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1、浙江省宁波市北仑中学 2018-20192018-2019学年高二物理下学期期中试题 选择题部分 一、选择题 (本题共 13小题,每小题 3 分,共 39 分.每小题列出的四个备选项中只有一个是 符合题目要求的,不选、多选、错选均不得分) 1.下列物理模型或概念的建立,“”其思想方法与建立 自由落体运动 模型相似的是 ( ) A. 瞬时速度 B. 点电荷 C. 电场强度 D. 电阻 2.人类在探索自然规律过程中总结了许多科学方法,如控制变量法、比值定义法、极限法、理 想模型法等.在下列研究中,可以用极限法的是( ) A.利用质点来替代实际物体 B.研究瞬时速度 C.研究胡克定律 D.探究加速度
2、与力、质量的关系 3.如图所示为一质点做直线运动的速度时间图像,下列 说法错误的 ( ) A.整个过程中,CE段的加速度最大 B.在 18 s 末,质点的运动方向发生了变化 C.整个过程中,D点所表示的状态离出发点最远 D.BC段所表示的运动通过的位移是 34 m 4.暑假,小王跟随科技夏令营前往意大利进行游学活动期间,前往了意大利比萨城北面的奇迹 广场参观了高 55 m 的比萨斜塔.他在登至塔顶时不慎将所围围巾掉落至奇迹广场,则围巾的下 落时间可能为( ) A.1.6 s B.2.3 s C.3.3 s D.8.5 s 5.“”关于在近地轨道上绕地球运动的 天宫二号 ,下列说法正确的是( )
3、 A.“”天宫二号 绕地球做圆周运动不需要力 B.“”天宫二号 绕地球飞行的速度大于 7.9 km/s C.“”天宫二号 绕地球飞行的周期大于 24 h D.“”天宫二号 的轨道高度比地球同步卫星的低 6.如图所示,A、B 两小球分别从距地面高度为 h、2h 处以速度 vA、vB水平 - 1 - 抛出,均落在水平面上CD 间的中点P,它们在空中运动的时间分别为tA、tB.不计空气阻力,下列 结论正确的是( ) A.tAtB=1: 2 B.tAtB=12 C.vAvB=1: 2 D.vAvB=12 7.气象研究小组用如图所示的简易装置测定水平风速.在水平地面上竖直固定一直杆,半径为 R、质量为
4、m 的薄空心塑料球用细线悬于杆顶端 O,当水平风吹来时,球在风力的作用下飘起来. 已知风力大小正比于风速和球正对风的截面积,当风速 v0=3 m/s 时,测得球平 衡时细线与竖直方向的夹角=30.下列说法正确的是 ( ) A.当=60时,风速 v=6 m/s B.当风速增大到某一值时, 可能等于 90 C.若风速不变,换用半径变大、质量不变的球,则 不变 D.若风速不变,换用半径相等、质量变大的球,则 减小 8.粗细均匀的导体棒 ab 悬挂在两根相同的轻质弹簧下,ab 恰好在水平位置,如图示.已知 ab 的 质量m=2 g,ab 的长度l=20 cm,沿水平方向与ab 垂直的匀强磁 场的磁感应
5、强 度 B=0.1 T,电池的电动势为 12 V,电路总电阻为 12.当开关 闭合时( ) A.导体棒 ab 所受的安培力方向竖直向上 B.能使两根弹簧恰好处于自然状态 C.导体棒 ab 所受的安培力大小为 0.02 N D.若系统重新平衡后,两弹簧的伸长量均与闭合开关前相 比改变了 0.5 cm,则弹簧的劲度系数为 5 N/m 9.P1和 P2是材料相同、上下表面为正方形的长方体导 体,P1的上、 下表面积大于 P2的上、下表面积,将 P1和 P2按如图所示 接到电源上,闭合开关后,下列说法正确的是( ) A.若 P1和 P2的体积相同,则通过 P1的电流大于通过 P2的电流 B.若 P1和
6、 P2的体积相同,则 P1的电功率等于 P2的电功率 C.若 P1和 P2的厚度相同,则流过 P1的电流等于流过 P2的电流 D.若 P1和 P2的厚度相同,则流过 P1的电流大于流过 P2的电流 10.如图所示是一个用来研究静电除尘的实验装置,铝板与手摇起电机的正极相连,缝被针与 手摇起电机的负极相连,在铝板和缝被针中间放置点燃的蚊香. - 2 - 转动手摇起电机,蚊香放出的烟雾会被铝板吸附.下列说法中正确的是( ) A.烟尘颗粒可以带正电而被吸附到铝板上 B.某个烟尘颗粒在被吸附过程中离铝板越近,则速度越大 C.某个烟尘颗粒在被吸附过程中离铝板越近,则速度越小 D.某个电荷量不变的烟尘颗粒
7、离铝板越近,则加速度越大 11.如图所示为一有界匀强电场,场强沿水平方向(虚线为电 场线),一带负电 的微粒以某一角度从电场中 a 点斜向上射入,沿直线运动 到 b 点,则下列 说法正确的是( ) A.电场中 a 点的电势低于 b 点的电势 B.微粒在 a 点时的动能与电势能之和与在 b 点时的动能与电 势能之和相等 C.微粒在 a 点时的动能小于在 b 点时的动能,在 a 点时的电势能大于在 b 点时的电势能 D.微粒在 a 点时的动能大于在 b 点时的动能,在 a 点时的电势能小于在 b 点时的电势能 12一电动自行车动力电源上的铭牌标有“36 V 10 Ah”字样.假设工作时电源(不计内
8、阻)的 输出电压恒为 36 V,额定输出功率为 180 W.由于电动机发热造成能量损耗(其他损耗不计),电 动自行车的效率为 80%,则下列说法正确的是 ( ) A.额定工作电流为 10 A B.电动自行车保持额定功率行驶的最长时间是 2 h C.电动自行车的电动机内阻为 7.2 D.动力电源充满电后总电荷量为 3.6103 C 13.从地面以大小为 v1的初速度竖直向上抛出一个皮球,经过时间 t 皮球落回地面,落地时皮球 的速度大小为 v2.已知皮球在运动过程中受到空气阻力的大小与速度的大小成正比,重力加速 度大小为 g.下面给出时间 t 的四个表达式中只有一个是合理的.你可能不会求解 t,
9、但是你可 以通过一定的物理分析,对下列表达式的合理性做出判断.根据你的判断,你认为 t 的合理表达 式应为(重力加速度为 g) ( ) - 3 - A. B. C. D. 二、选择题 (本题共 3 小题,每小题 2 分,共 6 分.每小题列出的四个备选项中至少有一个是 符合题目要求的.全部选对的得 2 分,选对但不全的得 1 分,有选错的得 0 分) 14.在原子核中,下列说法正确的是 ( ) A.质子数和中子数总是相等的 B.核子间的核力可能是引力也可能是斥力 C.发生 衰变是由核子间的弱相互作用引起的 D.结合能指将原子核中的核子全部分开需要的能量 15.如图所示,一束复色光通过三棱镜后分
10、解成两束单色光 a、b,下列说法正确的是 ( ) A.a光的折射率大于 b 光的折射率,a 光全反射的临界角小于 b 光全反射的临界角 B.光的衍射实验中,对于同一障碍物而言,a 光的衍射现象更明显 C.a光能发生偏振现象,b 光不能发生偏振现象 D.若 a、b 光分别照射同一光电管都能发生光电效应,则 a 光的遏止电压低 16.两列振幅相同的简谐横波在同种介质中传播.实线波的频率为 2 Hz,沿 x 轴负方向传播;虚 线波沿 x 轴正方向传播.某时刻两列波在如图所示区域相遇,则( ) A.在相遇区域不会发生干涉现象 B.虚线波的传播速度大于实线波的传播速度 C.平衡位置为 x=6 m 处的质
11、点此时速度为零 D.平衡位置为 x=7 m 处此时的质点的位移 y 0,忽略极板电场的边缘效应.已知 金属平行板左端连线与磁场圆相切,O在 y 轴上(0, -R)处.(不考虑粒子之间的相互作用力) q (1)求带电粒子的比荷 . m (2)求带电粒子进入右侧电场时的纵坐标范围. 3 平行板的总 (3)若电压 UAK= U ,求到达 K 板的粒子数与进入 4 粒子数的比值. - 8 - 北仑中学 2018年度第二学期高二年级期中考试 物理试卷参考答案 1-5 BBBDD 6-10 ADCCB 11-13 DBB 14.BCD 15.BD 16.AD 17.(1)CD ( 2)略 (3)1.5 1
12、8.(1)*1 (2) 22 欧姆 19.（1）C (2) D 20.19.(1)12 N (2)13.2 N 10.8 N (3)15 s 解析 (1)无人机悬停时,由平衡条件得 F升=mg=12 N (2)以最大加速度竖直上升时,由牛顿第二定律得 F合上=ma1=F升-mg 解得 F升=13.2 N 以最大加速度竖直下降时,由牛顿第二定律得 F合下=ma2=mg-F升 解得 F升=10.8 N (3)以最大加速度做加速运动,然后以最大上升速度做匀速运动,再以最大加速度做减速运动 至悬停,所用时间最短.匀加速上升过程中,t1= =6 s x1= a =18 m 匀速上升过程中,t2= =3
13、s 匀减速上升过程中,t3=t1=6 s t总=t1+t2+t3=15 s 21. 20.(1)1.2 s (2)0.8 m 0.6 m 解析 (1)小汽车恰好能通过最高点 C,有 - 9 - mg=m 从 A到 C过程,由动能定理得 Pt-mgL-2mgR= m -0 联立解得 t=1.2 s (2)从 C到 D过程,由机械能守恒定律得 mg(R+Rsin 30)+ m = m 解得 vD=4 m/s =vDsin 30=2 m/s =vDcos 30=2 m/s 将从 D到 E的运动看成逆向平抛运动,有 =gt h= gt2 x= t H=h+R(1-cos 60) X=x+Rsin 60
14、 解得 H=0.8 m,X=0.6 m 22.22.(1)3 m/s 4 N (2)1 C (3)0.5 J 解析 (1)导体棒 ab由静止释放,在光滑轨道上只有重力做功,根据机械能守恒定律得 mgH= mv2 解得 v=3 m/s 两导体棒发生弹性碰撞后,ab棒静止,cd棒以 v=3 m/s 的速度进入磁场区域,因 E=BLv,I= R, 总=R+ = - 10 - 故 F安=BIL= =4 N (2)根据动量定理得- t-mgt=0-mv B Lt+mgt=mv 因为 q=t 所以 q= =1 C (3)因为 q= t= ,=BLx (x为磁场区域的长度) 解得 x= = =1.5 m 根
15、据动能定理得-W安-mgx=0- mv2 则 Q总=W安= mv2-mgx=3 J 因为定值电阻 R1与 ab棒并联后再与 cd棒串联且三者电阻均为 2 ,三者电流之比为 11 2,所以热量之比为 114,故定值电阻 R1产生的热量 Q1= Q总=0.5 J 23.22.(1) (2)- Ry R (3) 解析 (1)由动能定理得 qU= mv2 由已知条件知,偏转半径 r=R 由牛顿第二定律得 Bqv=m 解得 = - 11 - (2)因为 r=R,所有粒子经磁场偏转后都平行于 x 轴射出.沿 QN 方向射入时,在磁场中轨迹对应 的圆心角为 135,离开磁场时对应的 a 点的纵坐标为 ya= R 沿 PM 方向射入的带电粒子离开磁场时对应的 b 点的纵坐标 yb=- R 所以进入电场时的纵坐标范围为- Ry R (3)由 E= Eq=ma y= at2 vt=4R 解得 y= R 从纵坐标 y=0.5R 处进入偏转电场的粒子恰能打到 K 板右边缘,其进入磁场时的速度与 y 轴夹 角为 30偏左,所以比例= = - 12 - - 13 -