学年安徽省宣城市高二下学期期末调研测试物理试题 解析版Word格式文档下载.docx
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根据
可知,轨道半径越小则线速度越大,轨道最小对应的速度为第一宇宙速度7.9km/s,故B正确;
因卫星的质量不确定,则不能确定卫星所受引力的大小,选项C错误;
可知,离地球越近的卫星轨道半径越小,故线速度越大,D错误.故选B.
3.如图所示,理想变压器的副线圈通过输电线接有两个相同的灯泡L1和L2,输电线的总电阻为R,开始时,开关S断开。当S接通时,以下说法中错误的是
A.通过灯泡L1的电流增大
B.电阻R上的电压增大
C.原线圈输入功率增大
D.副线圈中的电流增大
【答案】A
【解析】变压器的输出电压由输入的电压和变压器的匝数比决定,由于输入的电压和变压器的匝数比都不变,所以变压器的输出电压也不变,即副线圈两端M、N的输出电压不变.当S接通时,副线圈的电阻减小,所以总的电流变大,电阻R上的电压增大,灯泡L1的电压减小,通过灯泡L1的电流减小,选项A错误,BD正确;
由于副线圈的输出电压不变,当S接通时,次级电流变大,则副线圈的输出功率增大,根据输入功率等于输出功率,知道变压器的输入功率增大,所以C正确;
此题选择错误的选项,故选A.
和闭合电路中的动态分析类似,可以根据副线圈电阻的变化,确定出总电路的电阻的变化,进而可以确定总电路的电流的变化的情况,再根据电压不变,来分析其他的原件的电流和电压的变化的情况.
4.如图所示,长为L的轻绳悬挂一质量为m的小球,其下方有一个倾角为θ的光滑斜面,放在光滑水平面上.开始小球刚好与斜面接触,现用水平力F缓慢向左推动斜面,直至细绳与斜面平行为止,对该过程中相关量的描述正确的是
A.绳的拉力和球对斜面的压力都在逐渐减小
B.绳的拉力逐渐减小,球对斜面的压力逐渐增大
C.重力对小球做负功,斜面弹力对小球不做功
D.力F做的功是mgL(1-cosθ)
【解析】试题分析:
对小球受力分析,小球受重力、支持力和拉力,因为支持力的方向不变,根据作图法
知,绳子的拉力逐渐减小,支持力逐渐增大.故A错误,B正确.小球上升,知重力对小球做负功,斜面的弹力做正功.故C错误.根据能量守恒得F做的功等于系统机械能的增量,斜面体动能和势能不变,小球的动能不变,所以系统机械能的增量等于小球的重力势能增加量.所以F做功等于小球重力势能增量,△Ep=mgh=mgL(1-sinθ),故D错误。
考点:
本题考查了共点力平衡的条件及其应用、力的合成与分解的运用。
5.如图所示,两电表均为理想电表,电流表、电压表的示数为I和U,当滑动变阻器滑片向右滑动时,电流表、电压表示数变化量为ΔI、ΔU,下列说法中正确的是
A.I增大,U增加
B.I减小,U减小
C.
不变
D.
增大
【答案】C
【解析】当滑动变阻器的滑片向右移动时,变阻器接入电路的电阻减小,根据闭合电路欧姆定律得知,电路中总电流变大,路端电压减小,则U变小,I变大.故AB错误.根据闭合电路的欧姆定律可得U=E-Ir,则
,故D错误,C正确;
故选C.
6.如图所示,充电后的平行板电容器的极板A与一灵敏的静电计相接,极板B接地。若极板B稍向上移动一点,由观察到的静电计指针变化得出平行板电容器电容变小的结论的依据是
A.两极板间的电压不变,极板上的电量变小
B.两极板间的电压不变.极板上的电量变大
C.极板上的电量几乎不变,两极板间的电压变小
D.极板上的电量几乎不变,两极板间的电压变大
静电计指针偏角越大电容器两极板间电压越高,反之越低,平行板电容器电容与两极板间距离,极板正对面积,介电常数有关。
电容器不接电源电量不变。
电容器不接电源电量几乎不变,极板B稍向上移动,正对面积减小由
可知C减小,由
不变U变大,D选项正确
故选D
平行板电容器的动态分析。
点评:
分析此类问题应注意以下两点:
其一,静电计相当于一个容量很小的电容器,它的金属球、直杆与指针相当于电容器的一个极板;
金属外壳则相当于另一个极板.这个电容器带电时,由于静电斥力使指针偏转,所以若静电计的带电荷量Q增加时,斥力增大则指针的偏角变大,因其电容C不变。
故电荷量增大则电压U随之增大,故静电计指示的是平行板电容器的电压.其二,平行板电容器比静电计的电容大得多。
总电荷量几乎集中在平行板电容器上,因此在实验操作过程中,可认为平行板电容器极板上电荷量几乎不变.另外,平行板电容器两板间的电压,总是等于静电计指示的电压。
解决平行板电容器的动态分析问题,首先要分清哪些是不变量,哪些是变化量,然后利用基本公式(
、
),把变化量用不变量代替,进行判断.
7.用水平力F拉着一物体在水平地面上做匀速直线运动,从t=0时刻起水平力F的大小随时间均匀减小,到t1时刻F减小为零,则物体所受的摩擦力Ff随时间t的变化图象可能是下列图中的
A.
B.
D.
【答案】AD
【解析】由题意可知,物体在匀速运动,从t=0时刻,拉力F开始均匀减小,
时刻拉力减小为零,出现的摩擦力有两种可能,一是当拉力为零时,物体仍在滑动,则受到的一直是滑动摩擦力,即大小不变,A正确;
另一是当拉力为零前,物体已静止,则当拉力为零时,则先是滑动摩擦力,后是静摩擦力,动摩擦力大小不变,而静摩擦力的大小与拉力相等,而此时拉力小于滑动摩擦力大小,D正确,BC错误.
【点睛】注意分清滑动摩擦力与静摩擦力,同时理解滑动摩擦力的大小与压力及动摩擦因数有关,而静摩擦力与引起运动趋势的外力有关,注意当变为静摩擦力时,拉力已小于滑动摩擦力.
8.如图所示,AB、CD为一圆的两条直径,且互相垂直,O点为圆心。空间存在一未知静电场,场强方向与圆周所在平面平行。现有一电子(重力不计),在静电力作用下,先从A点运动到C点,动能减少了1ev;
又从C点运动到B点,动能增加了1ev,则此空间存在的静电场可能是
A.方向垂直于AB并由C指向O的匀强电场
B.方向垂直于AB并由O指向C的匀强电场
C.位于O点的正点电荷形成的电场
D.位于D点的正点电荷形成的电场
【答案】BD
从A到B电场力做功为零,由W=qU可知AB两点电势相同,连接AB为等势线,电场线与等势线相互垂直,可知电场线为水平方向,由A到C电场力做负功,电子所受电场力水平向左,所以场强方向水平向右,A对;
B错;
如果场源电荷在O点,则ABC均为同一条等势线上的三点,电势相等,由题干已知可知这是不可能的,所以C错;
同理D对;
考查常见电场的电场线分布
本题难度较小,主要是考查了学生对常见电场的分布的记忆和理解,例如等量同种点电荷、独立点电荷、点电荷与金属板的电场线分布,理解电场力做功与电势能的关系
9.如图所示,虚线空间存在由正交或平行的匀强电场E(实线表示)和匀强磁场B(虚线或x表示)组成的复合场,有一带正电小球从虚线空间上方的某一高度自由落下,一直沿直线通过虚线空间的可能是
【答案】CD
【解析】小球受重力、向左的电场力、向右的洛伦兹力,下降过程中速度一定变大,故洛伦兹力一定变化,不可能一直与电场力平衡,故合力不可能一直向下,故一定做曲线运动,故A错误;
小球受重力、向上的电场力、垂直向外的洛伦兹力,合力与速度一定不共线,故一定做曲线运动,故B错误;
小球受重力、向左上方的电场力、水平向右的洛伦兹力,若三力平衡,则粒子做匀速直线运动;
若三力不平衡,做曲线运动;
故C正确;
粒子受向下的重力和向上的电场力,合力一定与速度共线,故粒子一定做直线运动,故D正确;
故选CD.
本题关键在于洛伦兹力与速度垂直且与粒子速度方向垂直,要使粒子做直线运动,要么三力平衡,要么不受洛伦兹力.
10.在机场和车站常看到对行李进行安检用的水平传送带,如图所示,当旅客把行李轻放在在匀速运动的传送带上A点,行李最终会随传送带一起匀速通过B点接受检查,设某机场传送带的速度为0.4m/s,行李箱的质量为5kg,它与传送带之间的动摩擦因数为0.2,在通过安检的过程中,g取10m/s2,则
A.开始行李的加速度为2m/s2
B.行李加速时间为0.4s
C.传送带对行李做的功为0.4J
D.行李在传送带上留下痕迹长是0.04m
【答案】ACD
【解析】行李箱开始运动时受到滑动摩擦力作用,由牛顿第二定律有:
μmg=ma,所以得:
a=2
m/s2,故A正确;
行李箱匀加速运动的时间
,故B错误;
行李箱最后和传送带一起匀速运动,速度为v=0.4m/s,根据动能定理知,传送带对行李箱做的功为:
W=mv2=×
5×
0.42J=0.4
J,故C正确;
行李箱和传送带相对滑动的位移为:
△x=vt1-x1=0.4×
0.2-0.04=0.04m,所以行李箱在传送带上留下的痕迹长度为0.04
m.故D正确.故选ACD.
解决本题的关键理清行李在传送带上的运动情况,结合牛顿第二定律和运动学公式灵活求解.要知道行李箱在传送带上留下的痕迹长度等于两者相对位移的大小.
二、实验题(本题共2小题,每空2分,计16分,请将答案填在题中横线上)
11.某小组利用图甲装置验证机械能守恒定律.钢球自由下落过程中,先后通过光电门A、B,计时装置测出钢球通过A、B的时间分别为tA、tB,用钢球通过光电门的平均速度表示钢球球心通过光电门的瞬时速度,测出两光电门间的距离为h,当地的重力加速度为g.
(1)用20分度的游标卡尺测量钢球的直径,读数如图乙所示,钢球直径D=_________mm。
(2)要验证机械能守恒,需验证下列哪个表达式_________。
A、
与gh是否相等
B、
与2gh是否相等
C、
D、
(3)钢球通过光电门的平均速度_______(填“>
”或“<
”)钢球球心通过光电门的瞬时速度,此误差______(填“能”或“不能”)通过增加实验次数而减小。
【答案】
(1).
(1)9.50
(2).
(2)D(3).(3)<
(4).不能
【解析】
(1)游标卡尺的主尺读数为:
0.9cm,游标尺上第10个刻度和主尺上某一刻度对齐,所以游标读数为0.05×
10mm=0.50mm,所以最终读数为:
0.950cm=9.50mm.
(2)利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度,故:
,
根据机械能守恒的表达式有:
即只要比较D2(
)与2gh是否相等,故选D.
(3)根据匀变速直线运动的规律得钢球通过光电门的平均速度等于这个过程中中间时刻速度,
所以钢球通过光电门的平均速度<钢球球心通过光电门的瞬时速度,由此产生的误差不能通过增加实验次数减小.
12.某同学为了较准确地测量一量程为3V的电压表的内阻RV,设计了以下电路,实验步骤如下:
A、断开开关S,连接好电路;
B、把滑动变阻器R的滑片P滑到___________端;
C、将电阻箱R0的阻值调到零;
D、闭合开关S;
E、移动滑动变阻器R的滑片P的位置,使电压表的指针指到3V位置;
F、保持滑动变阻器R的滑片P位置不变,调节电阻箱R0的阻值使电压表指针指到______位置,读出此时电阻箱R0的阻值,此值即为电压表内阻RV的测量值;
G、断开开关S。
实验中可供选择的器材有:
a、待测电压表
b、滑动变阻器:
最大阻值2000Ω
c、滑动变阻器:
最大阻值10Ω
d、电阻箱:
最大阻值9999.9Ω
e、电池组:
电动势约6V,内阻可忽略
f、开关,导线若干
按照该同学的实验设计,回答下列问题:
①滑动变阻器中选用__________(填“b”或“c”)
②电压表内阻RV的测量值R测和真实值R真相比,R测_____R真(填“>
”)。
【答案】
(1).b
(2).1.5v(3).①c(4).②>
【解析】B、把滑动变阻器R的滑片P滑到b端;
F、保持滑动变阻器R的滑片P位置不变,调节电阻箱R0的阻值使电压表指针指到1.5V位置,读出此时电阻箱R0的阻值,此值即为电压表内阻RV的测量值;
此实验采用电压表半偏法测量电压表内电阻,要保证电压表与电阻箱的总电压保持不变,需要使电压表电阻远大于滑动变阻器的电阻,故滑动变阻器选择小电阻,即选择c;
实验中要保证电压表与电阻箱的总电压不变,但实际上该电压是变化的;
当电阻箱电阻增加时,电压表与电阻箱的总电压略微增加;
实验中认为电阻箱和电压表电阻相等,故调节电阻箱R0的阻值使电压表指针指到1.5V位置,此时电阻箱的电压大于1.5V,故电阻箱的电阻大于电压表的电阻,即测量值偏大;
本题考查了用半偏法测量电压表电阻,关键是明确实验原理,从实验原理角度选择器材、分析误差来源.
三、计算题(本题有4小题,共44分,解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤,只写最后答案的不得分,有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位)
13.如图所示,在绕竖直轴匀速转动的水平圆盘盘面上,离轴心r=20cm处放置一小物块A,其质量为m=2kg,A与盘面间的最大静摩擦力为其重力的0.5倍.(取g=10m/s2)
(1)若圆盘的角速度ω=2rad/s,求出此时A与盘面间的摩擦力;
(2)欲使A与盘面间不发生相对滑动,则圆盘的最大角速度多大?
【答案】
(1)1.6N,方向沿半径指向圆心;
(2)
(1)A随转盘一起转动,由静摩擦力提供向心力,则
f=mω2r=2×
22×
0.2N=1.6N
方向为指向圆心.
(2)当最大静摩擦力提供向心力时,加速度最大,根据牛顿第二定律,有
kmg=mωm2r…③
解得
本题关键对物体受力分析,然后根据合力提供向心力,运用牛顿第二定律列式求解即可,知道当静摩擦力达到最大值时,转动的加速度最大.
14.如图所示,静止在光滑水平地面上的平板车,质量M=4kg,其上表面离水平地面的高度h=1.25m.在离平板车左端B点L=2.25m的P点放置一个质量m=1kg的小物块,它与平板车间的动摩擦因数μ=0.2。某时刻对平板车施加一水平向右的恒力F=18N,一段时间后小物块脱离平板车落到地面上(取g=10m/s2)求:
(1)小物块从离开平板车至落到地面上所需时间;
(2)小物块落到地面时平板车的速度。
(1)0.5s
(2)8.25m/s
(1)小物块从离开平板车至落到地面为平抛运动
(2)小物体在平板车上向右做加速直线运动的加速度为
小物体向右运动位移为
小物体离开平板车的速度为v1=a1t1
平板车的加速度为
平板车向右的位移为
x2-x1=L
联立解得t1=1.5s
此时平板车的速度:
v2=a2t1=6m/s
物块离开小车后小车的加速度
物块落地时小车的速度:
v=v1+a3t=6+4.5×
0.5m/s=8.25m/s
15.如图所示,空间存在着垂直纸面向外的水平匀强磁场,磁感应强度为B,在y轴两侧分别有方向相反的匀强电场,电场强度均为E,在y轴左侧紧靠y轴位置,有一带正电的液滴a在电场力和重力作用下静止,现从场中某点由静止释放一个带负电的液滴b,当它的运动方向变为水平方向时恰与a相撞,撞后两液滴合为一体,速度减小到原来的一半,并沿x轴正方向做匀速直线运动,已知液滴b与a的质量相等,b所带电荷量是a所带电荷量的2倍,且相撞前a、b间的静电力忽略不计.(重力加速度已知为g)
(1)求两液滴相撞后共同运动的速度大小;
(2)求液滴b开始下落时距液滴a的高度h。
(1)
(2)
(1)设a液滴质量为m、电量为q,b液滴质量为m、电量为-2q.
a静止,处于平衡状态,由平衡条件得:
qE=mg…①,
a、b相撞合为一体时,质量为2m,电量为-q,速度为v,它们做匀速直线运动,处于平衡状态,由平衡条件得:
qvB+qE=2mg…②
由①、②两式解得:
;
(2)由题意可知,a、b碰撞前的速度v0=2v,对b,从开始运动至与a相撞之前,
由动能定理:
(2qE+mg)h=mv02-0,
解得:
本题主要考查了带电粒子在混合场中运动的问题,要求同学们能正确对粒子进行受力分析,根据动能定理、动量守恒定律求解.
16.如图所示,两条平行的足够长的金属导轨相距L=1m,水平部分处在竖直向下的匀强磁场B1中,倾斜部分与水平方向的夹角为37°
处于垂直斜面向下的匀强磁场B2中,B1=B2=0.5T。金属棒MN和PQ的质量均为m=0.2kg,电阻RMN=0.5Ω、RPQ=1.5Ω。MN置于水平导轨上,PQ放倾斜导轨上,刚好不下滑.两根金属棒均与导轨垂直且接触良好。从t=0时刻起,MN棒在水平外力F的作用下由静止开始向右运动,MN棒的速度v与位移x满足关系v=0.4x.不计导轨的电阻,MN与水平导轨间的动摩擦因数μ=0.5。
(1)问当MN棒运动的位移为多少时PQ刚要滑动?
(2)求从t=0到PQ刚要滑动的过程中通过PQ棒的电荷量。
(1)48m
(2)12C
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