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阜阳三中20182019学年第二学期高一年级二调物理试题一、选择题（1-8题为单项选择题，每题3分；9-12题为多项选择题，每题4分，选错误的得0分，选不全的得2分，全对的得4分；共计40分）1.比值定义法是物理学中定义物理量的一种常用方法，所谓比值定义法，就是用两个基本的物理量的“比”来定义一个新的物理量的方法。比值法定义的基本特点是被定义的物理量往往是反映物质的最本质的属性。如电场强度E、导体的电阻R、电容C、电流强度I、电势都是用比值法定义的物理量，下列几组公式均属于定义式的是A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】A项：公式是点电荷产生的电场强度的计算公式，不属于比值定义法，电容器的电容：由电容器本身决定，与极板上的电量以及极板之间的电势差都无关，公式属于比值定义法，故A错误；B项：电场强度与试探电荷受到的电场力、试探电荷的电量都无关，所以属于比值定义法，电流强度的定义式，与流过导体横截面的电量无关，与时间也无关，是比值定义法，故B正确；C项：电阻R与电压、电流无关，是其本身的属性，属于比值定义法，电容与正对面积S成正比，与极板间的距离成反比，公式平行板电容器的电容的决定式，不属于比值定义法，故C错误；D项：导体的电阻的计算公式是，导体的电阻与导体长度成正比，与横截面积成反比，所以，不属于比值定义法，电势的大小由电场本身决定属于比值定义法，故D错误。2.电影“流浪地球”热映，吴京饰演刘培强在国际空间站与国际同侪肩负起领航者的重任。在发射卫星的过程中，卫星首先从低轨道进入椭圆轨道，然后在 Q 点通过改变卫星速度，让卫星进入高轨道轨道。则错误的是（ ）A. 该卫星的发射速度必定小于11.2km/sB. 卫星Q点通过加速实现由轨道进入轨道C. 卫星在轨道上的运行速度大于 7.9km/sD. 在轨道上，卫星在P点的速度大于在Q点的速度【答案】C【解析】【详解】A项：发射速度要大于等于第一宇宙速度小于第二宇宙速度，故A正确；B项：通过在Q点加速使卫星由原来的向心运动变为圆周运动，故B正确；C项：第一宇宙速度为卫星的运行的最大速度，在轨道上的运行速度小于7.9km/s，故C错误；D项：近地点速度大，远地点速度小，则卫星在P点速度大于在Q点的速度，故D正确。3.2019年阜阳三中科学晚会中，科技制作社团表演了“震撼动量球”实验。为感受碰撞过程中的力，在互动环节，表演者将球抛向观众，假设质量约为3kg的超大气球以2m/s速度竖直下落到手面，某观众双手上推，使气球以原速度大小竖直向上反弹，作用时间为0.2s。忽略气球所受浮力及空气阻力，g=10m/s2。则观众双手受的压力共计（ ）A. 30NB. 60NC. 90ND. 120N【答案】C【解析】【详解】取竖直向下为正方向，对大气球由动量定理有：，代入数据解得：，故C正确。4.如图所示，虚线a、b、c表示电场中的三个等势面，相邻等势面间的电势差相等，实线为一个负离子仅在电场力作用下通过该区域的运动轨迹，P、Q是轨迹上的两点。下列说法正确的是（ ）A. 三个等势面中，等势面a的电势最低B. 带电质点一定是从P点向Q点运动C. 带电质点通过P点时的加速度比通过Q点时的小D. 带电质点通过P点时的动能比通过Q点时的小【答案】D【解析】试题分析：作出电场线，根据轨迹弯曲的方向和负电荷可知，电场线向上，故c点电势最低，故A错误根据已知条件无法判断粒子的运动方向，故B错误等差等势面P处密，P处电场强度大，电场力大，加速度大C错误负电荷在电势高处电势能小，动能大，故带电质点通过P点时的动能比通过Q点时小，故D正确，故选D考点：电势；场强；电势能.5.如图所示，在水平光滑桌面上有两辆静止的小车A和将两车用细线拴在一起，中间有一被压缩的弹簧烧断细线后至弹簧恢复原长的过程中，两辆小车的A. A、B动量变化量相同B. A、B动能变化量相同C. 弹簧弹力对A、B做功相同D. 弹簧弹力对A、B冲量大小相同【答案】D【解析】试题分析:由动量守恒定律可知：A、B动量变化量大小相等，方向相反，故A错误；由动量守恒定律得：mAvA-mBvB=0；由机械能守恒定律得：，解得：A物体的末动能，如果A、B两物体的质量不相等， 则A、B动能变化量不相同，由动能定理，可知，弹簧弹力对A、B做功也不相同，故B、C错误；由动量守恒定律得，A、B动量变化量大小相等，所以弹簧弹力对A、B冲量大小相同，故D正确。考点： 动量守恒定律；机械能守恒定律6.如图所示，大气球质量为100 kg，载有质量为50 kg的人，静止在空气中距地面20 m高的地方，气球下方悬一根质量可忽略不计的绳子，此人想从气球上沿绳慢慢下滑至地面，为了安全到达地面，则这绳长至少应为（不计人的高度，可以把人看作质点）（ ）A. 10 mB. 30 mC. 40 mD. 60 m【答案】B【解析】人与气球组成的系统动量守恒，设人的速度v1，气球的速度v2，设运动时间为t，以人与气球组成的系统为研究对象，以向下为正方向，由动量守恒得：m1v1-m2v2=0，则，则绳子长度L=s气球+s人=10m+20m=30m，即绳子至少长30m长，故选B。【点睛】本题为动量守恒定律的应用，属于人船模型的类别，关键要找出人和气球的速度关系和绳子长度与运动路程的关系7.质量为m、带电量为+q的物体处于竖直向上的匀强电场中，现将物体从距地面h高处以一定的初速度竖直下抛，物体以g/4的加速度匀加速下落，已知匀强电场的场强E=mg/4q则物体从抛出到落到地面的过程中（ ）A. 物体与周围空气组成的系统内能增加了B. 物体的机械能减少C. 物体的重力势能减少，电势能减少D. 物体的动能增加了【答案】D【解析】【详解】物体克服除重力、电场力之外的其它力做多少功，系统的机械能和电势能的总和就减少多少，即物体和周围空气组成的系统的内能就增加多少，而mg-qE-F其=ma，则F其=mg-qE-ma=mg-mg-mg=mg，故有物体克服除重力、电场力之外的其它力做的功W=mgh，所以物体和周围空气组成的系统的内能增加mgh故A错误。设物体所受的除重力之外的力的大小为f，mg-f=ma，则f=mg-ma=mg，故物体机械能的减少量为E=fh=mgh，故B错误。重力对物体所做的功等于物体重力势能的减少量，故物体重力势能的减少量EP=mgh；电场力对物体所做的功等于电势能的减少量，故物体电势能的减少量，负号表示物体的电势能增加，故C错误。根据牛顿第二定律可有F合=ma=mg=mg，根据动能定理有F合h=EK，故有EK=F合h=mgh，即动能增加mgh，故D正确。8.如图所示的电路中，两平行金属板之间的带电液滴处于静止状态，电流表和电压表均为理想电表，由于某种原因灯泡L的灯丝突然烧断，其余用电器均不会损坏，则下列说法正确的是()A. 电流表、电压表的读数均变小B. 电源内阻消耗的功率变大C. 液滴将向上运动D. 电源的输出功率变大【答案】C【解析】【分析】首先对电路进行分析：L2的灯丝突然烧断可知电路中总电阻增大，由闭合欧姆定律可求得电路中电流及路端电压的变化；再对并联部分分析可知电容器两端的电压变化，则可知液滴的受力变化，则可知液滴的运动情况根据电源的内外电阻关系，分析电源输出功率的变化。【详解】A、C项：当L2的灯丝突然烧断可知电路中总电阻增大，则总电流减小，电源的内电压和R1电压减小，由闭合电路的欧姆定律可知，路端电压增大，故电容器C的电压增大，板间场强增大，带电液滴所受的电场力增大，则该液滴将向上移动；由于C两端的电压增大，R2、R3中的电流增大，则电流表、电压表的读数均变大；故A错误，C正确；B项：因干路电流减小，则电源内阻消耗的功率变小，故B错误；D项：由于电源的内外电阻的关系未知，不能判断电源的输出功率如何变化。故D错误。故选：C。【点睛】本题考查闭合电路的欧姆定律，一般可以先将分析电路结构，电容器看作开路；再按部分-整体-部分的分析思路进行分析。9.如图所示，直线A为某电源的UI图线，曲线B为某小灯泡D1的UI图线的一部分，用该电源和小灯泡D1组成闭合电路时，灯泡D1恰好能正常发光，则下列说法中正确的是（ ）A. 此电源的内阻为B. 灯泡D1的额定电压为3V，额定功率为6WC. 把灯泡D1换成“3V，20W”的灯泡D2，电源的输出功率将变大D. 由于小灯泡D1的UI图线是一条曲线，所以灯泡发光过程，欧姆定律不适用【答案】BC【解析】【详解】A项：由图读出：电源的电动势，内阻，故A错误；B项：两图线的交点表示小灯泡D1与电源连接时的工作状态，此时灯泡的电压 U=3V，电流 I=2A，功率为 P=UI=6W，由于小灯泡D1正常发光，则灯泡D1的额定电压为3V，功率为6W，故B正确；C项：灯泡D1的电阻，的灯泡D2的电阻为，可知灯泡D2的电阻更接近电源的内阻，根据推论：电源的内外电阻相等时电源的输出功率最大，知把灯泡D1换成“3V，20W”的灯泡D2，电源的输出功率将变大，故C正确；D项：灯泡是纯电阻，欧姆定律仍适用，图象为曲线是由灯泡电阻随温度的增大而增大，故D错误。10.如图所示，匀强电场中三点A、B、C是一个三角形的三个顶点，已知电场线平行于所在的平面，一个电荷量C的点电荷由A移到B的过程中，电势能增加了J，由B移到C的过程中电场力做功J，为方便计算，设B点电势为0，下列说法正确的是A. B，C两点的电势差VB. A点的电势低于B点的电势C. 负电荷由C点移到A点的过程中，电势能减少D. 该电场的场强为1【答案】CD【解析】【详解】A项：由B移到C的过程中电场力做功 WBC=610-6J，则B、C两点的电势差为：，故A错误；B项：点电荷由A移到B的过程中，电势能增加1.210-5J，知电场力做功-1.210-5J，A、B两点的电势差：，所以A点的电势高于B点的电势，故B错误；C项：UCA=-UBC-UAB=-3V，根据W=Uq得：负电荷由C移到A的过程中，电场力做正功，所以电势能减小。故C正确；D项：三角形ABC为等腰三角形，所以电场强度方向沿着AB方向，由A指向B因为，所以，所以该电场的场强为1V/m。故D正确。11.如图甲，有两个量程的电流表，当使用a、b两个端点时，量程为1A，当使用a、c两个端点时，量程为，已知电流表的内阻为，满偏电流为2mA；如图乙，是有两个量程的电压表，当使用d、e两个端点时，量程为。当使用d、f两个端点时，量程为。已知电流表的内阻为，满偏电流为1mA；则电阻、分别为：( )A. B. C. D. 【答案】BC【解析】【详解】A、B项：接a、b时，R1起分流作用为一支路，G与R2串联为一支路，此时量程为 I1=1A，而电流表的量程为当G表头达到满偏时通过两个支路的总电流，即为 ，同理，接a、c时，R1+R2为一支路起分流作用，G为一支路，此时量程为 I2=0.1A，则，联立解得：，故A错误，B正确；C、D项：由图示电路图可知：，联立解得：，故C正确，D错误。12.如图所示，物体A、B通过细绳及轻质弹簧连接在轻滑轮两侧，物体A、B的质量分别为2m、m，开始时细绳伸直，用手托着物体A使弹簧处于原长且A与地面的距离为h，物体B静止在地面上，放手后物体A下落，与地面即将接触时速度大小为v，此时物体B对地面恰好无压力，不计一切摩擦及空气阻力，重力加速度大小为g，则下列说法中正确的是( )A. 物体A下落过程中，物体A和弹簧组成的系统机械能守恒B. 弹簧的劲度系数为C. 物体A着地时的加速度大小为D. 物体A着地时弹簧的弹性势能为【答案】AC【解析】【详解】A项：由题知道，物体A下落过程中，B一直静止不动。对于物体A和弹簧组成的系统，只有重力和弹力做功，则物体A和弹簧组成的系统机械能守恒，故A正确；B项：物体B对地面的压力恰好为零，故弹簧的拉力为 T=mg，开始时弹簧处于原长，由胡克定律知：T=kh，得弹簧的劲度系数为，故B错误；C项：物体A着地时，细绳对A的拉力也等于mg，对A，根据牛顿第二定律得 2mg-mg=2ma，得，故C正确；D项：物体A与弹簧系统机械能守恒，有：，所以，故D错误。二、实验题（本题共12个空，每空2分，共24分）13.利用气垫导轨验证机械能守恒定律，实验装置如图所示，水平桌面上固定一倾斜的气垫导轨；导轨上A点处有一带长方形遮光片的滑块，其总质量为M，左端由跨过轻质光滑定滑轮的细绳与一质量为m的小球相连；遮光片两条长边与导轨垂直；导轨上B点有一光电门，可以测量遮光片经过光电门时的挡光时间t，用d表示A点到光电门B处的距离，b表示遮光片的宽度，将遮光片通过光电门的平均速度看作滑块通过B点时的瞬时速度，实验时滑块在A处由静止开始运动（1）滑块通过B点的瞬时速度可表示为_；（2）某次实验测得倾角=30，重力加速度用g表示，滑块从A处到达B处时m和M组成的系统动能增加量可表示为=_，系统的重力势能减少量可表示为 =_，在误差允许的范围内，若=则可认为系统的机械能守恒.【答案】 (1). (2). (3). 【解析】【详解】(1) ）由于光电门的宽度b很小，所以我们用很短时间内的平均速度代替瞬时速度, 滑块通过光电门B速度为： ；(2) 滑块从A处到达B处时m和M组成的系统动能增加量为： 系统的重力势能减少量可表示为： 比较和，若在实验误差允许的范围内相等，即可认为机械能是守恒的。14.某同学要测量某圆柱体电阻R的电阻率（1）用游标卡尺和螺旋测微器分别测量其长度和直径，如图所示，则其长度L=_cm，直径d=_mm（2）该同学先用如图所示的指针式多用电表粗测其电阻他将红黑表笔分别插入“+”、“-”插孔中，将选择开关置于“l”档位置，然后_；直至指针指在“0”处继续实验（3）欧姆表粗测电阻约为5现要进一步精确测量其阻值，实验室提供了下列可选用的器材：A.电压表量程，内阻约B.电压表量程，内阻约C.电流表量程，内阻约D.电流表量程，内阻约E.滑动变阻器F.滑动变阻器G.电源电动势为及开关和导线若干该同学从以上器材中选择合适的器材连接好电路进行测量，则电压表应选择_，电流表应选择_，滑动变阻器应选择_，选填各器材前的字母。要求在流过金属丝的电流相同情况下，电源消耗功率最小，并能较准确地测出电阻丝的阻值，实验电路应选用下图的_。（4）利用上所选电路测量，电流表_A电压表_V【答案】 (1). 7015 (2). 4.598-4.602 (3). 将红、黑表笔短接欧姆调零旋钮 (4). A (5). D (6). E (7). 丁 (8). 0.50 (9). 2.60【解析】【详解】(1) 游标卡尺的固定刻度读数为7cm=70mm，游标读数为0.053mm=0.15mm，所以最终读数为7cm+0.015mm=7.015cm;；螺旋测微器的固定刻度读数为4.5mm，可动刻度读数为0.0110.0mm=0.100mm，所以最终读数为4.5mm+0.100mm=4.600mm；(2) 将选择开关置于“1”档位置，然后将红、黑表笔短接调零即欧姆调零；(3) 电源E（电动势为3.0V），故选A，电压表V1（量程03V，内阻约3k），电路电流最大为，为提高精确度，减小读数误差，选小量程电表，即D,电流表A2（量程00.6A，内阻约0.1），以滑动变阻器来控制不超量程即可，故选电流表A1：量程00.6A，内阻0.125；由于要求在流过金属丝的电流相同情况下，电源消耗功率最小，并能较准确地测出电阻丝的阻值，故滑动变阻器采用限流接法；采用限流接法时，为便于调节，最大值应为待测电阻的2-4倍比较合适，所以滑动变阻器选E滑动变阻器R1（020）；可知电流表应采用外接法，故电路图选择丁；(4)由图可知，I=0.50A、U=2.60V。三、计算题（本题4小题，第15题8分，第16题8分，第17题9分，第18题11分，共计36分；解题过程要有必要的文字说明，运算结果要带单位）15.下图是利用电动机提升重物的示意图，其中D是直流电动机P是一个质量为m的重物，它用细绳拴在电动机的轴上闭合开关S，重物P以速度v匀速上升，这时电流表和电压表的示数分别是I5.0A和U110V，重物P上升的速度v0.70m/s重物的质量m45 kg（g取）求：（1）电动机消耗的电功率多大? （2）绳对重物做功的机械功率多大?（3）电动机线圈的电阻R多大?【答案】（1）550W；（2）315W；（3）9.4【解析】【详解】（1）电动机消耗得电功率为；（2）重物匀速上升，拉力T=mg，绳对重物做功的机械功率为：（3）电动机线圈的电阻R的发热功率为=235W 由得 电动机线圈电阻：。16.一电路如图所示，电源电动势E=28v，内阻r=2，电阻R1=4，R2=8，R3=4，C为平行板电容器，其电容C=3.0pF，虚线到两极板距离相等,极板长L=0.20m，两极板的间距d=1.010-2m。（1）闭合开关S稳定后，求电容器所带的电荷量为多少?（2）当开关S闭合后，有一未知的、待研究的带电粒子沿虚线方向以v0=2.0m/s的初速度射入MN的电场中，已知该带电粒子刚好从极板的右侧下边缘穿出电场，求该带电粒子的比荷q/m（不计粒子的重力，M、N板之间的电场看作匀强电场，g=10m/s2）【答案】（1） （2）【解析】【详解】（1）闭合开关S稳定后，电路的电流：；电容器两端电压：；电容器带电量： （2）粒子在电场中做类平抛运动，则： 联立解得17.一个带正电荷量为q，质量为m的小球，恰能静止在光滑绝缘的斜面轨道上A点，已知半径为R的竖直圆形轨道与光滑斜面平滑对接，斜面倾角，为使小球能到圆周轨道的最高点B，需要给小球提供一个初速度v。取重力加速度为g，开始A、B等高。求（1）电场强度为多大？（2）为使小球能通过B点，初速度v至少多大？ （3）在（2）的情况下取最小值v，则小球到B点时速度多大？【答案】（1）（2）（3）【解析】【详解】在A点，小球受重力、水平向右的电场力和垂直轨道向上的弹力，根据平衡条件知，解得：要使小球能通过B点，则小球能通过等效最高点，设等效最高点速度为v，根据牛顿第二定律有，解得：，从A到等效最高点根据动能定理有：解得：；取最小值v的情况下，由A到B由动能定理有：解得：18.如图所示，在光滑的水平面上有一长为L的木板B，上表面粗糙，在其左端有一光滑的四分之一圆弧槽C，与长木板接触但不相连，圆弧槽的下端与木板上表面相平，B、C静止在水平面上现有滑块A以初速度从右端滑上B，一段时间后，以滑离B，并恰好能到达C的最高点、B、C的质量均为求：（1）刚滑离木板B时，木板B的速度；（2）A与B的上表面间的动摩擦因数；（3）圆弧槽C的半径R；（4）从开始滑上C到最后滑离C的过程中A损失的机械能【答案】v0/4 5v02/16gL （3）v02/64g（4）15mv02/32【解析】(1)对A在木板B上的滑动过程，取A、B、C为一个系统，根据动量守恒定律有：mv0m2mvB解得vB(2)对A在木板B上的滑动过程，A、B、C系统减少的动能全部转化为系统产生的热量 解得(3)对A滑上C直到最高点的作用过程，A、C系统动量守恒，mvB2mv A、C系统机械能守恒解得R (4)对A滑上C直到离开C的作用过程，A、C系统动量守恒 A、C系统初、末状态动能相等， 解得vA.所以从开始滑上B到最后滑离C的过程中A损失的机械能为： 点睛：该题是一个连接体的问题，关键是要理清A、B、C运动的物理过程，灵活选择物理规律，能够熟练运用动量守恒定律和能量守恒定律列出等式求解- 17 -
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