,CE 段的加速度最大B.在 18 s 末,质点的运动方向发生了变化C.整个过程中,D 点所表示的状态离出发点最远D.BC 段所表示的运动通过的位移是 34 m4.暑假,小王跟随科技夏令营前往意大利进行游学活动期间,前往了意大利比萨城北面的奇迹广场参观了高 55 m 的比萨斜塔.他在登至塔顶时不慎将所围围巾掉落至奇迹广场,则围巾的下落时间可能为( )A.1.6 s B.2.3 s C.3.3 s D.8.5 s5.关于在近地轨道上绕地球运动的“天宫二号”,下列说法正确的是( )A.“天宫二号”绕地球做圆周运动不需要力B.“天宫二

3、号”绕地球飞行的速度大于 7.9 km/sC.“天宫二号”绕地球飞行的周期大于 24 hD.“天宫二号”的轨道高度比地球同步卫星的低6.如图所示,A、B 两小球分别从距地面高度为 h、2h 处以速度 vA、v B水平抛出,均落在水平面上 CD 间的中点 P,它们在空中运动的时间- 2 -分别为 tA、t B.不计空气阻力,下列结论正确的是( )A.tAt B=1: B.tAt B=12 2C.vAv B=1: D.vAv B=127.气象研究小组用如图所示的简易装置测定水平风速.在水平地面上竖直固定一直杆,半径为R、质量为 m 的薄空心塑料球用细线悬于杆顶端 O,当水平风吹来时,球在风力的作用

4、下飘起来.已知风力大小正比于风速和球正对风的截面积,当风速 v0=3 m/s 时,测得球平衡时细线与竖直方向的夹角 =30.下列说法正确的是( )A.当 =60时,风速 v=6 m/sB.当风速增大到某一值时, 可能等于 90C.若风速不变,换用半径变大、质量不变的球,则 不变D.若风速不变,换用半径相等、质量变大的球,则 减小8.粗细均匀的导体棒 ab 悬挂在两根相同的轻质弹簧下,ab 恰好在水平位置,如图示.已知 ab的质量 m=2 g,ab 的长度 l=20 cm,沿水平方向与 ab 垂直的 匀强磁场的磁感应强度 B=0.1 T,电池的电动势为 12 V,电路总电阻为 12 .当开关闭合

5、时( )A.导体棒 ab 所受的安培力方向竖直向上B.能使两根弹簧恰好处于自然状态C.导体棒 ab 所受的安培力大小为 0.02 N D.若系统重新平衡后,两弹簧的伸长量均与闭合开关前相 比改变了0.5 cm,则弹簧的劲度系数为 5 N/m9.P1和 P2是材料相同、上下表面为正方形的长方体导体,P 1的上、下 表面积大于P2的上、下表面积,将 P1和 P2按如图所示接到电源上,闭合开关后,下列说法正确的是( )A.若 P1和 P2的体积相同,则通过 P1的电流大于通过 P2的电流B.若 P1和 P2的体积相同,则 P1的电功率等于 P2的电功率C.若 P1和 P2的厚度相同,则流过 P1的电

6、流等于流过 P2的电流D.若 P1和 P2的厚度相同,则流过 P1的电流大于流过 P2的电流 10.如图所示是一个用来研究静电除尘的实验装置,铝板与手摇起电机的正极相连,缝被针与手摇起电机的负极相连,在铝板和缝被针中间放置点燃的蚊香.- 3 -转动手摇起电机,蚊香放出的烟雾会被铝板吸附.下列说法中正确的是( )A.烟尘颗粒可以带正电而被吸附到铝板上B.某个烟尘颗粒在被吸附过程中离铝板越近,则速度越大C.某个烟尘颗粒在被吸附过程中离铝板越近,则速度越小D.某个电荷量不变的烟尘颗粒离铝板越近,则加速度越大11.如图所示为一有界匀强电场,场强沿水平方向(虚线为电 场线),一带负电的微粒以某一角度 从

7、电场中 a 点斜向上射入,沿直线 运动到 b 点,则下列说法正确的是( )A.电场中 a 点的电势低于 b 点的电势 B.微粒在 a 点时的动能与电势能之和与在 b 点时的动能与 电势能之和相等C.微粒在 a 点时的动能小于在 b 点时的动能,在 a 点时的电势能大于在 b 点时的电势能D.微粒在 a 点时的动能大于在 b 点时的动能,在 a 点时的电势能小于在 b 点时的电势能12 一电动自行车动力电源上的铭牌标有“36 V 10 Ah”字样.假设工作时电源(不计内阻)的输出电压恒为 36 V,额定输出功率为 180 W.由于电动机发热造成能量损耗(其他损耗不计),电动自行车的效率为 80%

8、,则下列说法正确的是 ( )A.额定工作电流为 10 AB.电动自行车保持额定功率行驶的最长时间是 2 hC.电动自行车的电动机内阻为 7.2 D.动力电源充满电后总电荷量为 3.6103 C13.从地面以大小为 v1的初速度竖直向上抛出一个皮球,经过时间 t 皮球落回地面,落地时皮球的速度大小为 v2.已知皮球在运动过程中受到空气阻力的大小与速度的大小成正比,重力加速度大小为 g.下面给出时间 t 的四个表达式中只有一个是合理的.你可能不会求解 t,但是你可以通过一定的物理分析,对下列表达式的合理性做出判断.根据你的判断,你认为 t 的合理表达式应为(重力加速度为 g) ( )- 4 -A.

9、 B. C. D. 二、选择题(本题共 3 小题,每小题 2 分,共 6 分.每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的.全部选对的得 2 分,选对但不全的得 1 分,有选错的得 0 分)14.在原子核中,下列说法正确的是 ( )A.质子数和中子数总是相等的B.核子间的核力可能是引力也可能是斥力C.发生 衰变是由核子间的弱相互作用引起的D.结合能指将原子核中的核子全部分开需要的能量15.如图所示,一束复色光通过三棱镜后分解成两束单色光 a、b,下列说法正确的是 ( )A.a 光的折射率大于 b 光的折射率,a 光全反射的临界角小于 b 光全反射的临界角B.光的衍射实验中,对于同一障碍物

10、而言,a 光的衍射现象更明显C.a 光能发生偏振现象,b 光不能发生偏振现象D.若 a、b 光分别照射同一光电管都能发生光电效应,则 a 光的遏止电压低16.两列振幅相同的简谐横波在同种介质中传播.实线波的频率为 2 Hz,沿 x 轴负方向传播;虚线波沿 x 轴正方向传播.某时刻两列波在如图所示区域相遇,则( )A.在相遇区域不会发生干涉现象B.虚线波的传播速度大于实线波的传播速度C.平衡位置为 x=6 m 处的质点此时速度为零D.平衡位置为 x=7 m 处此时的质点的位移 y 0,忽略极板电场的边缘效应.已知金属平行板左端连线与磁场圆相切,O在 y 轴上(0, -R)处.(不考虑粒子之间的相

11、互作用力)(1)求带电粒子的比荷 .mq(2)求带电粒子进入右侧电场时的纵坐标范围.(3)若电压 UAK= U ,求到达 K 板的粒子数与进入43 平行板的总粒子数的比值.- 9 -北仑中学 2018 年度第二学期高二年级期中考试物理试卷参考答案1-5 BBBDD6-10 ADCCB11-13 DBB14.BCD15.BD16.AD17.(1)CD ( 2)略 (3)1.5 18.(1)*1 (2) 22 欧姆 19.（1）C (2) D20.19.(1)12 N (2)13.2 N 10.8 N (3)15 s解析 (1)无人机悬停时,由平衡条件得 F 升 =mg=12 N(2)以最大加速度

12、竖直上升时,由牛顿第二定律得 F 合上 =ma1=F 升 -mg解得 F 升 =13.2 N 以最大加速度竖直下降时,由牛顿第二定律得 F 合下 =ma2=mg-F 升 解得 F 升 = 10.8 N(3)以最大加速度做加速运动,然后以最大上升速度做匀速运动,再以最大加速度做减速运动至悬停,所用时间最短 .匀加速上升过程中, t1= =6 sx1= a =18 m匀速上升过程中, t2= =3 s匀减速上升过程中, t3=t1=6 st 总 =t1+t2+t3=15 s21. 20.(1)1.2 s (2)0.8 m 0.6 m解析 (1)小汽车恰好能通过最高点 C,有- 10 -mg=m从

13、A 到 C 过程,由动能定理得Pt- mgL-2mgR= m -0联立解得 t=1.2 s(2)从 C 到 D 过程,由机械能守恒定律得 mg(R+Rsin 30)+ m = m解得 vD=4 m/s=vDsin 30=2 m/s=vDcos 30=2 m/s将从 D 到 E 的运动看成逆向平抛运动,有=gth= gt2x= tH=h+R(1-cos 60)X=x+Rsin 60解得 H=0.8 m,X=0.6 m22.22.(1)3 m/s 4 N (2)1 C (3)0.5 J解析 (1)导体棒 ab 由静止释放,在光滑轨道上只有重力做功,根据机械能守恒定律得mgH= mv2解得 v=3

14、m/s两导体棒发生弹性碰撞后, ab 棒静止, cd 棒以 v=3 m/s 的速度进入磁场区域,因 E=BLv,I= ,R 总 =R+ = - 11 -故 F 安 =BIL= =4 N(2)根据动量定理得 - t- mgt=0-mvB Lt+ mgt=mv因为 q= t所以 q= =1 C(3)因为 q= t= , =BLx (x 为磁场区域的长度)解得 x= = =1.5 m根据动能定理得 -W 安 -mgx= 0- mv2则 Q 总 =W 安 = mv2-mgx= 3 J因为定值电阻 R1与 ab 棒并联后再与 cd 棒串联且三者电阻均为 2 ,三者电流之比为1 1 2,所以热量之比为 1

15、 1 4,故定值电阻 R1产生的热量 Q1= Q 总 =0.5 J23.22.(1) (2)- R y R (3)解析 (1)由动能定理得 qU= mv2由已知条件知,偏转半径 r=R由牛顿第二定律得 Bqv=m解得 = - 12 -(2)因为 r=R,所有粒子经磁场偏转后都平行于 x 轴射出 .沿 QN 方向射入时,在磁场中轨迹对应的圆心角为 135,离开磁场时对应的 a 点的纵坐标为 ya= R 沿 PM 方向射入的带电粒子离开磁场时对应的 b 点的纵坐标 yb=- R所以进入电场时的纵坐标范围为 - R y R (3)由 E=Eq=may= at2vt=4R解得 y= R从纵坐标 y=0.5R 处进入偏转电场的粒子恰能打到 K 板右边缘,其进入磁场时的速度与 y 轴夹角为 30偏左,所以比例 = =- 13 -