江苏省如皋市2019-2020学年高一下学期教学质量调研（二）物理试题（选修） Word版含解析

www.ks5u.com2019～2020学年度高一年级第二学期教学质量调研（二）物理试题(选修)一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共计24分，每小题只有一个选项符合题意．1.下列说法正确是（　　）A.在能源的利用过程中，能量是不守恒的B.经典力学只适用于宏观世界的低速运动C.实现静电屏蔽一定要用密封的金属容器D.库仑提出了电场的概念并假想出电场线【答案】B【解析】【详解】A．在能源的利用过程中，能量仍是守恒的，A错误；B．经典力学只适用于宏观世界的低速运动，不适用于微观世界的高速运动，B正确；C．实现静电屏蔽不一定要用密封的金属容器，金属网也能实现静电屏蔽，C错误；D．法拉第最早引出电场概念，并提出用电场线的方法来表示电场，D错误。故选B。2.一个电流表的满偏电流Ig=1mA.内阻为300Ω，要把它改装成一个量程为10V的电压表，则应在电流表上（）A.串联一个10000Ω的电阻B.并联一个10000Ω的电阻C.串联一个9700Ω的电阻D.并联一个9700Ω的电阻【答案】C【解析】试题分析：改装电压表需要串联一个电阻进行分压，所以BD错误，根据欧姆定律可得：，即，解得故选C，考点：考查了电压表的改装原理点评：电流表串联电阻起分压作用为电压表，电压表串联电阻为总电阻减去电流表的内阻．总电阻=量程除以满偏电流．-17- 3.如图所示，在匀强电场中有一平行四边形ABCD，已知A、B、C三点的电势分别为φA＝10V、φB＝8V、φC＝2V，则D点的电势为（　　）A.8VB.6VC.4VD.1V【答案】C【解析】【详解】由于电场匀强电场，则：即：得：故C正确，ABD错误。4.某导体中的电流与其两端电压的关系如图所示，下列说法正确的是（　　）A.导体两端加5V电压时，导体的电阻为5B.随着导体两端电压的增大，导体的电阻不断减小C.随着导体两端电压的增大，导体的电功率不断减小D.导体两端加12V电压时，每秒内通过导体横截面的电量为1C【答案】A【解析】【详解】A．当电压为5V时，电流值为1.0A，根据欧姆定律可知故A正确；-17- B．由图可知图像切线的斜率的倒数表示导体的电阻，随电压的增大，图像的斜率减小，则可知导体的电阻越来越大，故B错误；C．由图像可知图像围成的面积表示导体的电功率，随着导体两端电压的增大，面积增大，即导体的电功率不断增大，故C错误；D．当电压为12V时，电流值为1.5A，根据故D错误。故选A。5.如图所示为电子束焊接机，图中带箭头的虚线代表电场线，B、C是电场中两点。K为阴极，A为阳极，两极之间的距离为d，在两极之间加上高压U，有一电子在K极由静止被加速。不考虑电子重力，元电荷为e，则下列说法正确的是（　　）A.A、K之间的电场强度均为B.B点电势大于C点电势C.B点电场强度大于C点电场强度D.电子由K到A的电势能减少了eU【答案】D【解析】【详解】A．A、K之间建立的是非匀强电场，公式不适用，因此A、K之间的电场强度不等于，故A错误；B．B、C所在等势面为一条条和电场线垂直的圆弧，如图所示-17- 根据沿电场线方向电势降低，可知B点电势小于C点电势，故B错误；C．电场线的疏密程度表示电场强度大小，从图中可知B点所在位置的电场线较疏，C点所在位置的电场线较密，故B点的电场强度小于C点的电场强度，故C错误；D．电子由K到A，受到的电场力方向和电场方向相反，即由K指向A，和运动方向一致，所以电场力做正功，电势能减小，根据动能定理可得故D正确。故选D。6.在离水平地面h高处将一质量为m的小球以速率v0水平抛出，落地时小球的速率为v。已知小球运动过程中受到空气阻力作用，重力加速度为g，则（　　）A.整个运动过程中，小球重力势能增加了mghB.整个运动过程中，小球的动能增加了mghC.整个运动过程中，小球的机械能减少了mv02+mgh－mv2D.小球落地时，小球重力的瞬时功率为mgv【答案】C【解析】【详解】A．由于物体下落高度为h，重力做正功，因此重力势能减小了mgh，A错误；B．根据动能定理由于空气阻力作负功，动能增量小于mgh，B错误C．以地面为参考面，初态机械能末态机械能-17- 因此机械能减小量C正确；D．落地时竖直分速度因此落地时，小球重力的瞬时功率D错误。故选C。7.我国某卫星变轨过程简化如图所示，轨道Ⅰ是超同步转移轨道，轨道Ⅲ是地球同步轨道，轨道Ⅱ是过渡轨道（椭圆的一部分），轨道Ⅱ、轨道I的远地点相切于M点，轨道Ⅱ的近地点与轨道Ⅲ相切于N点，下列说法正确的是（　　）A.卫星在轨道I上运行时速度大小不变B.从轨道I进入轨道Ⅱ，卫星需要在M点减速C.从轨道Ⅱ进入轨道Ⅲ，卫星需要在N点减速D.在轨道Ⅱ上，卫星受到地球的引力对卫星做功为零【答案】C【解析】【详解】A．轨道I是椭圆轨道，根据开普勒第二定律可知，近地点的速度大，远地点的速度小，故卫星在轨道I上运行时速度大小变化，选项A错误；B．根据卫星变轨原理，从轨道I进入轨道Ⅱ，卫星做离心运动，需要在M点加速，选项B错误；-17- C．同理，从轨道Ⅱ进入轨道Ⅲ，卫星做近心运动，需要在N点减速，选项C正确；D．轨道Ⅱ为椭圆轨道的一部分，卫星在运行过程中，距地心的距离变化，则万有引力做功不为零，选项D错误。故选C。8.如图所示，平行板电容器两极板带等量异种电荷，右极板与静电计金属球相连，左极板和静电计金属外壳相连．若电容器的电容为C，两极板的电势差为U，两板板间的电场强度为E，静电计指针的偏角为θ，保持右极板不动，将左极板向左移动一小段距离的过程中（　　）A.C增大B.U减小C.θ减小D.E不变【答案】D【解析】【详解】A．当左极板向左移一小段距离时，d增大，由可知，电容C减小，选项A错误；B．电荷量Q恒定，根据，即可判定两极板间的电压增大，选项B错误；C．两极板间电势差增大，则静电计指针的偏角θ增大，选项C错误；D．根据，可知电场强度与d无关，因此电场强度E不变，选项D正确。故选D。二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共计16分，每小题有多个选项符合题意．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，选错或不选的得0分。9.规格为“220V　1100W”的电动机，线圈电阻为0.4Ω，当电动机正常工作时（　　）A.电流为5AB.电流为550AC.热功率为10WD.机械功率为1090W【答案】ACD-17- 【解析】【详解】AB．根据故A正确，B错误；C．根据焦耳定律，热功率为故C正确；D．根据故D正确。故选ACD。10.如图所示，单刀双掷开关S原来跟“2”相接。从t＝0开始，开关改接“1”，一段时间后，把开关改接“2”，则流过电路中P点的电流I和电容器两极板的电势差UAB随时间变化的图像可能正确的有（　　）A.B.C.D.【答案】BC【解析】【详解】AB．从t＝0开始，开关接“1”电容器开始充电，由于电容器带电量越来越多，充电电流越来越小，最后减小到0，把开关改接“2”后，电容器通过电阻R-17- 放电，随电容器带电量越来越小，电流也会越来越小，最后电流减小到零，放电过程中电流的方向与充电过程中相反，因此B正确，A错误；CD．从t＝0开始，开关接“1”电容器开始充电，由于充电电流越来越小，电容器两板间的电压增加的越来越慢，把开关改接“2”后电容器通过R放电，由于放电电流越来越小，电容器两板间的电压减小的越来越慢，但整个过程中UAB始终为正值，C正确，D错误。故选BC。11.如图所示，一质量为m的小球，用长为l的轻绳悬挂于O点。小球在水平力F作用下，从P点运动到Q点的过程中，则（　　）A.若F是恒力，力F所做的功为FlsinθB.若F是恒力，力F所做的功为mglcosθC.若小球从P点缓慢运动到Q点，力F所做的功为FlD.若小球从P点缓慢运动到Q点，力F所做的功为mgl(1－cosθ)【答案】AD【解析】【详解】AB．若F是恒力，根据功的定义可得拉力做的功与重力做功无关，A正确，B错误；CD．若小球从P点缓慢运动到Q点，拉力是变力，因此拉力做功不能直接根据功的定义计算，但由于缓慢运动，根据动能定理可得拉力做的功C错误，D正确。故选AD。12.如图所示，水平传送带以恒定的速度v运动，一质量为m的小物块轻放在传送带的左端，经过一段时间后，物块和传送带以相同的速度一起运动。已知物块与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则(　　)-17- A.物块加速运动时的加速度为μgB.物块加速运动的时间为C.整个过程中，传送带对物块做的功为mv2D.整个过程中，摩擦产生的热量为mv2【答案】AC【解析】【详解】A．物块加速运动时，由牛顿第二定律得μmg=ma可得a=μg故A正确；B．物块加速运动的时间为t=故B错误；C．整个过程中，根据动能定理得传送带对物块做的功为W=mv2-0=mv2故C正确；D．物块加速运的动时间内传送带的位移为x带=vt物块的位移为x物=物块与传送带间相对位移大小为-17- 整个过程中摩擦产生的热量为故D错误故选AC。三、实验题：本题共2小题，共计16分．请将解答填写在答题卡相应的位置．13.用图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律．气垫导轨上A处安装了一个光电门，滑块上固定一遮光条，滑块用绕过气垫导轨左端定滑轮的细线与钩码相连，每次滑块都从同一位置由静止释放，释放时遮光条位于气垫导轨上B位置的上方．(1)某同学用游标卡尺测量遮光条的宽度d，如图乙所示，则d＝________mm.(2)实验中，接通气源，滑块静止释放后，由数字计时器读出遮光条通过光电门的时间为t，测得滑块质量为M，钩码质量为m，A、B间的距离为L.在实验误差允许范围内，钩码减小的重力势能mgL与________(用直接测量的物理量符号表示)相等，则机械能守恒．(3)下列不必要的一项实验要求是________(请填写选项前对应的字母)．A.滑块必须由静止释放B.应使滑块的质量远大于钩码的质量C.已知当地重力加速度D.应使细线与气垫导轨平行(4)分析实验数据后发现，系统增加的动能明显大于钩码减小的重力势能，原因是_______________________________________________________________________________.【答案】(1).2.70(2).(3).B(4).气垫导轨右端偏高【解析】（1）由图知第14条刻度线与主尺对齐，d=2mm+14×0.05mm=2.70mm；（2）滑块和钩码的速度为：，增加的动能为：-17- ，当减少的重力势能与增加的动能相等时，机械能守恒即：．（3）因为只有一个光电门只能测出末速度，所以要求初速度必须为零，即滑块必须由静止释放，故A必要；因为是验证机械能是否守恒，所以不要求滑块的质量远大于钩码的质量，故B不必要；由上可知在计算公式中含有重力加速度，故C必要；应将气垫导轨调节水平，保持拉线方向与木板平面平行，这样拉力才等于合力，故D必要．所以选B．（4）系统增加的动能明显大于钩码减小的重力势能，原因是气垫导轨右端偏高．14.某同学想测量某种金属材料的电阻率．他选用一卷用该材料制成的粗细均匀的金属丝进行测量，该金属丝长为40.0m、电阻约为20Ω。实验室还备有以下实验器材：学生电源（稳压输出12V）、电流表A（内阻约几欧）、电压表V（内阻约几千欧）、滑动变阻器（0~20Ω，允许通过的最大电流2A）、导线和开关。（1）为精确测量金属丝电阻，请选择合适的电表量程，并在甲图中用笔画线代替导线连好实物图_____。（2）用螺旋测微器测定金属丝直径结果如图乙所示，则金属丝直径为_____mm；若选用合适量程后，如图丙，电压表的读数为_____V，电流表的读数为_____A。（3）由以上实验数据得出这种材料的电阻率ρ=_____Ω·m。（结果保留两位有效数字）-17- 【答案】(1).(2).1.200(3).10.0(4).0.46(5).6.1×10-7【解析】【详解】(1)[1]由于电阻阻值较小，采用电流表外接，电路连接如图所示(2)[2]螺旋测微器读得直径[3]由于电源电压为12V，因此电压表选用15V量程，读数为10.0V。[4]回路最大电流因此电流表选0.6A量程，读数为0.46A。(3)[5]根据代入数据可得四、计算题：本题共4小题，共计44分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．15.-17- 如图所示，让一价氢离子、一价氦离子和二价氦离子的混合物经过同一加速电场由静止开始加速，然后在同一偏转电场里偏转后离开偏转电场，则它们离开偏转电场时是否会分离成三股粒子束?请通过计算说明。【答案】不会，见解析【解析】【详解】它们离开偏转电场时不会分成三股粒子束，设带电粒子的电荷量为q，质量为m，经过加速电场有粒子在偏转电场中有运动时间粒子离开偏转电场时沿电场力方向速度vy=at偏转角的正切解得粒子离开偏转时沿电场力方向的偏转距离解得-17- tanθ、y均与粒子的比荷无关，各粒子的偏转角度、偏转距离相同，所以这些粒子不会分成三束16.某课外小组经长期观测，发现靠近某行星周围有众多卫星，且相对均匀地分布于行星周围，假设所有卫星绕该行星的运动都是匀速圆周运动，通过天文观测，测得离行星最近的一颗卫星的运动半径为R1，周期为T1，已知万有引力常为G．求：⑴行星的质量；⑵若行星的半径为R，行星的第一宇宙速度；⑶通过天文观测，发现离行星很远处还有一颗卫星，其运动半径为R2，周期为T2，试估算靠近行星周围众多卫星的总质量．【答案】（1）（2）（3）【解析】⑴设卫星质量为，万有引力提供向心力：,……2分⑵,得第一宇宙速度:……2分⑶因为行星周围的卫星均匀分布，研究很远的卫星可把其他卫星和行星整体作为中心天体，设总质量为，由，得……2分所以靠近该行星周围的众多卫星总质量,……1分17.如图所示，水平轨道BC的左端与固定的光滑竖直圆轨道相切与B点，右端与一倾角为30°的光滑斜面轨道在C点平滑连接（即物体经过C点时速度的大小不变），斜面顶端固定一轻质弹簧，一质量为2kg的滑块从圆弧轨道的顶端A点由静止释放，经水平轨道后滑上斜面并压缩弹簧，第一次可将弹簧压缩至D点，已知光滑圆轨道的半径R=0.45m，水平轨道BC长为0.4m，其动摩擦因数μ=0.2，光滑斜面轨道上CD长为0.6m，g取10m/s2，求（1）滑块第一次经过B点时受到轨道的支持力大小；（2）整个过程中弹簧具有最大的弹性势能；（3）滑块在BC上通过的总路程．-17- 【答案】（1）60N；（2）1.4J；（3）2.25m【解析】【详解】（1）滑块从A点到B点，由动能定理可得解得：3m/s滑块在B点由牛顿第二定律解得F=60N由牛顿第三定律可得：物块对B点的压力F′=F=60N；（2）滑块从A点到D点，该过程弹簧弹力对滑块做功为W，由动能定理可得解得：（3）滑块最终停止在水平轨道BC间，从滑块第一次经过B点到最终停下来的全过程，由动能定理可得解得s=2.25m18.如图所示，在竖直平面内有一质量m=0.6kg、电荷量q=+3×10-3C的带电小球，用一根长L=0.2m且不可伸长的绝缘轻细线系在一方向水平向右、分布的区域足够大的匀强电场中的O点。已知A、O、C三点等高，且OA=OC=L，若将带电小球从A点无初速度释放，小球到达最低点B时速度恰好为零，g取10m/s2。（1）求电场强度的大小E；（2）求小球最大速度的大小vm；-17- （3）若将小球从C点无初速度释放，求小球到达A点时的速度vA。【答案】（1）2×103V/m；（2）m/s；（3）2m/s【解析】【详解】（1）对小球，A→B，根据动能定理有mgL-qEL=0-0解得E=2×103V/m（2）因为重力与电场力等大，故AB弧的中点为小球达到最大速度的位置，对小球，A→中点，根据动能定理有解得m/s（3）小球从C点运动到B点做匀加速直线运动，，有m/s到达B点后细线绷直有机械能的损失m/s对小球，B→A，根据动能定理有解得m/s-17- -17-