广东汕头潮阳区2019-2020学年高二上学期教学质量监测期末物理试题（解析版）.docx

1、潮阳区2019-2020学年度第一学期教学质量监测高二物理试卷第I卷一、单选题（本大题共6小题，每题4分，共24分）1.学习物理不仅要掌握物理知识，还要领悟并掌握处理物理问题思想方法在下图所示的几个实验中，研究物理问题的思想方法相同的是( )A. 甲、乙B. 甲、丙C. 乙、丙D. 丙、丁【答案】C【解析】【分析】学习平抛运动时，通过比较平抛运动与自由落体运动，来研究平抛运动在竖直方向上运动的规律；观察桌面的微小形变和测定万有引力常量的实验中，通过平面镜的反射，反射光线发生较大的角度变化，从而扩大了形变；研究加速度与质量、力的关系中，用到了控制变量法；【详解】图甲：比较平抛运动与自由落体运动，

2、来研究平抛运动在竖直方向上运动的规律，用到了比较法；图乙、丙：观察桌面的微小形变和测定万有引力常量的实验中，通过平面镜的反射，反射光线发生较大的角度变化，从而扩大了形变，该方法称为物理变量放大法；图丁：研究加速度与质量、力的关系中，用到了控制变量法，所以，乙和丙具有相同的研究物理问题的思想方法，故选项C正确，ABD错误【点睛】本题考查物理方法的应用，要注意处理物理问题的思想方法是物理学史的一部分，对该部分的知识，要有足够的重视2.将地面上静止的货物竖直向上吊起，货物由地面运动至最高点的过程中，图像如图所示，以下判断正确的是（）A. 最后2s内货物只受重力作用B. 前3s内货物处于超重状态C.

3、货物前3s内的平均速度小于最后2s内的平均速度D. 第3s末至第5s末的过程中，货物的机械能守恒【答案】B【解析】【详解】A图线斜率的物理意义为加速度，最后内的加速度大小所以最后内货物除了重力作用外还受到阻力作用，A错误；B前3s内货物加速向上，处于超重状态，B正确；C根据匀变速直线运动中某段时间内，平均速度等于中间时刻速度可知货物前3s内的平均速度等于最后2s内的平均速度，C错误；D货物的机械能由动能和重力势能构成，第3s末至第5s末的过程中，货物的动能不变，图线和时间轴围成的面积为位移，根据图像可知货物的位移一直增大，选择货物起点为零势能面，根据可知货物的重力势能一直增加，则货物的机械能一

4、直增加，D错误。故选B。3.如图，光滑斜面固定于水平面，滑块A、B叠放后一起冲上斜面，且始终保持相对静止，A上表面水平则在斜面上运动时，B受力的示意图为 （ ）A. B. C D. 【答案】A【解析】【详解】将A、B做为一个整体，则一起冲上斜面时，受重力及斜面的支持力，合力沿斜面向下，然后再用隔离体法，单独对B进行受力分析可知，B受摩擦力一定沿水平方向上，且一定水平向左，竖直方向上重力大于支持力这样才能使合力沿斜面向下了，故A正确，BCD错误4.在如图所示的四个电场中，均有相互对称分布的a、b两点，其中a、b两点电势和场强都相同的是A. B. C. D. 【答案】C【解析】试题分析：电场强度是

5、矢量，既有大小又有方向，只有当大小均相同时，场强才相同电势是标量，真空中点电荷电场的等势线是以点电荷为球心的球面解：A、ab两点电势相同，电场强度方向不同，场强不同故A错误B、a点电场强度是由匀强电场与点电荷电场场强的合成，a点场强斜向右上方，b点场强斜向右下方，则两点场强不同故B错误C、根据对称性，ab两点场强相同，ab在同一等势面上，电势相同故C正确D、a点场强方向向上，b点场强方向向下，场强不同故D错误故选C【点评】矢量要相同，只有大小和方向都相同才相同，相反当大小或方向之一变化时，矢量就变化5.板间距为的平行板电容器所带电荷量为时，两极板间电势差为，板间场强为现将电容器所带电荷量变为，

6、板间距变为，其他条件不变，这时两极板间电势差，板间场强为，下列说法正确的是A. B. C. D. 【答案】C【解析】由公式C、C和E得U，E，当Q变为2Q、d变为时，电压U不变，电场强度E变为原来的2倍C正确6.如图所示，以O为圆心的圆周上有六个等分点a、b、c、d、e、f.等量正、负点电荷分别放置在a、d两处时，在圆心O处产生的电场强度大小为E.现将a处点电荷移至其他位置，O点的电场强度随之改变，下列说法中正确的是( )A. 移至c处，O处的电场强度大小为E，方向沿OeB. 移至b处，O处的电场强度大小为，方向沿OdC. 移至e处，O处的电场强度大小为，方向沿OcD. 移至f处，O处的电场强

7、度大小为E，方向沿Oe【答案】C【解析】【详解】A由题意可知，等量正、负点电荷在O处的电场强度大小均为，方向水平向右当移至c处，两点电荷在该处的电场强度方向夹角为120，则O处的合电场强度大小为，但方向沿Oe，故A错误；B同理，当移至b处，O处的合电场强度大小增大，方向沿Od与Oe角平分线，故B错误；C同理，当移至e处，两点电荷在该处的电场强度方向夹角为120，O处的合电场强度大小，方向沿Oc，故C正确；D同理，当移至f处，O处的合电场强度大小增大，方向沿Od与Oc角平分线，故D错误；二、多项选择题（本大题6个小题，每题4分，共24分。每小题四个选项中有多个选项正确，全选对得4分，漏选得2分，

8、有错选或不选得0分）7.如图，北斗导航卫星先沿椭圆轨道I飞行，后在远地点P处由椭圆轨道变轨进入地球同步圆轨道II。下列说法正确的是（）A. 椭圆轨道I中卫星在P点的加速度是最小的B. 卫星在椭圆轨道I上的P点处加速进入轨道IIC. 卫星在轨道II运行时的速度大于7.9km/sD. 椭圆轨道中卫星的机械能总是变化的【答案】AB【解析】【详解】A卫星绕行，万有引力提供加速度处距离中心天体最远，加速度最小，A正确；B根据卫星变轨原理可知，卫星在椭圆轨道I上的点做离心运动，要实现这个运动必须使卫星所需向心力大于万有引力，所以应该卫星应加速，增加所需向心力，进入轨道II，B正确；C即第一宇宙速度是近地卫

9、星的环绕速度，也是最大的圆周运动的环绕速度。而同步卫星的轨道半径要大于近地卫星的轨道半径，万有引力提供向心力解得根据的表达式可以发现同步卫星运行的线速度一定小于第一宇宙速度，C错误；D椭圆轨道上运行时，只有万有引力做功，机械能不变，D错误。故选AB。8. 长方形线框abcd通有恒定电流I，在线框所在平面内线框的左侧与ad边平行放置一长直导线，直导线中通有恒定电流I，电流的方向如图所示，线框和长直导线的位置都被固定，下列关于线框受到安培力的说法中正确的是A. 线框的ab边和cd边不受安培力B. 线框所受的安培力合力向右C. 线框所受的安培力合力向左D. 若长直导线的电流I加倍，则稳定后线框所受的

10、安培力合力也随之加倍【答案】CD【解析】试题分析：由右手定则可知，线圈所处位置的磁场向里，由左手定则可知，ab边受安培力向上，cd边受安培力向下，且大小相等，相互抵消；选项A错误；因ab和cd所受安培力抵消，而ad边所受的安培力方向向左，且大于bc边受的向右的安培力，故线框所受的安培力合力向左，选项B错误，C正确；若长直导线的电流I加倍，则线圈所在位置的磁场强度加倍，故稳定后线框所受的安培力合力也随之加倍，选项D正确；故选CD考点：左手定则及右手定则；安培力【名师点睛】9.如图所示，abc为边长为l的等边三角形，处于纸面内匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，比荷为的电子以速度v0

11、从a点沿ab方向射入，则A. 若速度v0变成原来的两倍，则电子的加速度变成原来的两倍B. 若速度v0变成原来的两倍，则电子飞出三角形所用的时间可能不变C. 当速度时，电子将经过c点D. 若电子经过c点，则电子的运动轨迹与bc所在直线相切【答案】ABD【解析】【详解】根据可知，若速度v0变成原来的两倍，则电子的加速度变成原来的两倍，故A正确；电子运动的周期为与速度的大小无关，若速度v0变成原来的两倍，则轨道半径加倍，但是电子若都从ac边射出，轨迹如图所示：则运动时间均为，则电子飞出三角形所用的时间不变，故B正确；当速度时，电子的运动半径为，则由轨迹图可知电子不能经过c点，故C错误；因电子的轨迹与

12、ab相切，由对称可知，若电子经过c点，则电子的运动轨迹与bc所在直线相切，故D正确。故选ABD考点：带电粒子在匀强磁场中的运动【名师点睛】此题是带电粒子在磁场中的运动问题；关键是根据题目的条件找到粒子运动的轨道半径和圆心的位置，能画出轨迹图即可进行讨论10.如图所示，矩形区域内有水平方向的匀强电场，一个带负电的粒子从A点以某一速度vA射入电场中，最后以另一速度vB从B点离开电场，不计粒子所受的重力，A、B两点的位置如图所示，则下列判断中正确的是（）A. 电场强度的方向水平向左B. 带电粒子在A点的电势能大于在B点的电势能C. 粒子在电场中运动的全过程中，电势能最大处为A点D. 粒子在电场中运动

13、的全过程中，动能最大处为B点【答案】BD【解析】【详解】A粒子在电场中向左偏转，所受的电场力水平向左，而粒子带负电荷，故电场强度的方向水平向右，A错误；B从到，电场力先做负功，后做正功，电场力为恒力，做负功的位移小于做正功的位移，所以电场力做的总功为正功，故粒子的电势能减小，则粒子在点的电势能大于在点的电势能，B正确；C粒子电场力水平，将初速度分解为水平和竖直向下的分速度，故水平方向向右匀减速、再向左匀加速，竖直方向向下匀速，轨迹的最右端在点的右侧，即电场力做负功的最大位移处在A点的右侧，所以电势能最大位置在点右侧，C错误；D粒子在电场中运动过程，仅受电场力做功，电势能和动能总和保持不变，相互

14、转化，到达点时电场力做正功最大，电势能最小，动能最大，D正确。故选BD。11.如图所示，一束离子从P点垂直射入匀强电场和匀强磁场相互垂直的区域里，结果发现有些离子保持原来的运动方向未发生偏转，这些离子从Q点进入另一匀强磁场中分裂为a、b、c三束。关于这三束离子下列说法正确的是（）A. a、b、c的速度大小一定相同B. a、b、c的电量一定不同C. a、b、c的比荷一定不同D. a、b、c的动能可能相同【答案】ACD【解析】【详解】A因为粒子进入电场和磁场正交区域时，不发生偏转，说明粒子所受电场力和洛伦兹力平衡，有得出能不偏转的粒子速度应满足所以a、b、c的速度大小一定相同，A正确；BCD粒子进

15、入磁场后受洛伦兹力作用，粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即所以圆周运动的半径由于粒子又分裂成几束，也就是粒子做匀速圆周运动的半径不同，进入第二个匀强磁场时，粒子具有相同大小的速度，由半径公式可知，所以粒子能分裂成几束的粒子的比值不同，则比荷一定不相同，而质量可能相同，则动能也可能相同，B错误，CD正确。故选ACD。12.如图所示，匀强磁场的方向竖直向下。磁场中有光滑的水平桌面，在桌面上平放着内壁光滑、底部有带电小球的试管。试管在水平拉力F作用下向右匀速运动，带电小球能从管口处飞出。关于带电小球及其在离开试管前的运动，下列说法中正确的是（）A. 小球带正电B. 洛伦兹力对小球做正功C.

16、小球运动轨迹是一条曲线D. 小球的运动轨迹是一条直线【答案】AC【解析】【详解】A小球能从管口处飞出，说明小球受到指向管口洛伦兹力分力，根据左手定则判断，小球带正电，A正确；B洛伦兹力总是与速度垂直，不做功，B错误；CD假设管运动速度为，小球垂直于管向右的分运动是匀速直线运动。小球沿管方向受到洛伦兹力的分力、均不变，不变，根据牛顿第二定律，在沿管方向可知小球沿管做匀加速直线运动。与平抛运动类似，小球运动的轨迹是一条抛物线，C正确，D错误。故选AC。第卷三、非选择题：本题5小题，共52分。按题目要求作答。解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不得分，有数值计算的题，答

17、案中必须明确写出数值和单位。13.在验证机械能守恒定律的实验中，使质量为m=200g的重物自由下落，打点计时器在纸带上打出一系列的点，选取一条符合实验要求的纸带如图所示。O为纸带下落的起始点，A、B、C为纸带上选取的三个连续点。已知打点计时器每隔T=0.02s打一个点，当地的重力加速度为g=9.8m/s2。(1)计算B点瞬时速度时，甲同学用，乙同学用。其中所选择方法正确的是_（填“甲”或“乙”）同学。(2)同学丙想根据纸带上的测量数据进一步计算重物和纸带下落过程中所受的阻力，为此他计算出纸带下落的加速度为_m/s2（保留两位有效数字），从而计算出阻力f=_N（保留到小数点后两位）。【答案】 (

18、1). 乙 (2). 9.5 (3). 0.06【解析】【详解】(1)1实验的目的是验证机械能守恒定律求速度时若用相当于已知机械能守恒验证机械能守恒，无意义；只能根据匀变速直线运动中，中间时刻速度等于平均速度求解，即所以乙正确。(2)2根据求解加速度代入数据解得。3根据牛顿第二定律解得阻力。14.在“测定金属丝的电阻率”的实验中，某同学进行了如下测量：(1)用毫米刻度尺测量接入电路中的被测金属丝的有效长度测量3次，求出其平均值l其中一次测量结果如图1甲所示，金属丝的另一端与刻度尺的零刻线对齐，图中读数为_cm用螺旋测微器测量金属丝的直径，选不同的位置测量3次，求出其平均值d其中一次测量结果如图

19、1乙所示，图中读数为_mm(2)采用如图所示的电路测量金属丝的电阻电阻的测量值比真实值_（填“偏大”或“偏小”）最后由公式=_计算出金属丝的电阻率（用直接测量的物理量表示）(3)请你根据电路图在实物图中进行实物连线_（电流表选0.6A量程，电压表选3V量程）【答案】 (1). 24.13（24.1224.14） (2). 0.516(0.5150.518) (3). 偏小 (4). (5). 【解析】【详解】(1) 由图示刻度尺可知，其分度值为1mm，示数为24.1224.14cm；由图示螺旋测微器可知，其示数为：0.5mm+1.60.01mm=0.516mm；(2)采用安培表外接法，由于电压

20、表内阻不是无穷大，电压表有分流，从而电流表的测量值大于真实值，由R可知，电阻的测量值小于真实值；由R，R， S，可得。(3)实物连接如下图所示15.如图所示，在倾角为的光滑斜面上有两个用轻质弹簧相连接的物块A、B。它们的质量分别为mA、mB，弹簧的劲度系数为k，C为一固定挡。系统处于静止态。现开始用一恒力F沿斜面方向拉物块A使之向上运动，求物块B刚要离开C时物块A的加速度a和从开始到此时物块A的位移d，已知重力加速度为g。【答案】，【解析】【详解】假设表示未加时弹簧的压缩量，由胡克定律和共点力平衡条件可知假设表示刚要离开时弹簧的伸长量，由胡克定律和牛顿定律可知联立方程可得由题意解得16.如图所

21、示，竖直平行直线为匀强电场的电场线，电场方向未知，A、B是电场中的两点，AB两点的连线长为且与电场线的夹角为。一个质量为m，电荷量为+q的带电粒子以初速度，从A点垂直进入电场，该带电粒子恰好能经过B点，不考虑带电粒子的重力大小。求：(1)电场强度E；(2)AB两点间的电势差UAB。【答案】(1)；(2)【解析】【详解】(1)带电粒子在电场中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动。则：水平方向有竖直方向有根据牛顿第二定律联立解得(2)带电粒子带正电，轨迹向下偏转，则知粒子所受的电场力向下，电场方向向下。根据匀强电场中电场强度和电势差公式有17.如图所示，带电平

22、行金属板相距为2R，在两板间有垂直纸面向里、磁感应强度为B的圆形匀强磁场区域，与两板及左侧边缘线相切一个带正电的粒子（不计重力）沿两板间中心线O1O2从左侧边缘O1点以某一速度射入，恰沿直线通过圆形磁场区域，并从极板边缘飞出，在极板间运动时间为t0若撤去磁场，粒子仍从O1点以相同速度射入，则经时间打到极板上（1）求两极板间电压u；（2）若两极板不带电，保持磁场不变，该粒子仍沿中心线O1O2从O1点射入，欲使粒子从两板左侧间飞出，射入的速度应满足什么条件【答案】（1） （2）【解析】【详解】（1）设粒子从左侧O1点射入速度为v，极板长为L，磁场中根据受力平衡可得：qE=qvB根据匀强电场中电场强度与电势差之间的关系式：电场强度为：因为粒子在磁场中做匀速直线运动，所以有：L=vt0在电场中做类似平抛运动，根据牛顿第二定律，有水平方向：L-2R=竖直方向：联立解得：L=4R两极板间电压：（2）设粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为r，粒子恰好从上极板左边缘飞出时速度的偏转角为，根据几何关系可知：=-=45因为：则有：根据洛伦兹力提供向心力可得：联立解得：要使得粒子从两板左侧间飞出，粒子初速度要满足：