北京顺义牛栏山一中高二下期中物理含答案Word文档下载推荐.docx

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A．线速度大于第一宇宙速度

B．质量为

C．环绕周期为

D．向心加速度小于地球同步卫星的向心加速度

7．（3分）如图所示，轮船的外侧悬挂了很多旧轮胎，这样做的目的是（　　）

A．缩短碰撞的作用时间，从而减轻对轮船的破坏

B．减小碰撞中轮船受到的冲量，从而减轻对轮船的破坏

C．减小碰撞中轮船受到的冲击力，从而减轻对轮船的破坏

D．减小碰撞过程中轮船的动量变化量，从而减轻对轮船的破坏

8．（3分）坐落在镇江新区的摩天轮高88m，假设乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动，下列说法正确的是（　　）

A．在摩天轮转动的过程中，乘客机械能始终保持不变

B．在摩天轮转动一周的过程中，合力对乘客做功为零

C．在最低点时，乘客所受重力大于座舱对他的支持力

D．在摩天轮转动的过程中，乘客重力的功率保持不变

9．（3分）一简谐机械波沿x轴正方向传播，周期为T，波长为λ．若在x＝0处质点的振动图象如图所示，则该波在t＝

时刻的波形曲线为（　　）

A．

B．

C．

D．

10．（3分）声波能绕过某一建筑物传播而光波却不能绕过该建筑物，这是因为（　　）

A．声波是纵波，光波是横波

B．声波振幅大，光波振幅小

C．声波波长较长，光波波长较短

D．声波波速较小，光波波速很大

11．（3分）如图所示，实线为一点电荷电场中的三条电场线，虚线与中间那条电场线垂直，a、b是位于虚线上的两点，下列说法正确的是（　　）

A．该点电荷带正电

B．a、b两点场强的方向可能相同

C．a点场强小于b点场强

D．虚线为一条等势线

12．（3分）某实验小组将灯泡的灯丝p与小灯泡A和B连接在电路中，连接方式如图所示。

闭合开关后两小灯泡均正常发光，用酒精灯给灯丝加热，加热时间较短。

则下列关于实验现象及其推论原因正确的是（　　）

A．发现小灯泡A变暗、B变亮，原因是灯丝p的电阻变大了

B．发现小灯泡A变亮、B变暗，原因是灯丝p的电阻变小了

C．发现小灯泡A和B都变亮，原因是灯丝p电阻变大了

D．发现小灯泡A和B都变暗，原因是灯丝p的电阻变小了

13．（3分）一个矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量随时间变化的∅﹣t图象如图所示，下列说法中正确的是（　　）

A．t＝0时刻线圈在中性面位置

B．t＝0.01s时刻线圈产生的感应电动势最大

C．t＝0.03s时刻线圈中的电流方向发生变化

D．t＝0.02s时刻线圈磁通量变化率为零

14．（3分）用传感器研究质量为2kg的物体由静止开始做直线运动的规律时，在计算机上得到0～6s内物体的加速度随时间变化的关系如图所示，下列说法中正确的是（　　）

A．0～6s内物体先向正方向运动，后向负方向运动

B．0～4s内合力对物体做的功等于0～6s内合力对物体做的功

C．物体在2～4s时的速度不变

D．0～6s内物体在4s时速度最大

15．（3分）如图甲所示，平行于光滑斜面的轻弹簧劲度系数为k，一端固定在倾角为θ的斜面底端，另一端与物块A连接；

两物块A、B质量均为m，初始时均静止。

现用平行于斜面向上的力F拉动物块B，使B做加速度为a的匀加速运动，A、B两物块在开始一段时间内的v﹣t关系分别对应图乙中A、B图线（t1时刻A、B的图线相切，t2时刻对应A图线的最高点），重力加速度为g，则（　　）

A．0～t1过程中，拉力F做的功比弹簧弹力做的功少

B．t1时刻，弹簧形变量为

C．0～t2过程中，拉力F逐渐增大

D．t2时刻，弹簧形变量为0

二、实验题（共24分，每空2分）

16．（8分）在“测定金属丝的电阻率”的实验中，小张同学选用毫米刻度尺测量金属丝的有效长度，当金属丝的左端与毫米刻度尺的“0”刻度对齐时，右端如图甲所示：

用螺旋测微器测量金属丝的直径如图乙所示：

用伏安法测得多组U、I数据，做出该金属丝的伏安特性曲线如图丙所示。

（1）金属丝的有效长度L为　　cm，直径D为　　mm，电阻R为　　Ω。

（2）将测得的数据代入公式ρ＝　　，即可求出金属丝的电阻率。

（用第

（1）问给出的字母表示）

17．（24分）用图甲所示的电路，测定一节旧干电池的电动势和内阻。

除电池、开关和导线外，可供使用的实验器材还有：

双量程电流表：

A（量程0～0.6A，0～3A）

双量程电压表：

V（量程0～3V，0～15V）

滑动变阻器：

R1（阻值范围0～10Ω，额定电流2A）、R2（阻值范围0～100Ω，额定电流1A）

（1）为了调节方便，测量精度更高，实验中应选用电流表的量程为　　A，电压表的量程为　　V，应选用滑动变阻器　　（填写滑动变阻器符号）。

（2）根据图甲将图乙中的实物正确连接，注意闭合开关时滑动变阻器的滑片P应处于正确的位置并选择正确的电表量程进行连线。

（3）通过多次测量并记录对应的电流表示数I和电压表示数U，利用这些数据在图丙中画出了U﹣I图线。

由图线可以得出此干电池的电动势E＝　　V（保留3位有效数字），内电阻r＝　　Ω（保留2位有效数字）。

（4）引起该实验的系统误差的主要原因是　　。

A．由于电压表的分流作用造成电流表读数总是比电源实际输出的电流小

B．由于电压表的分流作用造成电流表读数总是比电源实际输出的电流大

C．由于电流表的分压作用造成电压表读数总是比路端电压小

D．由于电流表的分压作用造成电压表读数总是比路端电压大

（5）某同学利用如图所示的电路测定干电池的电动势和内电阻，经过正确的操作获得了若干组实验数据，据此描绘出的U﹣I图象（其中U、I分别为电压表和电流表的读数）如　　图中的实线所示。

三、解答题（共33分）

18．（10分）如图所示，将一个小球从水平地面O点正上方某处，以v0＝10m/s的初速度水平抛出，小球落在水平地面上A点，O、A两点相距x＝20m，不计空气阻力，求：

（1）小球在空中运动的时间t；

（2）抛出点距离水平地面的高度h。

19．（10分）如图所示，固定在同一水平面内的两根平行长直金属导轨的间距为L，其左端接有阻值为R的电阻，整个装置处在竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。

一质量为m的导体杆ab垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触。

现杆在水平向右、垂直于杆的恒力F作用下从静止开始沿导轨运动距离d时，速度恰好达到稳定状态（运动过程中杆始终与导轨保持垂直）。

设杆接入电路的电阻为r。

导轨电阻不计，不计一切摩擦。

试求：

（1）简述导体棒的运动性质，并做出其v﹣t图象；

（2）导体杆达到稳定状态时，ab杆的速度大小；

（3）导体杆从静止开始沿导轨运动距离d的过程中电阻R上产生的热量。

20．（13分）如图所示，平板车P的质量为M，小物块Q的质量为m，大小不计，位于平板车的左端，系统原来静止在光滑水平地面上．一不可伸长的轻质细绳长为R，一端悬于Q的正上方高为R处，另一端系一质量也为m的小球（大小不计）．今将小球拉至悬线与竖直位置成60°

角，由静止释放，小球到达最低点时与Q碰撞的时间极短，且无能量损失，已知Q离开平板车时速度大小是平板车速度的两倍，Q与P之间的动摩擦因数为μ，M：

m＝4：

1，重力加速度为g．求：

（1）小球到达最低点与Q碰撞之前瞬间的速度是多大；

（2）小物块Q离开平板车时平板车的速度为多大；

（3）平板车P的长度为多少？

2020北京顺义牛栏山一中高二（下）期中物理

参考答案

1．【分析】加速度等于单位时间内的速度变化量，反映速度变化快慢的物理量，当加速度方向与速度方向相同，物体做加速运动，当加速度方向与速度方向相反，物体做减速运动．

【解答】解：

A、物体有加速度，速度不一定增大，可能速度减小，比如减速运动，故A错误。

B、物体的速度为零，加速度不一定为零，比如自由落体运动的初始时刻，速度为零，加速度不为零，故B错误。

C、当加速度方向与速度方向相同，加速度减小，速度增大，故C正确。

D、根据a＝

知，速度变化量越大，加速度不一定大，故D错误。

故选：

C。

【点评】解决本题的关键知道加速度的物理意义，掌握判断物体做加速运动还是减速运动的方法，关键看加速度方向与速度方向的关系．

2．【分析】位移﹣时间图象表示物体的位置随时间的变化，图象上的任意一点表示该时刻的位置，图象的斜率表示该时刻的速度，斜率的正负表示速度的方向。

AB、根据图象可知，2s末物体回到出发点，位移为零，故A正确，B错误。

CD、位移时间图象的斜率表示该时刻的速度，根据图象可知，前1s物体沿正方向做匀速直线运动，1s﹣3s沿负方向做匀速直线运动，故CD错误。

A。

【点评】注意理解位移﹣时间图象上点和斜率的物理意义；

位移的解法应当为末位置坐标减去初位置坐标。

3．【分析】对木块受力分析，根据平衡条件可确定木块与木板间的摩擦力大小，再对木板分析，明确木板的受力情况，从而分析拉力情况，最后根据滑动摩擦力公式，求解各自动摩擦因数。

A、对木块受力分析木块受水平方向上的摩擦力和弹簧秤的拉力作用，由于木块静止，所受滑动摩擦力等于弹簧的弹力f，故A错误。

B、手拉绳子将木板从木块下匀速抽出时，那么木板受到的摩擦力大小为F，而木块与木板间的滑动摩擦力大小等于f，木板与桌面间的滑动摩擦力大小为F﹣f，故B错误。

C、根据滑动摩擦力公式Ff＝μFN，由于木块与木板间的滑动摩擦力大小等于f，则木板与木块之间的动摩擦因数μ＝

，故C正确。

D、同理，由于木板与桌面间的滑动摩擦力大小为F﹣f，则木板与桌面之间的动摩擦因数

，故D错误。

【点评】本题来自于摩擦力的实验，要注意明确木板受力平衡，所以摩擦力等于弹簧秤上的示数，同时注意求解木板与桌面之间的动摩擦因数时，桌面受到的压力是mg+Mg。

4．【分析】根据小球的受力情况，应用牛顿第二定律判断加速度大小，然后判断小球的运动性质，即可判断出小球的动能变化。

小球与弹簧接触后，受到竖直向下的重力与竖直向上的弹簧弹力作用，

开始，小球的重力大于弹力，合力向下，加速度向下，小球向下做加速运动，

随小球向下运动，弹簧的弹力增大，合力减小，加速度减小，小球做加速度减小的加速运动，

合力为零时，小球速度最大；

所受当弹簧的弹力大于小球重力后，合力向上，加速度向上，速度方向与加速度方向相反，

小球做减速运动，随小球向下运动，弹力增大，小球受到的合力增大，加速度增大，小球做加速度增大的减速运动，直到减速到零；

由以上分析可知，小球的速度先增大后减小，动能先增大后减小，故D正确

D。

【点评】本题考查了判断小球速度与加速度随时间变化关系，知道小球的受力情况、应用牛顿第二定律即可正确解题。

5．【分析】根据运动的合成与分解，结合A的速度与B的速度沿着绳子方向的速度大小相等，结合平行四边形定则求出物体B的速度。

将B点的速度分解如右图所示，则有：

v2＝vA，v2＝vBcos30°

。

解得：

vB＝

＝

m/s，故ABC错误，D正确；

【点评】本题考查了运动的合成分解，知道小滑块沿着绳子的速度与A的速度大小相等，方向相。

以及知道分运动与合运动具有等时性。

6．【分析】第一宇宙速度是卫星绕地球做圆周运动的最大环绕速度；

根据万有引力提供向心力无法求出环绕天体的质量；

根据角速度的定义式求出角速度，从而求出环绕周期；

根据万有引力提供向心力得出向心加速度与轨道半径的关系，结合轨道半径的大小比较向心加速度。

A、第一宇宙速度是卫星绕地球做圆周运动的最大环绕速度，可知“墨子号”的线速度一定小于第一宇宙速度，故A错误。

B、“墨子号”卫星是环绕天体，根据万有引力提供向心力无法求出“墨子号”的质量，故B错误。

C、卫星的角速度

，则周期T＝

D、根据

得，a＝

，“墨子号”卫星的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，则“墨子号”卫星的向心加速度大于同步卫星的向心加速度，故D错误。

【点评】解决本题的关键知道第一宇宙速度的含义，掌握万有引力提供向心力这一重要理论，并能灵活运用。

7．【分析】轮船所受力的冲量不变，根据F＝

增加时间t，可以减小冲击力。

根据动量定理得Ft＝△P＝mv﹣0，F＝

，轮船动量的变化量一定，即冲量一定，外侧悬挂很多旧轮胎可以增加作用时间，从而减小冲击力，减轻对轮船的破坏，故ABD错误，C正确；

【点评】本题的关键是抓住轮船受到的冲量不变，得到悬挂旧轮胎是增加作用时间从而减小冲击力。

8．【分析】根据机械能的定义分析机械能的变化情况；

在最低点时，根据向心力的来源分析重力和支持力的情况；

根据动能定理分析合力做的功；

根据瞬时功率计算式分析重力的瞬时功率如何变化。

A、机械能等于重力势能和动能之和，摩天轮在运动过程中做匀速圆周运动，乘客的速度大小不变，则动能不变，但高度变化，重力势能在变化，所以机械能在变化，故A错误；

B、在摩天轮转动一周的过程中，动能的变化量为零，由动能定理知，合力对乘客做功为零，故B正确；

C、在最低点时，由重力和支持力的合力提供向心力F，向心力指向上方，所以Fn＝N﹣mg，则支持力N＝mg+Fn，所以座椅对他的支持力大于重力，故C错误；

D、在摩天轮转动的过程中，乘客的重力大小不变，速度大小不变，但是速度方向时刻在变化，竖直分速度在变化，所以重力的瞬时功率在变化，故D错误。

B。

【点评】解决本题的关键是要明确乘客做匀速圆周运动，速率不变，由合外力提供向心力。

知道合力做功等于动能的变化量。

9．【分析】由x＝0点处质点的振动图象可知该质点的运动情况，得出

时刻的运动性质即可得出符合题意的选项．

从振动图上可以看出x＝0处的质点在t＝

时刻处于平衡位置，且正在向下振动，四个选项中只有A图符合要求，故A项正确，BCD错误。

【点评】本题要求学生能正确的分析振动图象和波动图象；

难点在于能否由波动图象中得出物体的运动方向．

10．【分析】波能否绕过某一建筑物传播是指波是否发生明显的衍射现象，波发生明显的衍射现象的条件是：

孔缝的宽度或障碍物尺寸与波长相比差不多或比波长更短．

波发生明显的衍射现象的条件是：

孔缝的宽度或障碍物尺寸与波长相比差不多或比波长更短。

由于声波的波长比较大（1.7cm～17m）和楼房的高度相近，故可以发生明显的衍射现象，而可见光的波长很小，无法发生明显的衍射现象。

故只有C正确。

【点评】掌握了波发生明显衍射的条件即可顺利解决此题．

11．【分析】电场线始于正电荷（或无穷远），终于负电荷（或无穷远）；

结合点电荷的电场的特点判断，电场线上每一点的切线方向都跟该点的场强方向一致；

电场线的疏密程度表示电场的强弱。

A、根据点电荷的电场的特点可知，该电场为负点电荷的电场线的一部分，故A错误；

B、电场线上每一点的切线方向都跟该点的场强方向一致，结合图中电场线的特点可知a、b两点场强的方向一定不同，故B错误；

C、到点电荷的距离相等的点位于以点电荷为圆心的同心圆上，结合负电荷的电场线的图如图中实线，可知b点到负电荷近，所以b点的场强大于a点的场强，故C正确；

D、结合负电荷的等势线的图如图中虚线，可知该题中的虚线不是点电荷的等势线，故D错误。

【点评】该题考查常见电场的特点以及电场线的特点，对于点电荷的电场、等量同种点电荷的电场、等量异种点电荷的电场以及匀强电场的电场线的特点与图形一定要牢记。

12．【分析】分析电路结构，灯丝p与灯泡A串联，再与灯泡B并联。

加热灯丝，阻值变大，根据闭合电路欧姆定律分析。

分析电路结构，确定灯丝p与灯泡A、B的串并联关系，加热灯丝时，灯丝p电阻率变大，则阻值变大，电路总阻值变大，根据闭合电路欧姆定律可知，干路电流减小，内电压减小，路端电压增大，即灯泡B两端电压增大，变亮，

流过灯泡B的电流增大，干路电流减小，则流过灯泡A的电流减小，变暗，故A正确，BCD错误。

【点评】此题考查了闭合电路欧姆定律的相关判断，解题的关键是分清电路结构，根据充不了电规律和闭合电路欧姆定律分析。

13．【分析】线圈位于中性面上时磁通量最大，感应电动势为零，当线圈与磁场平行时磁通量最小为零，此时感应电动势最大，分析清楚图示图象，根据线圈转动情况分析答题。

A、由图示图象可知，t＝0时刻磁通量∅＝0，此时线圈与磁场平行，与中性面垂直，故A错误；

B、由图示图象可知，t＝0.01s时刻穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率最小，感应电动势最小，故B错误；

C、由图示图象可知，t＝0.03s时刻穿过线圈的磁通量最大，此时线圈经过中性面，线圈中电流方向发生变化，故C正确；

D、由图示图象可知，t＝0.02s时刻穿过线圈的磁通量为零，但磁通量的变化率最大，故D错误。

【点评】本题考查了交变电流的产生问题，掌握基础知识是解题的前提，根据题意分析清楚图示图象是解题的关键，根据图示图象应用基础知识即可解题，平时要注意基础知识的学习与积累。

14．【分析】由牛顿第二定律知：

加速度方向与合外力方向相同，当加速度方向与速度方向相同时，物体做加速运动；

否则做减速运动。

根据加速度图象，分析物体的运动情况，即可判断速度最大的时刻。

根据a﹣t图象的“面积”大小等于速度变化量结合动能定理判断0﹣4s内合力对物体做的功和0﹣6s内合力做的功的关系。

A、a﹣t图象的“面积”大小等于速度变化量，由图象可知，0﹣6s内速度变化量一直为正，所以一直沿正方向运动，故A错误；

B、a﹣t图象的“面积”大小等于速度变化量，根据图象可知，0﹣4s内速度变化量等于0﹣6s内速度变化量，初速度为零，所以4s末和6s末的速度相等，则动能的变化量相等，根据动能定理可知0﹣4s内合力对物体做的功等于0﹣6s内合力做的功。

故B正确；

C、物体在2～4s，加速度不变，做匀加速运动，物体速度越来越大，故C错误；

D、根据图象可知，0﹣5s内，加速度方向与速度方向相同，做加速运动，5﹣6s内加速度方向与速度方向相反，做减速运动，则5s末速度最大，故D错误；

【点评】本题关键有两点：

一要正确分析物体的运动情况；

二抓住a﹣t图象的“面积”求出速度的变化量，难度适中。

15．【分析】t1时刻物块A、B开始分离，对物块A根据牛顿第二定律求解弹簧形变量；

由图读出，t1时刻A、B开始分离，根据功能关系分析能量如何转化，分析0～t1过程中拉力F做的功与弹簧弹力做的功的多少；

物块A的速度最大时加速度为零，根据胡克定律求出A达到最大速度时的位移。

AB、由图知，t1时刻物块A、B开始分离，对物块A根据牛顿第二定律：

kx﹣mgsinθ＝ma

t1时刻，弹簧形变量为x＝

；

t1时刻物块A、B开始分离…①

开始时有：

2mgsinθ＝kx0…②

从开始到t1时刻，弹簧做的功：

WT＝Ep＝

﹣

kx2…③

从开始到t1时刻的过程中，根据动能定理得：

WT+WF﹣2mgsinθ（x0﹣x）＝2×

mv12…④

2a（x0﹣x）＝v12…⑤

由①②③④⑤解得：

WF＝WT﹣

，所以拉力F做的功比弹簧做的功少，故A正确、B错误；

C、从开始到t1时刻，对物块AB整体分析，根据牛顿第二定律得：

F+kx﹣2mgsinθ＝2ma，得F＝2mgsinθ+2ma﹣kx，x减小，F增大；

t1时刻到t2时刻，对物块B由牛顿第二定律得：

F﹣mgsinθ＝ma，得F＝mgsinθ+ma，可知F不变，故C错误；

D、t2时刻物块A的加速度为零，速度最大，根据牛顿第二定律和胡克定律得：

mgsinθ＝kx′，则得：

x′＝

【点评】从受力角度看，两物体分离的条件是两物体间的正压力为0．从运动学角度看，一起运动的两物体恰好分离时，两物体在沿斜面方向上的加速度和速度仍相等。

16．【分析】

（1）毫米刻度尺的精确度为1mm，读数应该保留到精确度的下一位，螺旋测微器的读数等于固定刻度的读数加上可动刻度的读数，

根据欧姆定律分析得到I﹣U图象的斜率的物理意义，从而求解电阻；

（2）根据电阻定律分析求解电阻率的表达式。

（1）毫米刻度尺的读数要保留到精确度的下一位，所以金属丝的有效长度L＝98.70cm，

直径为D＝5.5mm+28.0×

0.01mm＝5.780mm，

因为U＝IR，

所以I＝

，

则I﹣U图象的斜率k＝

所以电阻为：

R＝6.5Ω；

（2）根据电阻定律有：

R＝

所以金属丝的电阻率为：

ρ＝

故答案为：

（1）98.705.7806.5

（2）

【点评】掌握螺旋测微器的读数原理，知道螺旋测微器的读数要估读一位，知道毫米刻度尺在测量时，读数要保留到精确度的下一位，熟记电阻定律的表达式。

17．【分析】

（1）在保证安全的前提下，应选最大阻值较小的滑动变阻器，一节旧干电池的电动势约为1.5V，总电阻大约在10Ω左右，根据闭合电路欧姆定律可估算出电流大小，从而选择适合的电表量程。

（2）根据电路图连接实物电路图。

（3）电源U﹣I图象与纵轴交点坐标值是电动势的测量值，图象斜率