1、江苏省如东高级中学2019-2020学年高一物理下学期第二次阶段测试试题（含解析）一、本题共7小题，每小题3分，共21分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确选对的得3分，选错或不答的得0分。1.某同学拿了一根细橡胶管，里面灌满了盐水，两端用粗铜丝塞住管口，形成一段封闭的长度为20cm的盐水柱测得盐水柱的电阻大小为R。如果盐水柱的电阻随长度、横截面积的变化规律与金属导体相同，则握住橡胶管的两端把它均匀拉长至40cm，此时盐水柱的电阻大小为()A. B. RC. 2RD. 4R【答案】D【解析】【详解】盐水柱的电阻随长度、横截面积的变化规律与金属导体相同，故有握住橡胶管的两端把它均匀拉长后
2、，则有故A 、B、C错误，D正确；故选D。2.如图所示，在平面内有一个以为圆心、半径R=0.1m的圆，P为圆周上的一点，、两点连线与轴正方向的夹角为若空间存在沿轴负方向的匀强电场，场强大小，则、两点的电势差可表示为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】本题考查匀强电场中电势差与场强的关系.沿着电场线方向电势越来越低,故由题图可知O点电势低,P点电势高,所以OP两点间电势差为负值,匀强电场中两点间电势差取决于两点间沿场强方向的距离,所以有:UOP=-EdOPsin=-10sin,A项正确.3.四个相同的小灯泡按照如图所示的(a)、(b)两种方式接入电压相等的电路中，调节R1、R2使四个
3、小灯泡都正常发光，这时可变电阻R1、R2消耗的电功率P1和P2的关系为A. P1=2P2B. P12P2C. P12P2D. P1=P2【答案】B【解析】【详解】灯泡规格相同且正常发光，甲图灯泡并联，电流为乙图灯泡串联，电流为电阻的电压为消耗的功率为电阻的电压为消耗的功率为所以有故A、CD错误，B正确；故选B。4.如图所示，虚线a、b、c为三个同心圆面，圆心处有一个正点电荷。现从b、c之间一点P以相同的速率发射两个带电粒子，分别沿PM、PN运动到M、N点，M、N两点都处于圆周c上，以下判断正确的是()A. 到达M、N时两粒子速率仍相等B. 到达M、N时两粒子速率vMvNC. 到达M、N时两粒子
4、的电势能相等D. 两个粒子的电势能都是先减小后增大【答案】B【解析】【详解】AB由轨迹看出，点电荷左侧的带电粒子受排斥力，左侧的带电粒子带正电，右侧的带电粒子受吸引力，右侧的带电粒子带负电；由题可知，M、N两点都处于圆周c上，电势相等，两带电粒子又是从同一点P出发，则有根据可知，电场力对两个带电粒子做功大小相等，而左侧的带电粒子从P到M的粒子电场力总功为正功，右侧的带电粒子从P到N的粒子电场力总功为负功，根据动能定理得到，到达M、N时两粒子速率为故A错误，B正确；C由于左侧的带电粒子带正电，右侧的带电粒子带负电，M、N两点的电势相等，由公式知，两个粒子到达M、N时电势能不等，故C错误；D电场力
5、对左侧的粒子先做负功后做正功，电势能先增大后减小，电场力对右侧的粒子先做正功后做负功，电势能先减小后增大，故D错误。故选B。5.如图所示为一卫星绕地球运行的椭圆轨道示意图，O点为地球球心，已知地球表面重力加速度为g，地球半径为R，OA=R，OB=4R，下列说法正确的是（）A. 卫星在A点的速率B. 卫星在A点的加速度C. 卫星在B点的速率D. 卫星在B点的加速度【答案】A【解析】【详解】A卫星在圆轨道运行时万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律有计算的出卫星经过椭圆轨道的A点时但是万有引力小于向心力，故做离心运动故A正确；B根据牛顿第二定律，卫星在A点的加速度故B错误；C卫星经过椭圆轨道的B点时
6、万有引力小于向心力，故做向心运动，故解得故C错误；D根据牛顿第二定律，卫星在B点的加速度故D错误。故选A。6.如图所示，竖直放置的平行板电容器与定值电阻R、电源E相连，用绝缘细线将带电小球q悬挂在极板间，闭合开关S后细线与竖直方向夹角为。则有()A. 保持开关S闭合，将A板向右平移，不变B. 保持开关S闭合，将A板向左平移，变大C. 断开开关S，将A板向右平移，不变D. 断开开关S，将A板向右平移，变小【答案】C【解析】【详解】A保持开关S闭合，电容器两端的电势差不变，将A板向右平移，减小，则电场强度增大，电场力变大，根据共点力平衡知，角变大，故A错误；B保持开关S闭合，电容器两端的电势差不变
7、，将A板向左平移，增大，则电场强度减小，电场力变小，根据共点力平衡知，角变小，故B错误；CD断开开关S，电荷量不变，根据、可得将A板向右平移，可知减小，则电场强度不变，电场力不变，所以不变，故C正确，D错误；故选C。7.如图所示，一足够长的木板在光滑水平面上以速度v向右匀速运动，现将质量为m的物体竖直向下轻轻地放置在木板上的右端，已知物体和木板之间的动摩擦因数为。为保持木板的速度不变，须对木板施一水平向右的作用力F。从物体放到木板上到它相对木板静止的过程中，力F做的功为（）A. B. C. mv2D. 2mv2【答案】C【解析】【详解】物体和木板之间的摩擦力f=mg对于木板，要保持速度v不变，
8、有F=f=mg对于物体，根据牛顿第二定律mg=ma解得a=g；物体做匀加速直线运动，有此时木块的位移则水平向右的作用力F做功故C正确，ABD错误。故选C。二、本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，至少有两个选项是正确的。全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分。8.我国发射的神州五号载人宇宙飞船的周期约为90min如果把它绕地球的运动看作匀速圆周运动，飞船运动和人造地球同步卫星的运动相比（）A. 飞船的轨道半径大于同步卫星的轨道半径B. 飞船的运行速度大于同步卫星的运行速度C. 飞船运动的向心加速度大于同步卫星运动的向心加速度D. 飞船运动的角速度小于同步
9、卫星运动的角速度【答案】BC【解析】【详解】由万有引力提供向心力： 得：、 A，神州五号载人宇宙飞船的周期约为90min同步卫星周期24h，所以飞船的轨道半径小于同步卫星的轨道半径故A错误B，飞船的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，所以飞船的运行速度大于同步卫星的运行速度故B正确C，飞船的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，所以飞船运动的向心加速度大于同步卫星运动的向心加速度故C正确D，飞船的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，飞船运动的角速度大于同步卫星运动的角速度，故D错误9.如图所示，两个完全相同的小球A、B，在同一高度处以相同大小的初速度v0分别水平抛出和竖直向上抛出，忽略空气阻力，下列说法正确
10、的是()A. 两小球落地时速度的大小相同B. 两小球落地时，重力的瞬时功率相同C. 从开始运动至落地，重力对两小球做功相同D. 从开始运动至落地，重力对两小球做功平均功率相同【答案】AC【解析】【详解】A在整个过程中，只有重力做功，这两个小球在整个过程中重力做功相等，根据动能定理则有可知落地时的动能相等，速度大小相等，故A正确；B因为两小球落地时的速度大小相等，但方向不同，所以A球落地时竖直方向的速度小于B落地时竖直方向的速度，根据重力的瞬时功率可知A球落地时重力的瞬时功率小于B落地时重力的瞬时功率，故B错误；CD从开始运动至落地，根据可知重力对两小球做功相同，但过程A所需时间小于B所需时间，
11、根据知道重力对A球做功平均功率大于重力对B球做功的平均功率，故C正确，D错误；故选AC。10.如图所示，小球从点以初速度v0沿粗糙斜面向上运动，到达最髙点B后返回A，C为AB的中点下列说法正确的是()A. 小球从A出发到返回A的过程中，位移为零，外力做功为零B. 小球从A到C与从C到B的过程，减少的动能相等C. 小球从A到C与从C到B的过程，速度的变化率相等D. 小球从A到C与从C到B的过程，损失的机械能相等【答案】BCD【解析】【详解】A位移是从初位置指向末位置的有向线段故小球从A出发到返回A，位移为0，但整个过程中摩擦力的方向与小球运动的方向始终相反，故整个过程中摩擦力对物体做负功，重力不
12、做功，支持力不做功，所以整个过程中外力对物体做负功，故A错误；B设A到C的高度和从C到B的高度为，AC的距离为，斜面的倾角为，根据动能定理可得可知小球从A到C过程中与从C到B过程合外力对物体做的功相同，故小球减少的动能相等，故B正确；C小球从A到B过程做匀减速运动，加速度不变，根据可知小球从A到C与从C到B的过程，速度的变化率相等，故C正确；D克服除重力之外其它力做多少功物体的机械能就减少多少，根据可得小球从A到C过程与从C到B过程，损失的机械能相等，故D正确；故选BCD。11.如图所示，一个质量为m的圆环套在一根固定的水平直杆上，杆足够长，环与杆的动摩擦因数为现给环一个向右的初速度，如果在运
13、动过程中还受到一个方向始终竖直向上的力F，k为常数，v为环的速率，则环在整个运动过程中克服摩擦力所做的功可能为A. B. C. D. 【答案】BD【解析】【详解】圆环受竖直向上的力F与重力mg的大小分以下三种情况讨论：(1)当mg=kv0时，即v0=时，环做匀速运动，摩擦力为零，Wf=0，环克服摩擦力所做的功为零；(2)当mgkv0时,即v0时，环在运动过程中做减速运动，直至静止由动能定理得环克服摩擦力所做的功为Wf= ；(3)当mg时，环在运动过程中先做减速运动，当速度减小至满足mg=kv时，即v=时环开始做匀速运动由动能定理得摩擦力做的功Wf=，即环克服摩擦力所做的功为，故BD正确，AC错
14、误故选BD.【点睛】对圆环进行分析，根据重力和推力的大小可能情况，明确圆环最终的状态，从而根据动能定理分析克服摩擦力做功情况三、本题共2小题，共19分，把答案填在题中的横线上。12.用如图所示的实验装置验证机械能守恒定律，实验所用的电源为学生电源，输出电压为6 V的交流电和直流电两种.重锤从高处由静止开始下落，重锤上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点痕进行测量验证机械能守恒定律：（1）下面列举了该实验的几个操作步骤：A按照图示的装置安装器件；B将打点计时器接到电源的“直流输出”上；C用天平测出重锤的质量；D释放悬挂纸带的夹子，同时接通电源开关打出一条纸带；E测量纸带上某些点间的距离；F根据
15、测量的结果计算重锤下落过程中减少的重力势能是否等于增加的动能其中没有必要进行的步骤是_，操作不当的步骤是_（将其选项对应的字母填在横线处）（2）已知打点计时器所用电源的频率为50Hz查得当地的重力加速度g9.80m/s2测得所用重物的质量为1.00kg实验中得到一条点迹清晰的纸带，把第一个点记作O，每两个计数点之间有四点未画出，另选连续的3个计数点A、B、C作为测量的点，如图所示经测量知道A、B、C各点到O点的距离分别为50.50cm、86.00cm、130.50cm根据以上数据，计算出打B点时重物的瞬时速度vB_m/s；重物由O点运动到B点，重力势能减少了_J，动能增加了_J（保留3位有效数
16、字）并可得出的结论是_【答案】 (1). （1）BCD (2). （2）4.00 m/s (3). 8.43J (4). 8.00J (5). 在实验误差范围内，重锤自由下落机械能守恒【解析】（1）打点计时器应接在电源的“交流输出”上，故B操作不当；要验证动能的增加量和重力势能的减小量是否相等，即验证mgh=mv2，质量可以约去，所以不必要用天平测量重锤的质量故C不必要在实验的操作中，应先接通电源再释放纸带故D操作不当所以其中没有必要进行或者操作不当的步骤是：BCD（2）B点的瞬时速度，重物由O点运动到B点，重力势能减少了Ep=mgh=19.80.86J=8.43J，则动能的增加量EkmvB2
17、116J8.00J在误差允许的范围内，重锤自由下落机械能守恒点睛：解决本题的关键知道实验的原理，操作步骤以及注意的事项，掌握纸带的处理，会通过纸带求解瞬时速度和加速度13.在“测定金属的电阻率”的实验中，所用测量仪器均已校准。已知待测金属丝的电阻值Rx约为5，在测电阻时，可供选择的器材有：电源E：电动势3V，内阻约1电流表A1：量程00.6A，内阻约0.125电流表A2：量程03A，内阻约0.025电压表V1：量程03V，内阻约3k电压表V2：量程015V，内阻约15k滑动变阻器R1：最大阻值5，允许最大电流2A滑动变阻器R2：最大阻值1000，最大电流0.6A开关一个，导线若干。(1)在上述
18、器材中，应该选用的电流表是_，应该选用的电压表是_。若想尽量多测几组数据，应该选用的滑动变阻器是_（填写仪器的字母代号）。(2)该同学用螺旋测微器测金属丝的直径如图所示，则螺旋测微器的示数d=_mm。(3)用所选的器材，在答题纸对应的方框中画出电路图_。(4)关于本实验的误差，下列说法正确的是_。A测量过程中，开关长时间闭合，对实验结果没有影响B由于电流表和电压表内阻引起的误差属于偶然误差C利用电流I随电压U的变化图线求Rx可减小偶然误差D由于采用的是电流表外接法，测量值小于真实值【答案】 (1). A1 (2). V1 (3). R1 (4). 0.600 (5). (6). CD【解析】【
19、详解】(1)12因为电源的电动势3V，所以电压表选择量程03V的电压表，根据欧姆定律可知电路中最大电流为0.6A，所以电流表选择量程00.6A的电流表A1；3为保证调节方便，尽量多测几组数据，则选择阻值较小的滑动变阻器；(2)4螺旋测微器固定刻度为0.5mm，可动刻度为0.0110.0=0.100mm，所以最终读数为0.5mm+0.100mm=0.600mm(3)5由于，所以电流表采用外接法，实验要求尽量多测几组数据，所以滑动变阻器采用分压式，电路图如图所示(4)6A测量过程中，开关长时间闭合，会导致电阻测量结果偏大，故A错误；B由于电流表和电压表内阻引起的误差属于系统误差，故B错误；C利用电
20、流随电压的变化图线求金属丝电阻，可以减小偶然误差，故C正确；D采用外接法，电压表与待测电阻并联，故电压表是准确的，而由于电压表的分流使电流表测量结果偏大，故由欧姆定律求得的测量值偏小，故D正确；故选CD。四、本题共4小题，共44分.解答应写出必要的文字说明、方程式和重要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14.电源的电动势为4.5V，外电阻R为4.0时，路端电压为4.0V，试求：(1)电源内阻r大小；(2)若在外电路中并联一个4.0的电阻R1，电源的路端电压U1；(3)若在外电路中再串联一个4.5的电阻R2，1分钟内电阻R2产生的焦耳热Q。【答案】(1)
21、0.5；(2)3.6V；(3)67.5J【解析】【详解】(1)由闭合电路欧姆定律有由欧姆定律有联立可得(2)在外电路中并联一个4.0的电阻，则有由闭合电路欧姆定律有可得电源的路端电压(3)由闭合电路欧姆定律有由焦耳定律有15.人类第一次登上月球时，宇航员在月球表面做了一个实验：将一片羽毛和一个铁锤从同一个高度由静止同时释放，二者几乎同时落地，若羽毛和铁锤是从高度为h处下落，经时间t落到月球表面。已知引力常量为G，月球的半径为R（h远小于R）(1)求月球表面自由落体加速度大小；(2)若不考虑月球自转的影响，求月球的密度；(3)月球的第一宇宙速度大小v。【答案】(1)；(2)；(3)【解析】【详解
22、】(1)月球表面附近物体做自由落体运动，则有可得月球表面的重力加速度大小(2)若不考虑月球自转的影响，万有引力提供向心力，则有可得月球的质量月球的密度为(3)质量为的飞行器在月球表面附近绕月球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，则有可得月球的第一宇宙速度大小16.如图，真空中竖直放置的两块平行金属板间加上恒定电压U0，一质量为m，电荷量为q的正点电荷A从左板处由静止释放，从右板的小孔水平射出后，进入一个两板水平放置的平行板电容器，进入时点电荷贴着上极板，经偏转后从下极板边缘飞出。已知电容器的电容值为C，极板的间距为d，长度为kd，两板间电压恒定不计点电荷的重力，求：（1）粒子进入水平放置电容器
23、时的速度大小；（2）水平放置的电容器极板所带电荷量大小；（3）A穿过水平放置电容器的过程中电势能的增量。【答案】（1）（2）（3）【解析】【详解】（1）由动能定理：得（2）在电场中偏转，有联立可解得极板带电量所以：（3）电场力做功，由（2）得由功能关系得：17.如图所示，直角坐标系处于竖直面内，第一、二象限存在着平滑连接的光滑绝缘轨道。第一象限内的轨道呈抛物线形状，其方程为；第二象限内的轨道呈半圆形状，半径为R，B点是其最高点，且第二象限处于竖直方向的匀强电场中。现有一质量为m、带电量为q的带电小球，从与B点等高的A点静止释放，小球沿着轨道运动且恰能运动到B点。重力加速度为g，求(1)小球刚运动到O点瞬间，轨道对小球的弹力FN大小；(2)第二象限内匀强电场的场强E的大小；(3)小球落回抛物线轨道时的动能Ek。【答案】(1)；(2)；(3)【解析】【详解】(1)小球从A点运动到O点的过程中机械能守恒，则有O点处，对小球由牛顿第二定律得解得(2)小球恰能运动到B点，说明小球所受的电场力向上，由牛顿第二定律得小球从A点到B点的过程中，由动能定理得解得(3)小球从B点飞出后做平抛运动，设落回抛物线轨道时的坐标为（x，y），则有x、y满足关系为联立可得小球从B点到抛物线轨道，由动能定理得解得
