1、江苏省南通市启东市吕四中学2019-2020学年高二物理下学期期初考试试题（含解析）一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分。1. 我国发射的“天宫一号”和“神州八号”在对接前，“天宫一号”的运行轨道高度为350km，“神州八号”的运行轨道高度为343km它们的运行轨道均视为圆周，则A. “天宫一号”比“神州八号”速度大B. “天宫一号”比“神州八号”周期长C. “天宫一号”比“神州八号”角速度大D. “天宫一号”比“神州八号”加速度大【答案】B【解析】【详解】试题分析：A天宫一号和神州八号绕地球做匀速圆周运动，靠地球的万有引力提供向心力：即，根据这个等式得：线速度，天宫一号的轨道
2、半径大于神舟八号的轨道半径，则天宫一号的线速度较小，A错误；B周期，天宫一号的轨道半径大于神舟八号的轨道半径，则天宫一号的周期更大，B正确；C角速度，天宫一号的轨道半径大于神舟八号的轨道半径，则天宫一号的角速度更小，C错误；D加速度，天宫一号的轨道半径大于神舟八号的轨道半径，则天宫一号的加速度更小，D错误【点睛】2.质量为m小球被系在轻绳一端，在竖直平面内做半径为R的圆周运动，如图所示，运动过程中小球受到空气阻力的作用设某一时刻小球通过轨道的最低点，此时绳子的张力为7mg，在此后小球继续做圆周运动，经过半个圆周恰好能通过最高点，则在此过程中小球克服空气阻力所做的功是（ ）A. B. C. D.
3、 mgR【答案】C【解析】【分析】圆周运动在最高点和最低点沿径向的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求出最高点和最低点的速度，再根据动能定理求出此过程中小球克服空气阻力所做的功【详解】小球在最低点，由牛顿第二定律有：F-mg=m，由题意知：F =7mg ，在最高点时，由于小球恰好能通过最高点，重力提供向心力有：mg=m，小球选取从最低点到最高点作为过程，由动能定理可得：-mg2R-Wf=m-，联立以上可得：Wf=mgR，故C正确，ABD错误【点睛】本题主要考查了圆周运动与能量结合问题，由绳子的拉力可求出最低点速度，由恰好能通过最高点求出最高点速度，这都是题目中隐含条件同时在运用动能定理时，明确初
4、动能与末动能，及过程中哪些力做功，做正功还是负功3. 如图所示，有一弯管ab，其中心线是半径为R的一段圆弧，弧的圆心处有一个点电荷Q，有一束带负电的粒子流从a端的中点射入，恰能沿中心线通过弯管的粒子应为( )A. 质量和速度之比相同的粒子B. 电量和质量之比相同的粒子C. 电量和动能之比相同的粒子D. 电量和速度之比相同的粒子【答案】C【解析】粒子做圆周运动的向心力由库仑力提供，可知，半径相同，可知C对；4.下列粒子从静止状态经过电压为U的电场加速后速度最大的是（）A. 质子B. 氘核C. 粒子D. 钠离子Na+【答案】A【解析】【详解】设粒子的电量为，质量为，则由动能定理得解得在题中四个粒子
5、中质子的比荷最大，速度也最大，故A正确，B、C、D错误；故选A。5.如图所示的电路中，电阻R=2断开S后，电压表的读数为3V；闭合S后，电压表的读数为2V，则电源的内阻r为A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】A【解析】【详解】开关s断开时有：，开s闭合时有：，其中，解得：，故A正确二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共计16分。全部选对得4分，选对但不全得2分，选错或不选得0分。6.如图所示，发射地球同步卫星时，先将卫星发射至近地圆轨道1，然后经点火将卫星送入椭圆轨道2，然后再次点火，将卫星送入同步轨道3.轨道1、2相切于Q点，2、3相切于P点，则当卫星分别在1、2、3轨道上正常运行
6、时，下列说法中正确的是（）A. 卫星在轨道3上的速率小于在轨道1上的速率B. 卫星在轨道3上的角速度大于在轨道1上的角速度C. 卫星在轨道1上经过Q点时的加速度大于它在轨道2上经过Q点时的加速度D. 卫星在轨道2上经过P点时的加速度等于它在轨道3上经过P点时的加速度【答案】AD【解析】【详解】A人造卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，则有可得轨道3的半径比轨道的1半径大，所以卫星在轨道3上的速率小于在轨道1上的速率，故A正确；B人造卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，则有解得轨道3的半径比轨道的1半径大，所以卫星在轨道3上的角速度小于在轨道1上的角速度，故B错误；C
7、D人造卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，则有解得所以卫星在轨道1上经过点时的加速度等于它在轨道2上经过点时的加速度，卫星在轨道2上经过点的加速度等于在轨道3上经过点的加速度，故C错误，D正确；故选AD。7.滑雪运动深受人民群众的喜爱，某滑雪运动员（可视为质点）由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道AB，从滑道的A点滑行到最低点B的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变，则运动员沿AB下滑过程中（）A. 所受合外力始终为零B. 受摩擦力逐渐增大C. 合外力做功一定为零D. 机械能始终保持不变【答案】C【解析】【详解】A滑雪运动员的速率不变，而速度方向是变化的，速度是变化的，运动员的加
8、速度不为零，由牛顿第二定律可知，运动员所受合外力始终不为零，故A错误；B运动员下滑过程中受到重力、滑道的支持力与滑动摩擦力，由图可知，运动员从到的过程中，滑道与水平方向之间的夹角逐渐减小，则重力沿斜面向下的分力逐渐减小，运动员的速率不变，则运动员沿滑道方向的合外力始终等于零，所以滑动摩擦力也逐渐减小，故B错误；C滑雪运动员的速率不变则动能不变，由动能定理可知，合外力对运动员做功为零，故C正确；D运动员从到下滑过程中的动能不变而重力势能减小，所以机械能减小，故D错误；故选C。8.某静电场的电场线如图所示，虚线表示一带电粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，a、b为轨迹上的两点。以下判断正确的是（）A.
9、 粒子带负电B. a点电势低于b点电势C. 粒子在a点的速率小于在b点的速率D. 粒子在a点的电势能大于在b点的电势能【答案】CD【解析】【详解】A带电粒子仅受电场力作用，带电粒子受电场力方向指向其轨迹的内侧，电场力方向斜右上方，与电场线的方向相同，所以粒子带正电，故A错误；B沿着电场线的方向，电势降低，所以点电势高于点电势，故B错误；CD假设带正电的粒子从运动到，电场力与轨迹上每一点的切线方向也就是速度方向成锐角，电场力做正功，粒子的速度增加，电势能减小，所以粒子在点的速率小于在点的速率，粒子在点的电势能大于在点的电势能，故C、D正确；故选CD。9.电动势为E、内阻为r的电源与定值电阻R1、
10、R2及滑动变阻器R连接成如图所示的电路，当滑动变阻器的触头由中点滑向b端时，下列说法正确的是（ ）A. 电压表读数增大B. 电压表读数减小C. 电流表读数减小D. 电流表读数增大【答案】AD【解析】【分析】由电路图可知滑动变阻器与R2并联然后与R1串联，电压表测路端电压，电流表测通过电阻R2的电流；根据滑动变阻器滑片的移动方向判断滑动变阻器接入电路的阻值如何变化；然后应用串并联电路特点与欧姆定律分析答题【详解】A、由电路图可知，滑片向右端移动时，滑动变阻器接入电路的阻值变大，电路总电阻变大，由闭合电路欧姆定律可知，电路电流变小，电源内电压变小，路端电压变大，则电压表示数变大，故A正确，B错误；
11、C、电路电流变小，电阻R1两端电压变小，路端电压变大，则并联电压变大，由部分电路欧姆定律可知，通过电阻R2的电流变大，电流表示数变大，故C错误，D正确；故选AD三、简答题：本题共1小题，共计12分。10. 在用重锤下落来验证机械能守恒时，某同学按照正确的操作选得纸带如下图所示其中O是起始点，A、B、C、D、E是打点计时器连续打下的5个点，打点频率为50Hz该同学用毫米刻度尺测量O到A、B、C、D、E各点的距离，并记录在图中(单位：cm)（1）这五个数据中不符合有效数字读数要求的是 点读数(填A、B、C、D或E)（2）实验时，在释放重锤 （选填“之前”或“之后”）接通打点计时器的电源，在纸带上打
12、出一系列的点（3）该实验中，为了求两点之间重锤的重力势能变化，需要知道重力加速度g的值，这个g值应该是： A取当地的实际g值； B根据打出的纸带，用sgT2求出；C近似取10m/s2即可； D以上说法都不对（4）如O点到某计时点的距离用h表示，重力加速度为g，该点对应重锤的瞬时速度为v，则实验中要验证的等式为 （5）若重锤质量m=2.00kg，重力加速度g=9.80m/，由图中给出的数据，可得出从O到打下D点，重锤重力势能的减少量为 J，而动能的增加量为 J(均保留3位有效数字)【答案】（1）B （2）之前 （3）A （4）（5）0.380 J， 0.376 J【解析】试题分析：（1）其他都是
13、小数点后两位，只有12.4是小数点后1位，B不符合；（2）在做实验时，先打开打点计时器，再放手重锤；（3）重力势能是根据mgh测出这里的g应取当地重力加速度；（4）等式应是，另外两边的质量可以消去就成了；（5）重力势能的减小量，打D点的速度就是CE段的平均速度，即，动能的增加量考点：验证机械能守恒四、计算题：本题共3小题，共计57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，答案中明确写出数值和单位。11.已知某星球表面重力加速度大小为，半径大小为R自转周期为T，万有引力常量为求：该星球质量；该星球同步卫星运行轨道距离星球表面的高度；该星球同
14、步卫星运行速度的大小【答案】（1）；（2）；（3）； 【解析】由解得星球质量为：由且解得：由解得：点睛：本题首先明确在星球表面万有引力等于重力，其次要会用万有引力提供向心力的各种表达式，基础题12.如图，轨道的水平部分粗糙，竖直的半圆部分光滑，半径R=0.32mQ为轨道上最高点、P为最低点、T点与圆心等高质量m=2kg的小滑块从水平轨道A点（图中未画出，且AP距离可调节）以v0=6m/s的初速度向右滑行己知滑块与水平轨道间的动摩擦因数=0.2，g取10m/s2（1）求滑块能够通过Q点的最小速度VQ；（2）若滑块恰好能滑到Q点，求滑块从A运动到P的时间t；（3）若滑块在半圆轨道间不脱离轨道，求A
15、P距离的取值范围【答案】（1） （2）t=1s（3）l5m或7.4ml9m【解析】【分析】（1）根据牛顿第二定律可求滑到Q点时的最小速度；（2）由机械能守恒可求到达P点的速度，由牛顿第二定律可求加速度，根据速度时间关系可求时间；（3）若滑块在半圆轨道间不脱离轨道，根据刚好到达Q点、T点和P点，分别应用动能定理可求AP距离的取值范围【详解】（1）Q点，由牛顿第二定律得得（2）滑块从P到Q，由机械能守恒得在水平轨道，由牛顿第二定律得mg=ma得t=1s（3）若滑块恰好到达Q点，由动能定理得得如滑块恰好到达T点，由动能定理得得如滑块恰好到达P点，由动能定理得得所以AP距离；或13.如图所示，两平行金
16、属板A、B长L=8cm，两板间距离d=8cm，A板比B板电势高300V，一不计重力的带正电的粒子电荷量，质量，沿电场中心线RD垂直电场线飞入电场，初速度v0=2106m/s，粒子飞出平行板电场后可进入界面MN、PS间的无电场区域。已知两界面MN、PS相距为12cm，D是中心线RD与界面PS的交点。求：(1)粒子通过电场发生的偏转距离y；(2)粒子飞出电场时速度v大小；(3)粒子到达PS界面时离D点的距离Y。【答案】(1)0.03m；(2)2.5106m/s；(3)0.12m【解析】详解】(1)带电粒子垂直进入匀强电场后做类平抛运动，水平方向有竖直方向有联立可得代入数据解得(2)粒子飞出电场时的速度大小为代入数据解得(3)带电粒子在离开电场速度的反向延长线交水平位移的中点，设两界面、相距为，由相似三角形得解得
