2019-2020學(xué)年湖北省十堰市竹溪竹山等三校高二上學(xué)期9月聯(lián)考物理試題 解析版

2019-2020學(xué)年湖北省竹溪、竹山等三校聯(lián)考高二（上）月考物理試卷（9月份）一、選擇題（共18小題，每小題3分，滿分54分）1.A、B兩質(zhì)點分別在各自的直線軌道上運動，圖甲是質(zhì)點A的位移隨時間變化的圖象，圖乙是質(zhì)點B的速度隨時間變化的圖象，下列說法中正確的是（）A.質(zhì)點A在0～2s內(nèi)的平均速度為零B.質(zhì)點B在0～2s內(nèi)的平均速度為零C.質(zhì)點A在0～1s內(nèi)的運動方向與在1～2s內(nèi)的運動方向相同D.質(zhì)點B在0～1s內(nèi)的運動方向與在1～2s內(nèi)的運動方向相反【答案】A【解析】【詳解】A．質(zhì)點A在0～2s內(nèi)的位移為零，所以平均速度為零，A正確；B．質(zhì)點B在0～2s內(nèi)的速度先均勻增大后均勻減小，位移不為零，故平均速度不為零，B錯誤；C．質(zhì)點A在0～1s內(nèi)位移增大，向正方向運動，在1～2s內(nèi)位移減小，向負方向運動，故運動方向相反，C錯誤；D．質(zhì)點B在0～2s內(nèi)的速度都是正值，即朝著正方向運動，運動方向相同，D錯誤．2.如圖所示，電燈懸掛于兩壁之間，更換水平繩OA使連接點A向上移動而保持O點的位置不變，則A點向上移動時（）A.繩OA的拉力逐漸增大B.繩OA的拉力逐漸減小C.繩OA拉力先增大后減小D.繩OA的拉力先減小后增大【答案】D【解析】【詳解】以O(shè)點為研究對象，根據(jù)受力平衡，有：由圖可知，繩子OB上的拉力逐漸減小，OA上的拉力先減小后增大．A．繩OA的拉力逐漸增大，與分析不符，故A項錯誤；B．繩OA的拉力逐漸減小，與分析不符，故B項錯誤；C．繩OA的拉力先增大后減小，與分析不符，故C項錯誤；D．繩OA的拉力先減小后增大，與分析相符，故D項正確．3.如圖所示，質(zhì)量為2m的物塊A與水平地面間的動摩擦因數(shù)為μ，質(zhì)量為m的物塊B與地面的摩擦不計，在大小為F的水平推力作用下，A、B一起向右做加速運動，則A和B之間的作用力大小為()A. B. C. D.【答案】D【解析】以AB組成的系統(tǒng)為研究對象，由牛頓第二定律得系統(tǒng)的加速度，以B為研究對象，由牛頓第二定律得A對B的作用力：，即AB間的作用力為，D正確．4.如圖所示，質(zhì)量為m的小球在豎直平面內(nèi)的光滑圓軌道上做圓周運動．圓半徑為R，小球經(jīng)過圓環(huán)最高點時剛好不脫離圓軌．則下列說法正確的是A.小球在最低點對圓環(huán)的壓力大小等于5mgB.小球在最低點處于失重狀態(tài)C.小球在最高點的線速度大小等于0D.小球在最高點的向心加速度大小等于g【答案】D【解析】A、因為小球剛好在最高點不脫離圓環(huán)，則軌道對球的彈力為零，重力提供向心力，則根據(jù)牛頓第二定律得，，則最高點速度為：，從最高點到最低點根據(jù)動能定理：，則：，在最低點根據(jù)牛頓第二定律：，則，故選項AC錯誤；B、最低點加速度方向向上，處于超重狀態(tài)，故選項B錯誤；D、在最高點由于重力提供向心力，則，所以，故選項D正確．點睛：解決本題的關(guān)鍵知道在最高點的臨界情況，運用牛頓第二定律進行求解，要注意明確小球恰好不脫離圓環(huán)的臨界條件．5.如圖所示,質(zhì)量為M,長度為L小車靜止在光滑的水平面上,質(zhì)量為m的小物塊,放在小車的最左端,現(xiàn)用一水平力F作用在小物塊上,小物塊與小車之間的摩擦力為f,經(jīng)過一段時間小車運動的位移為x,小物塊剛好滑到小車的右端,則下列說法正確的是()A.此時物塊的動能為F(x+L)B.此時小車的動能為fxC.這一過程中，物塊和小車增加的機械能為Fx-fLD.這一過程中，因摩擦而產(chǎn)生的熱量為fL【答案】BD【解析】對物塊，根據(jù)動能定理得，（F-f）（x+L）=Ek-0．則物塊的動能為Ek=（F-f）（x+L），故A錯誤；對小車，由動能定理得：E′k-0=fx，則此時小車的動能為E′k=fx＜Fx，故B錯誤．這一過程中由能量守恒定律可知，小物塊和小車增加的機械能為F（L+x）-fL，故C錯誤；系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量等于系統(tǒng)克服滑動摩擦力做功，為fL，故D正確；故選D．點睛：本題關(guān)鍵是明確滑塊和小車的受力情況、運動情況、能量轉(zhuǎn)化情況，然后結(jié)合功能關(guān)系進行分析，要注意對單個物體運用動能定理時，位移的參照物必須對地面．6.若宇航員在月球表面附近自高h處以初速度v0水平拋出一個小球，測出小球的水平射程為L．已知月球半徑為R，萬有引力常量為G．則下列說法正確的是（）A.月球表面的重力加速度B.月球的平均密度C.月球的第一宇宙速度D.月球的質(zhì)量【答案】ABCD【解析】【詳解】A．小球做平拋運動，則：解得：故A正確；BD．由萬有引力等于表面物體的重力可得：解得月球質(zhì)量：月球的平均密度：解得：故BD兩項正確；C．由萬有引力充當(dāng)向心力可得：解得第一宇宙速度：故C正確．7.某電場線分布如圖所示，一帶電粒子沿圖中虛線所示途徑運動，先后通過M點和N點，以下說法正確的是（）A.M、N點的場強EM＞ENB.粒子在M、N點的加速度aM＞aNC.粒子在M、N點的速度vM＞vND.粒子帶正電【答案】D【解析】【詳解】A．電場線越密的地方電場強度越大，因此EN＞EM，A錯誤；B．同一電荷的M處的電場力小于N處的電場力，根據(jù)牛頓第二定律，可知aM<aN，B錯誤，CD．粒子受力的方向總是指向運動軌跡的內(nèi)側(cè)，從粒子運動的軌跡可知，粒子受力方向與電場線方向相同，帶正電荷，且從M向N運動過程中，電場力做正功，運動速度增加，C錯誤，D正確．【點睛】電場線形象的描述了電場的特點，電場線從正電荷發(fā)出到負電荷終止，電場線越密的地方，電場強度越大，也就是同一電荷在該點受到的電場力越大，電場線的方向表示正電荷受力的方向．與負電荷受力的方向相反．8.如圖，在正點電荷Q的電場中有M、N、P、F四點，M、N、P為直角三角形的三個頂點，F(xiàn)為MN的中點，∠M=30°．M、N、P、F四點處的電勢分別用φM、φN、φP、φF表示，已知φM=φN，φP=φF，點電荷Q在M、N、P三點所在平面內(nèi)，則（）A.點電荷Q一定在MP的連線上B.連接PF的線段一定在同一等勢面上C.將正試探電荷從P點搬運到N點，電場力做負功D.φP小于φM【答案】A【解析】試題分析：點電荷的等勢面是一系列的同心圓，對于圓，圓弧上任意兩點的連線的中垂線一定通過圓心；找出電荷位置后，根據(jù)電勢能的變化情況判斷電場力做功情況．點電荷的等勢面是一系列的同心圓，對于圓、圓弧上任意兩點的連線的中垂線一定通過圓心，故場源電荷在MN的中垂線和FP的中垂線的交點上，在MP的連線上，如圖所示，故A正確；，線段PF是P、F所在等勢面（圓）的一個弦，故B錯誤；在正的點電荷的電場中，離場源越遠，電勢越低，將正試探電荷從P點搬運到N點，電勢能降低，故電場力做正功，故C錯誤；在正的點電荷的電場中，離場源越遠，電勢越低，故，故D錯誤．9.如圖所示是一個由電池、電阻R、開關(guān)S與平行板電容器組成的串聯(lián)電路，開關(guān)S閉合．一帶電液滴懸浮在兩板間P點不動，下列說法正確的是（）A.帶電液滴可能帶正電B.增大兩極板距離的過程中，電阻R中有從a到b的電流，電容器中負電荷從B到AC.斷開S，減小兩極板正對面積的過程中，液滴將加速下降D.斷開S，減小兩極板距離過程中，液滴靜止不動【答案】D【解析】【詳解】A．帶電液滴懸浮在兩板間P點不動，說明所受電場力和重力平衡，即電場力豎直向上，故液滴帶負電，故A錯．B．增大兩極板距離的過程中，由電容變小，由于兩極板與電源相連，兩端電壓不變，，極板上的帶電量將變小，故放電電流從a到b，但是，電荷不能通過電容器，故B錯．C．?dāng)嚅_S，電容器帶電量不變，減小兩極板正對面積的過程中，由電容變小，由公式，可知兩端電源增大，電場強度減小，故向上的電場力減小，故液滴將加速向上運動，故C錯．D．?dāng)嚅_S，電容器的帶電量不變，減小兩極板距離過程中，由電容變大，，兩式聯(lián)立得到電場強度不變，故液滴靜止不動．故D對．故選D．【點睛】帶電粒子靜止所以受力平衡，可判定電性．由電容器的決定式判定電容變化，由判定電荷量的變化，從而判定電流方向．由判定電場強度情況，從而判定粒子的運動情況．本題是電容器動態(tài)變化問題，關(guān)鍵是抓住不變量．10.真空中兩個點電荷Q1、Q2分別固定于x軸上x1＝0和x2＝4a的兩點，在它們的連線上場強E與x關(guān)系如圖所示(取x軸正方向為場強正方向，無窮遠處為電勢零點)，以下判斷正確的是A.Q1帶正電、Q2帶負電B.Q1的電荷量是Q2的3倍C.x軸上3a處的電勢為零D.正點電荷q在x軸上a處的電勢能比在2a處的大【答案】D【解析】【詳解】因x=0附近的場強為正，x=4a附近的場強為負值，可知兩電荷均帶正電，選項A錯誤；在x=3a處的場強為零，則，解得Q1=9Q2，選項B錯誤；x軸上3a處的電勢為正，選項C錯誤；電場線方向從x軸上a處指向2a處，則正點電荷q從x軸上a處到2a處電場力做正功，則電勢能減小，即正點電荷q在x軸上a處的電勢能比在2a處的大，選項D正確；故選D.11.如圖甲所示，AB是電場中的一條電場線.質(zhì)子以某一初速度從A點出發(fā)，僅在電場力作用下沿直線從A點運動到B點，其v-t圖象如圖乙所示，則下列說法正確的是（）A.質(zhì)子運動的加速度隨時間逐漸減小B.電場線的方向由A指向BC.A、B兩點電場強度的大小關(guān)系滿足EA<EBD.A、B兩點的電勢關(guān)系滿足φA<φB【答案】D【解析】【詳解】AC．速度圖象的斜率等于加速度，則由圖可知，質(zhì)子的加速度不變，所受電場力不變，由F=Eq可知，A點的場強等于B點場強，EA=EB；故AC錯誤；BD．質(zhì)子從A到B的過程中，速度減小，動能減小，則可知電場力做負功，故電勢能增加，電勢升高，故φA<φB，電場線的方向由B指向A，故B錯誤，D正確；【點睛】本題根據(jù)圖象考查對電場的認識，要求學(xué)生能從圖象中找出加速度的大小及速度的變化，再應(yīng)用動能定理及牛頓第二定律進行分析判斷；同時還需注意，電勢能是由電荷及電場共同決定的，故不能忽視了電荷的電性．12.如圖所示，點A、B、C在半徑為r的同一圓周上，三點等分圓周，A點放置正點電荷，所帶電荷量為＋，B、C點放置負點電荷，所帶電荷量為－，靜電力常量為k，則三個點電荷在圓心O處產(chǎn)生的電場強度大小為A. B. C. D.【答案】A【解析】【詳解】在A點的電荷在O點產(chǎn)生的場強，方向沿AO方向；在BC點的電荷在O點產(chǎn)生的場強均為，方向分別沿OB和OC方向；因EB和EC互成1200角，則合場強為，則O點的場強為，故選A.13.如圖所示，靜止的電子在加速電壓為U1的電場作用下從O經(jīng)P板的小孔(位于P板的中點)射出，又垂直進入平行金屬板間的電場，在偏轉(zhuǎn)電壓為U2的電場作用下偏轉(zhuǎn)一段距離．現(xiàn)使U1加倍，要想使電子的運動軌跡不發(fā)生變化，應(yīng)該()A.使U2加倍B.使U2變?yōu)樵瓉淼?倍C.使U2變?yōu)樵瓉淼谋禗.使U2變?yōu)樵瓉淼摹敬鸢浮緼【解析】試題分析：電子先經(jīng)過加速電場加速，后經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場偏轉(zhuǎn)，根據(jù)結(jié)論，分析要使U1加倍，想使電子的運動軌跡不發(fā)生變化時，兩種電壓如何變化．設(shè)偏轉(zhuǎn)電極的長度為L，板間距離為d，則根據(jù)推論可知，偏轉(zhuǎn)距離，要使U1加倍，想使電子的運動軌跡不發(fā)生變化時，y不變，則必須使U2加倍，故選項A正確．本題考查了帶電粒子在電場中的運動，可以根據(jù)動能定理和牛頓第二定律、運動學(xué)公式結(jié)合推導(dǎo)出．考點：帶電粒子在電場中的運動動能定理和牛頓第二定律、運動學(xué)公式14.一同學(xué)在某電路中接上兩個毫安表和兩個相同的電壓表，如圖所示，毫安表1的讀數(shù)I1＝100mA，毫安表2的讀數(shù)I2＝99mA，電壓表V1的讀數(shù)U1＝10V，則電壓表V2的讀數(shù)應(yīng)為（）A.0.01V B.0.1V C.1V D.10V【答案】B【解析】【詳解】電壓表的電阻：；通過電壓表V2的電流：IV=I1-I2=1mA，則電壓表V2的讀數(shù)應(yīng)為U2=IVRV=0.1V，故選B．15.電動機的直流阻值為R，電動機正常工作時，兩端的電壓為U，通過的電流為I，工作的時間為t,則下列說法中正確的是A.電動機消耗的電能為UItB.電動機消耗的電能為I2RtC.電動機線圈產(chǎn)生的熱量為I2RtD.電動機線圈產(chǎn)生的熱量為【答案】AC【解析】【詳解】A．根據(jù)電流做功的公式W=UIt，可知A對B．W=I2Rt僅適用于純電阻電路，非純電阻電路不能用此公式計算電能，B錯；C．根據(jù)焦耳定律，生成的電熱Q=I2Rt，故C對；D．電動機是非純電阻電路，故歐姆定律，不成立，根據(jù)歐姆定律推導(dǎo)出來的也不成立，D錯誤．16.如圖甲所示為某燈泡的U－I圖線，現(xiàn)將兩個這樣的小燈泡并聯(lián)后再與一個4Ω的定值電阻R串聯(lián)，接在內(nèi)阻為1Ω、電動勢為5V的電源兩端，如圖乙所示，則()A.通過每盞小燈泡的電流強度為0.2A，此時每盞小燈泡的電功率為0.6WB.通過每盞小燈泡的電流強度為0.3A，此時每盞小燈泡的電功率為0.6WC.通過每盞小燈泡電流強度為0.2A，此時每盞小燈泡的電功率為0.26WD.通過每盞小燈泡的電流強度為0.3A，此時每盞小燈泡的電功率為0.4W【答案】B【解析】【詳解】設(shè)通過每個小燈泡的電流為I，電壓為U，則電路中總電流為2I．根據(jù)閉合電路歐姆定律得：U=E-2I（R+r），代入得：U=5-10I，當(dāng)U=0時，I=0.5A；當(dāng)I=0時，U=5V．在U-I圖上作出U=5-10I的圖象如圖：

此圖線與小燈泡的U-I圖線的交點即為乙圖狀態(tài)下小燈泡的工作狀態(tài)，由圖讀出通過每盞小燈泡的電流強度為I=0.3A，電壓為U=2V，則此時每盞小燈泡的電功率為P=UI=0.6W；故ACD錯誤，B正確．17.在如圖所示的電路中，電源內(nèi)阻不能忽略，當(dāng)移動滑動變阻器滑片時，電流表示數(shù)變大，則()A.電源的總功率不一定增大B.電源的輸出功率一定增大C.電源內(nèi)部消耗的功率一定減小D.電源的效率一定減小【答案】D【解析】【詳解】假設(shè)滑動變阻器的滑片向左移動，變阻器接入電路的電阻增大，并聯(lián)部分電阻增大，外電路總電阻R增大，由閉合電路歐姆定律得：，可知干路電流I減小，由，可知路端電壓增大．電路中并聯(lián)部分的電壓U并=E-I（r+R1）U并增大，電阻R2的電流增大，電流表的示數(shù)IA=I-I2，變?。深}意得電流表示數(shù)變大，可知滑動變阻器的滑片向右移動，干路電流I增大，電源的總功率P總=EI，可知P總增大．由于電源的內(nèi)阻與外電阻的關(guān)系未知，不能判斷電源的輸出功率如何變化．I增大，由P內(nèi)=I2r得知電源內(nèi)部消耗功率一定增大．電源的效率，滑動變阻器的滑片向右移動,總電阻R減小，所以電源的效率一定減小，故D正確，ABC錯誤．【點睛】本題主要考查了電路的動態(tài)分析．具體分析的順序：外電路部分電路變化→變化→由判斷的變化→由判斷路端電壓U的變化→由部分電路歐姆定律分析固定電阻的電流、電壓的變化→用串、并聯(lián)規(guī)律分析變化電阻的電流、電壓、電功、電功率．當(dāng)滑動變阻器的滑片向上滑動時，先分析變阻器接入電路的電阻如何變化，再分析總電阻如何變化，即可由閉合電路歐姆定律判斷干路電流和路端電壓如何變化，進一步得到并變阻器兩端電壓的變化，即可分析功率和效率如何變化．18.在如圖所示電路中，R2為光敏電阻．合上電鍵S，用較弱光照射R2，電壓表讀數(shù)為U0，電流表讀數(shù)為I0；用較強光照射R2，電壓表讀數(shù)為U1，電流表讀數(shù)為I1；用更強光照射R2，電壓表讀數(shù)為U2，電流表讀數(shù)為I2．處理實驗數(shù)據(jù)，令，，則k1、k2的關(guān)系為（）A.k1＞k2

B.k1=k2

C.k1＜k2 D.無法確定【答案】B【解析】【詳解】設(shè)路端電壓為U，干路中電流為I，電源的內(nèi)阻為r．根據(jù)電路結(jié)構(gòu)可知，電壓表測量路端電壓，電流表測量干路電流，根據(jù)閉合電路歐姆定律得：U=E-Ir；則得||=r可知，k1＝||=r，k2＝||=r；所以k1=k2．故B正確．故選B．【點睛】運用閉合電路歐姆定律分析電壓的變化量與電流變化量的比值是常用思路，要熟練運用．要知道路端電壓與干路電流之間是線性關(guān)系，且有||=r．二、解答題（共6小題，滿分50分）19.在用打點計時器驗證機械能守恒定律的實驗中，使質(zhì)量為m＝1.00kg的重物自由下落，打點計時器在紙帶上打出一系列的點，選取一條符合實驗要求的紙帶如圖所示．O為第一個點，A、B、C為從合適位置開始選取連續(xù)點中的三個點．已知打點計時器每隔0.02s打一個點，當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹間＝9.80m/s2，那么：(1)根據(jù)圖所得的數(shù)據(jù)，應(yīng)取圖中O點到_____點來驗證機械能守恒定律；(2)從O點到(1)問中所取的點，重物重力勢能的減少量△Ep＝_____J，動能增加量△Ek＝_____J（結(jié)果取三位有效數(shù)字）；(3)若測出紙帶上所有各點到O點之間的距離，根據(jù)紙帶算出各點的速度v及物體下落的高度h，則以v2為縱軸，以h為橫軸畫出的圖象是如圖中的_____．A.B.C.D.【答案】(1).B(2).1.88(3).1.84(4).A【解析】【分析】該實驗的原理是驗證物體下降的距離從O點到B點，動能的增加量和重力勢能的減小量是否相等．根據(jù)△Ep=mg△h求重力勢能的減小量，根據(jù)某段時間內(nèi)的平均速度等于中間時刻的瞬時速度求出B點的速度，從而求出動能的增加量【詳解】（1）因為通過某段時間內(nèi)的平均速度等于中間時刻的瞬時速度可以求出B點的速度，所以取圖中O點到B點來驗證機械能守恒定律．（2）重物重力勢能的減少量：△Ep=mg△h=9.80×0.192=1.88J．B點的速度：則B點的動能：所以動能的增加量△Ek=1.84J．（3）根據(jù)，即

與h成正比．故A是符合題意的．20.在做“測定金屬絲的電阻率”的實驗中，若待測電阻絲的電阻約為5Ω，要求測量結(jié)果盡量準確，提供以下器材供選擇：A．電池組（3V，內(nèi)阻約1Ω）B．電流表（0～3A，內(nèi)阻0.0125Ω）C．電流表（0～0.6A，內(nèi)阻約0.125Ω）D．電壓表（0～3V，內(nèi)阻4kΩ）E．電壓表（0～15V，內(nèi)阻15kΩ）F．滑動變阻器（0～20Ω，允許最大電流1A）G．滑動變阻器（0～2000Ω，允許最大電流0.3A）H．開關(guān)、導(dǎo)線若干（1）實驗時應(yīng)從上述器材中選用__（填寫儀器前字母代號）.（2）測電阻時，電流表、電壓表、待測電阻Rx在組成測量電路時，應(yīng)采用安培表__接法，測量值比真實值偏__（選填“大”或“小”）.（3）若用螺旋測微器測得金屬絲的直徑d的讀數(shù)如圖，則讀數(shù)為__mm．（4）若用L表示金屬絲的長度，d表示直徑，測得電阻為R，請寫出計算金屬絲電阻率的表達式ρ=__．【答案】(1).(1)ACDFH(2).(2)外(3).小(4).(3)0.900(5).(4)【解析】【詳解】（1）流過金屬絲的最大電流，電池組電壓又是3V，故電流表選C，電壓表選D；由于待測電阻的電阻值比較小，滑動變阻器選總阻值小的便于調(diào)節(jié)，故選F；另外電池組、導(dǎo)線、開關(guān)要選；

（2）因為，=800，故電流表選擇外接法，外接法測量值偏小；

（3）從螺旋測微器的主尺上可以看出，半毫米刻度線已經(jīng)露出來，因此主尺上應(yīng)讀0.5mm，螺旋上接近第40個刻度線，可以估讀40.0×0.01mm=0.400mm，所以該金屬絲直徑應(yīng)為0.5mm+0.400mm=0.900mm．

（4）根據(jù)，解得：21.在電場中把一個電荷量為﹣6×10﹣8C的點電荷從A點移到B點，電場力做功為﹣3×10﹣5J，將此電荷從B點移到C點，電場力做功4.5×10﹣5J，求：(1)A與C兩點間的電勢差；(2)取C點為電勢零點時，A的電勢為多大？(3)若是把一個q2＝4×10﹣8C的點電荷在電場中移動則由A移到B電場力做多少功？由B移到C電場力做多少功？【答案】(1)﹣250V(2)﹣250V(3)2×10﹣5J，﹣3×10﹣5J【解析】【詳解】(1)A與B兩點間電勢差：B與C兩點間電勢差：A與C兩點間的電勢差：(2)由、可得：(3)若移動q2＝4×10﹣8C，電場力做功：22.某探究性學(xué)習(xí)小組對一輛自制遙控車的性能進行研究．他們讓這輛小車在水平地面上由靜止