【精准解析】江苏省如皋中学2019-2020学年高一下学期6月阶段考试物理试题(选修)

江苏省如皋中学2019-2020学年度第二学期阶段考试
高一物理（选修）
一、本题共8小题，每小题3分，共24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.火星有两颗卫星，分别是火卫一和火卫二，它们的轨道近似为圆。

已知火卫一的周期为7小时39分。

火卫二的周期为30小时18分，则两颗卫星相比（ ） A. 火卫一距火星表面较近 B. 火卫二的角速度较大 C. 火卫一的运动速度较小 D. 火卫二的向心加速度较大
【答案】A 【解析】
【详解】卫星绕火星做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，设卫星的质量为m ，轨道半径为r ，火星质量为M ，有
222
2
24GMm v m m r m r ma r r T
πω==== 则得
2r
T GM
π=，3
GM
r
ω=GM v r =，2GM a r = 可知，卫星的轨道半径越大，T 越大，而角速度、线速度和向心加速度越小。

由题火卫一的周期较小，则轨道半径较小，角速度、速度和向心加速度都较大，故A 正确，BCD 错误。

故选A 。

2.质量为2 kg 的物体以10 m/s 的初速度水平抛出，经过2 s 落地。

取g ＝10 m/s 2。

关于重力做功的功率，下列说法正确的是（ ） A. 下落过程中重力的平均功率是200 W B. 下落过程中重力的平均功率是100 W C. 落地前的瞬间重力的瞬时功率是200 W D. 落地前的瞬间重力的瞬时功率是100 W 【答案】A 【解析】
【详解】A B ．平抛的物体在竖直方向做自由落体运动，由
212
h gt =
重力做功为
G W mgh =
平均功率
W P t
=
联立解得平均功率为200W ，故A 正确，B 错误； CD ．小球落地竖直方向瞬时速度为
y gt =v
y P mg v =⋅
联立解得落地重力瞬时功率为400W ，故CD 错误。

故选A 。

3.如图所示的电路中，闭合电键k 后，灯a 和b 都正常发光，后来由于某种故障使灯b 突然变亮，电压表读数增加，由此推断这故障可能是（ ）
A. a 灯灯丝烧断
B. 电阻R 2短路
C. 电阻R 2断路
D. 电容被击穿短路 【答案】C 【解析】 【分析】
闭合电键S 后，灯a 和b 都正常发光时，灯a 与电阻R 1、电容器并联，灯b 与电阻R 2并联，两部分再串联．发生故障后，将四个选项逐一代入，分析灯b 亮度的变化和电压表示数的变化，选择符合题意的选项．
【详解】A ：若a 灯灯丝烧断，电路总电阻增大，总电流I 减小，b 灯两端电压2
2
b b b R R U I R R =⋅+减小，b 灯变暗，不符合题意．故A 项错误．
B ：若电阻R 2短路，b 灯被短路，b 灯不亮，不符合题意．故B 项错误．
C ：若电阻R 2断路，总电阻增大，总电流I 减小，b 两端电压1
1
(
)a b a R R U E I r R R =-++增大，b
灯变亮；电源两端电压U E Ir =-增大，电压表读数增加，符合题意．故C 项正确． D ：电容器被击穿短路，总电阻减小，总电流I 增大，路端电压U E Ir =-减小，电压表读数减小，不符合题意．故D 项错误．
【点睛】本题既是故障分析问题，也是电路动态分析问题．电路动态分析问题，按局部到整体，再对局部分析各元件上电压或电流的变化．灵活应用闭合电路的欧姆定律，电动势、路端电压和内电压关系，串并联电路的电压电流关系是解决动态电路的关键． 4.下列说法中正确的是（ ）
A. 物体所受合外力做的功为零，它一定保持静止或匀速直线运动
B. 物体在斜面上运动的加速度为5m/s 2时，机械能一定不守恒
C. 物体所受的合外力不为零，机械能可能守恒
D. 物体做匀速运动，机械能一定守恒 【答案】C 【解析】
【详解】A ．物体所受合外力做功为零，但是合外力不一定为零，则物体不一定保持静止或匀速直线运动，选项A 错误；
B ．若斜面的倾角为30°，且物体与斜面之间无摩擦力作用，物体在斜面上向下运动的加速度为5m/s 2
时，则物体的机械能是守恒的，选项B 错误；
C ．物体所受的合外力不为零，机械能可能守恒，例如自由落体运动等，选项C 正确；
D ．物体做匀速运动，动能不变，但是重力势能可能变化，则物体的机械能不一定守恒，选项D 错误。

故选C 。

5.电场中有一点P ，下列说法中正确的有（ ） A. 若放在P 点的电荷的电荷量减半，则P 点的场强减半 B. 若P 点没有试探电荷，则P 点场强为零
C. P点的场强越大，则同一电荷在P点受到的电场力越大
D. P点的场强方向为放在该点的电荷所受电场力的方向
【答案】C
【解析】
【详解】AB．电场中某点的电场强度是由电场本身决定的，与放在该点的试探电荷的电量以及电荷的有无均无关，选项AB错误；
C．根据F=Eq可知，P点的场强越大，则同一电荷在P点受到的电场力越大，选项C正确；D．P点的场强方向为放在该点的正电荷所受电场力的方向，选项D错误。

故选C。

6.a、b、c、d是匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点．电场线与矩形所在的平面平行．已知a点的电势是20V，b点的电势是24V，d点的电势是4V，如图．由此可知，c点的电势为（）
A. 4V
B. 8V
C. 12V
D. 24V
【答案】B
【解析】
试题分析：
根据在匀强电场中将某一线段等分同时就将该线段两端的电势差等分将线段bd五等分，如图
所示，则U be=1
5
U bd=
1
5
×（24-4）=4v，故U be=φb-φe=4v，故φf-φd=4v，故φe=24-4=20v．φf=8v．故
φa=φe，连接cf，则cf∥ae，故c点的电势φc=φf=8v．故B正确．故选B．
考点：电势
【名师点睛】①在匀强电场中将某一线段等分同时就将该线段两端的电势差等分；②在匀强电场中电场线平行且均匀分布故等势线平行且均匀分布．以上两点是解决此类题目的金钥匙．
7.如图所示，由两块相互靠近竖直放置的平行金属板组成平行板电容器，极板N与静电计相
接，极板M接地.用静电计测量平行板电容器两极板间的电势差U。

在两极板相距一定距离d 时，给电容器充电，静电计指针张开一定角度后停止充电.不计实验过程中电容器的漏电，下面操作能使静电计指针张角变大的是（）
A. 在M、N之间插入云母板
B. 将M板沿水平方向向右靠近N板
C. 将M板竖直向下平移
D. 在M、N之间插入金属板，且不和M、N接触
【答案】C
【解析】
【详解】由题意，电容器所带电量Q保持不变，静电计指针张角变大，板间电势差U变大，
由
Q
C
U
=分析可知，电容C应变小，根据
4
S
C
kd
ε
π
=分析可知，减小正对面积，增大板间距
离、或抽出电介质。

A．在M、N之间插入云母板，则C变大，U减小，选项A错误；
B．将M板沿水平方向向右靠近N板，则d减小，C变大，U减小，选项B错误；
C．将M板竖直向下平移，则S减小，C减小，U变大，选项C正确；
D．在M、N之间插入金属板，且不和M、N接触，则相当于d减小，则C变大，U减小，选项D错误。

故选C。

8.如图所示，真空中有直角坐标系xOy，在x轴上固定着关于O点对称的等量异号点电荷+Q
和-Q，C是y轴上的一个点，D是x轴上的一个点，DP连线垂直于x轴，两点的电势分别为φD 和φP，场强分别为E D和E P。

将一个点电荷+q从O移动到D，电场力对它做功为W1，将这个点电荷从C移动到P，电场力对它做功为W2，此电荷在C点和D点的电势能分别为E C和E D，则（）
A. E D <E P
B. W 1<W 2
C. E C <E D
D. φD <φP
【答案】D 【解析】
【详解】A ．等量异种电荷的电场线分布如图
结合场强的叠加法则可知
D P
E E >
A 错误；
B ．等量异种电荷的电势分布如图
沿电场线方向电势降低，所以
C O ϕϕ= P
D ϕϕ>
所以
CP OD U U <
根据电场做功W qU =可知
12W W >
B 错误，D 正确；
C ．沿电场线方向电势降低，所以
C D ϕϕ>
根据p E q ϕ=可知
C D E E >
C 错误。

故选
D 。

二、本题共3小题，每小题4分，共12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。

9.在如图所示的U －I 图象中，直线Ⅰ为某一电源的路端电压与电流的关系图线，直线Ⅱ为某一电阻R 的伏安特性曲线．用该电源直接与电阻R 相连组成闭合电路，由图象可知( )
A. 电源的电动势为3V ，内阻为0.5Ω
B. 电阻R 的阻值为1Ω
C. 电源的输出功率为2W
D. 电源的效率为66.7% 【答案】ABD 【解析】
【详解】A ．根据闭合电路欧姆定律得U =E -Ir ，当I =0时，U =E ，由读出电源的电动势E =3V ，内阻等于图线的斜率大小，则
3
0.56
U r I =
=Ω=Ω 故A 符合题意．
B ．根据欧姆定律可得电阻：
2
Ω1Ω2
U R I =
== 故B 符合题意．
C ．两图线的
交点表示该电源直接与电阻R 相连组成闭合电路时工作状态，由图读出电压U =2V ，电流I =2A ，则电源的输出功率为：
P 出=UI =4W
故C 不符合题意． D ．电源的效率
266.7%3P UI P EI η=
===总
出
故D 符合题意．
10.调整如图所示电路的可变电阻R 的阻值，使电压表V 的示数增大ΔU ，在这个过程中（ ）
A. 通过R 1的电流增加，增加量一定等于1
U
R ∆ B. R 2两端的电压减小，减少量一定等于
ΔU
C. 通过R 2的电流减小，但减少量一定小于2
U
R ∆
D. 路端电压增加，增加量一定等于ΔU
【答案】AC 【解析】 【详解】A ．1R 定值电阻，电压表示数为1R 两端电压，根据欧姆定律U
I R
=
可知电流增加量为
1
U
I R ∆∆=
A 正确；
BC ．电压表示数增大，说明R 与1R 构成的并联电路部分电阻增大，根据闭合电路欧姆定律
E
I R =
总
可知干路电流减小，则通过2R 电流减小，根据欧姆定律可知2R 两端电压减小，根据电路结构和闭合电路欧姆定律可知
2E U U Ir =++
结合数学知识推导
20U U Ir =-∆+∆+∆
则2R 两端电压的减小量2U ∆小于U ∆，所以通过2R 的电流小于
2
U
R ∆，B 错误，C 正确； D ．干路电流减小，根据闭合电路欧姆定律E U Ir =+路可知路端电压增大，又因为2R 两端电压减小，1R 两端电压增大，所以路端电压的增加量一定小于U ∆，D 错误。

故选AC 。

11.如图甲所示，小物块在平行斜面方向的力F 作用下，从静止开始沿光滑斜面向上运动的过程中，力F 开始阶段沿斜面向上、后来沿斜面向下，规定运动的起点为重力势能的零势能点，物块的机械能E 随其位移大小x 的变化规律如图乙所示。

则下列说法正确的有（ ）
A. 物块在O ～x 1这段位移上F 逐渐减小
B. 物块在位置x 1处加速度为零
C. 物块在位置x 2处加速度为零
D. 物块在x 1～x 2这段位移上速度均匀减小
【答案】AD 【解析】
【详解】A ．根据E Fx ∆= 可知图像的斜率等于力F ，则物块在O ～x 1这段位移上F 逐渐减小，选项A 正确；
B ．物块在位置x 1处切线的斜率为零，则力F =0，此时物体的加速度为a=g sinθ，选项B 错误；
C ．物块在位置x 2处斜率为负值，则力F 沿斜面向下，此时加速度不为零，选项C 错误；
D ．物块在x 1～x 2这段位移上因为斜率为负值且不变，则力F 为沿斜面向下且为定值，物体的加速度恒定不变，则物体的速度均匀减小，选项D 正确。

故选AD 。

三、实验题：本题共2小题，共22分.把答案填在题中的横线上.
12.用如图甲所示的实验装置验证质量为1m 的物块A 、质量为2m 的物块B 组成的系统的机械能守恒，B 从高处由静止开始下落，A 上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律。

如图乙给出的是实验中获取的一条纸带：0是打下的第一个点，每相邻两计数点之间还有4个点（图中未标出），计数点间的距离如图所示。

已知150g m =，
2150g m =，打点计时器的频率为50Hz 。

（结果均保留2位有效数字）
(1)在纸带上打下计数点5时物块的速度5v =_________m/s 。

(2)在打下计数点0到计数点5的过程中系统动能的增量k E ∆=______J ，系统势能减少量
p E ∆=______J 。

（当地重力加速度g 约为29.8m/s ）
(3)若某同学作出2
2v h -图像如图丙所示，则当地的重力加速度g =_____2m/s 。

【答案】 (1). 2.4 (2). 0.58 (3). 0.59 (4). 9.7
【解析】
【详解】(1)[1]在打下计数点5时物块的速度
46
5 2.4m/s 2x v T ==
(2)[2]在打下计数点0到计数点5的过程中系统动能的增量
()2
k 1251
0.58J 2E m m v ∆=+=
[3]系统势能减少量
()p 210.59J E m m g h ∆=-∆=
(3)[4]根据
()()221121
2m m gh m m v -=+
可得
221
21
2m m
v gh m m -=+
则图线的斜率
21
21
m m k g m m -=+
由图像得
5.82
4.851.20k ==
所以
29.7m/s g =
13.(1)某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率ρ。

步骤如下：
①用游标为20分度的卡尺测量其长度如图，由图可知其长度为________cm ；
②用螺旋测微器测量其直径如右上图，由图可知其直径为_________ mm ；
(2)某中学实验小组的同学现要测量一蓄电池的内阻和一未知电阻的电阻值，已知蓄电池的电动势约为6 V，蓄电池的内阻和未知电阻的电阻值约为几十欧姆。

实验室为该小组提供的实验器材有：
双量程电流表（0~30 mA、0~100 mA）、电压表（0~6 V）、滑动变阻器R1（0~5 Ω）、滑动变阻器R2（0~300 Ω）、开关以及导线若干。

该小组的同学设计了如图1所示的电路，并进行了如下的操作：
a.将实验器材按图1所示电路图连接；
b.将滑动变阻器的滑动触头滑至最左端，闭合开关，然后将滑动触头逐渐向右移动，记录多组实验数据，并将实验数据描绘在坐标系中；
c.打开开关，将待测电阻改接在2、3间，重复b操作，将得到的多组实验数据描绘在同一坐标系中，该图线与横纵轴的交点分别为（I0、0）、（0、U0），图中未画出。

根据以上操作回答下列问题：
①为了减小实验误差，滑动变阻器应选择__________；
②由伏安特性曲线可知，该蓄电池的内阻r约为________Ω；
③待测电阻的关系式R x=________（用I0、U0、r表示）；
④如果两电表均为理想电表，待测电阻接在1、2间和接在2、3间，滑动触头从最左端向右移动相同的距离时，电流表读数的变化范围_____，电压表读数的变化范围_____。

（均选填“相同”或“不同”）
【答案】 (1). 5.015 (2). 4.700 (3). R 2 (4). 25 (5). 00
U r I - (6). 相同 (7). 不同
【解析】
【详解】(1)①[1]．用游标为20分度的卡尺测量其长度为5cm+0.05mm×3=5.015cm； ②[2]．用螺旋测微器测量其直径为4.5mm+0.01mm×20.0=4.700mm；
(2) ①[3]．由题意可知，电动势为6V ，而电阻约为数十欧姆；由电路图可知，滑动变阻器起调节电流的作用，5Ω的电阻小于待测电阻较多，故只能选择R 2；
②[4]．图象的斜率表示电源的内阻，则可知，内阻为
5.5 4.025Ω0.06
r -== ③[5]．接R x 改接在2、3之间，由题意可知，等效内阻为
00
x U R r I +=
解得 00
x U R r I =- ④[6][7]．由于在调节滑动变阻器时，闭合电路中电阻不变，故电流表的变化范围相同；而由于电压表测量的是路端电压，由于等效内电阻不同，故电压表的变化范围不同；
四、本题共4小题，共42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。

14.2016年2月11日，美国“激光干涉引力波天文台”（LIGO ）团队向全世界宣布发现了引力波，这个引力波来自于距离地球13亿光年之外一个双黑洞系统的合并．已知光在真空中传播的速度为c ，太阳的质量为M 0，万有引力常量为G ．黑洞密度极大，质量极大，半径很小，以最快速度传播的光都不能逃离它的引力，因此我们无法通过光学观测直接确定黑洞的存在．假定黑洞为一个质量分布均匀的球形天体。

(1)因为黑洞对其他天体具有强大的引力影响，我们可以通过其他天体的运动来推测黑洞的存在。

天文学家观测到，有一质量很小的恒星独自在宇宙中做周期为T ，半径为r 0的匀速圆周运动．由此推测，圆周轨道的中心可能有个黑洞。

利用所学知识求此黑洞的质量M ；
(2)严格解决黑洞问题需要利用广义相对论的知识，但早在相对论提出之前就有人利用牛顿力
学体系预言过黑洞的存在。

我们知道，在牛顿体系中，当两个质量分别为m1、m2的质点相距为
r时也会具有势能，称之为引力势能，其大小为12
p
m m
E G
r
=-（规定无穷远处势能为零）．请你利用所学知识，推测质量为M′的黑洞，之所以能够成为“黑”洞，其半径R最大不能超过多少？
【答案】(1)
23
2
4r
M
GT
π
=；(2)
2
2GM
R
c
'
=
【解析】
【详解】(1)小恒星绕黑洞做匀速圆周运动，设小恒星质量为m，根据万有引力定律和牛顿第二定律
2
2
2
Mm
G m r
r T
π
⎛⎫
= ⎪
⎝⎭
解得
23
2
4r
M
GT
π
=
(2)设质量为m的物体，从黑洞表面至无穷远处，根据能量守恒定律
2
1
2
Mm
mv G
R
⎛⎫
+-=
⎪
⎝⎭
解得
2
2GM
R
v
'
=
因为连光都不能逃离，有v = c
所以黑洞的半径最大不能超过
2
2GM
R
c
'
=
15.如图所示，电源电动势E=10 V，内阻r=1 Ω，闭合开关S后，标有“8 V,12 W”的灯泡恰能正常发光，电动机M的内阻R0=4 Ω，求：
(1)电源的输出功率P出；
(2)10 s 内电动机产生的热量Q ；
(3)电动机的机械功率．
【答案】(1)16 W(2)10 J(3)3 W
【解析】
【详解】(1)由题意知，并联部分电压为：U =8 V ，故内电压为：U 内=E －U =2 V
总电流：I =U r
内=2 A ， 电源的输出功率：P 出=UI =16 W ；
(2)流过灯泡的电流：I 1=1P U
=1.5 A 则流过电动机的电流：I 2=I －I 1=0.5 A
电动机的热功率：P 0=22I R 0=1 W
10 s 内电动机产生的热量：Q =P 0t =10 J ；
(3)电动机的
总功率：P =UI 2=4 W
电动机的机械功率：P 机=P －P 0=3 W.
16.如图所示，在竖直平面内，光滑绝缘直杆AC 与半径为R 的圆周交于B 、C 两点，在圆心处有一固定的正点电荷，B 点为AC 的中点，C 点位于圆周的最低点。

现有一质量为m 、电荷量为q -、套在杆上的带负电小球从A 点由静止开始沿杆下滑。

已知重力加速度为g ，A 点距过C 点的水平面的竖直高度为3R ，小球滑到B 点时的速度大小为5gR 。

则
(1)正点电荷的电场在B 点和C 点的电势有何关系？
(2)求小球滑到C 点时的速度大小；
(3)若以B 点作为参考点（零电势点），试确定A 点的电势。

【答案】(1)两点电势相等；(2)22gR (3)mgR q
-
【详解】(1)点电荷的等势面是以点电荷为中心的同心圆，所以B 、C 两点在同一等势面上，故两点电势相等。

(2)由几何关系可得BC 的竖直高度
32
BC h R = 小球从B 到C 运动的过程中电场力做的总功为零，根据动能定理有
221122
BC C B mgh mv mv =
- 解得 22C v gR =
(2)小球从A 到B ，重力和电场力均做正功，由动能定理有
21(3)()02
BC AB B mg R h q U mv -+-=
- 其中 AB A B U ϕϕ=-
解得
A mgR q
ϕ=- 17.如图所示，AB 段为粗糙水平轨道，BC 段是固定于竖直平面内的光滑半圆形导轨，半径R =0.90m.一质量m =2.0kg 的小滑块静止在A 点，在水平恒力F 作用下从A 点向右运动，当运动至B 点时，撤去恒力F ，滑块沿半圆形轨道向上运动恰能通过最高点C ，已知滑块与水平轨道间的滑动摩擦力f ＝5.0N ，水平恒力F ＝20N ，取g =10m/s 2。

求：
(1)滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ；
(2)滑块运动至C 点的速度大小v C ；
(3)水平轨道AB 的长度L 。

【答案】(1)μ＝0.25；(2) v C ＝3.0m/s ；(3)L ＝3.0m
【详解】（1）滑块在水平轨道上运动时，所受的摩擦力
f ＝μN ＝μmg
代入数据解得
μ＝0.25
（2）滑块在C 点时仅受重力，由牛顿第二定律有
2
C
v mg m R
代入数据解得
v C ＝3.0m/s
（3）滑块从A 到C 的过程，运用动能定理有
(F －f )L －2mgR ＝2
1
2C mv －0
代入数据解得
L
＝3.0m。