2016-2017学年贵州省遵义市务川中学高二(下)期中物理试卷(解析版)

2016-2017学年贵州省遵义市务川中学高二（下）期中物理试卷一、选择题（1-5题为单选，6-8题为多选，每题6分，共48分）
1．（6分）做自由落体运动的甲、乙两物体所受的重力之比为2：1，下落高度之比为l：4，则（）
A．下落时间之比是1：4
B．落地速度之比是1：1
C．下落过程中的加速度之比是2：1
D．落地速度之比是1：2
2．（6分）真空中两个点电荷相距r时，静电力为F，如果保持它们的电量不变，而将距离增大为2r时，则静电力将变为（）
A．B．C．F D．2F
3．（6分）我国发射的“神州六号”载人飞船，与“神州五号”飞船相比，它在更高的轨道上绕地球做匀速圆周运动，如图所示，下列说法正确的是（）
A．“神州六号”的周期更短
B．“神州六号”的速度与“神州五号”的相同
C．“神州六号”的速度较小
D．“神州六号”的周期与“神州五号”的相同
4．（6分）如图（a），线圈ab、cd绕在同一软铁芯上，在ab线圈中通以变化的电流，用示波器测得线圈cd间电压如图（b）所示，已知线圈内部的磁场与流经线圈的电流成正比，则下列描述线圈ab中电流随时间变化关系的图中，可能正确的是（）
A．B．C．
D．
5．（6分）如图所示，一小球从一半圆轨道左端A点正上方某处开始做平抛运动（小球可视为质点），飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B点。

O为半圆轨道圆心，半圆轨道半径为R，OB与水平方向夹角为60°，重力加速度为g，则小球抛出时的初速度为（）
A．B．C．D．
6．（6分）在倾角为θ的斜面上固定两根足够长的光滑平行金属导轨PQ、MN，相距为L，导轨处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下。

有两根质量均为m的金属棒a、b，先将a 棒垂直导轨放置，用跨过光滑定滑轮的细线与物块c 连接，连接a棒的细线平行于导轨，由静止释放c，此后某时刻，将b也垂直导轨放置，a、c此刻起做匀速运动，b棒刚好能静止在导轨上。

a棒在运动过程中始终与导轨垂直，两棒与导轨电接触良好，导轨电阻不计。

则（）
A．b棒放上导轨前，物块减少的重力势能等于a、c增加的动能
B．b棒放上导轨后，物块减少的重力势能等于回路消耗的电能
C．物块c的质量是2msinθ
D．b棒放上导轨后，棒中电流大小是
7．（6分）两板间距为d的平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地．在两极板间P点
有一静止的带电微粒，质量为m，电量大小为q，如图所示．以E表示两极板间的场强，U表示电容器的电压，E P表示带电微粒在P点的电势能，若保持负极板不动，将正极板移到图中虚线所示的位置，则（）
A．微粒带的是负电，并且始终保持静止
B．未移动正极板前，电压U的大小等于
C．移动正极板后U变小，E P不变
D．移动正极板后U变大，E变大
8．（6分）如图所示，为一自耦变压器的电路图，其特点是铁芯上只绕有一个线圈．把整个线圈作为原线圈，而取线圈的一部分作为副线圈．原线圈接在电压恒为U的正弦交流电源上，电流表A1、A2均为理想电表．当触头P向上移动时，下列说法正确的是（）
A．A1读数变大B．变压器的输入功率变大
C．A2读数变小D．变压器的输入功率不变
二、实验题（11题8分，12题12分）
9．（8分）如图12所示为“探究加速度与物体质量、物体受力的关系”的实验中用打点计时器打出的一条较理想的纸带，纸带上A、B、C、D、E、F、G为七个相邻的计数点，相邻计数点间的时间间隔是0.1s，距离如图，单位是cm，小车的加速度是m/s2．打F点时小车的速度等于m/s
10．（12分）在“测定电源的电动势和内阻”的实验中，已连接好部分实验电路。

（1）按如图甲所示的实验电路，把图乙中剩余的电路连接起来。

（2）在图乙的电路中，为避免烧坏电表，闭合开关前，滑动变阻器的滑片应置于端（选填“A”或“B”）。

（3）图丙是根据实验数据作出的U﹣I图象，由图可知，电源的电动势E＝V，内阻r＝Ω
三、计算题（共计42分）
11．（12分）如图所示，倾角θ＝37°的粗糙斜面固定在水平面上，质量m＝2.0kg的物块（可视为质点），在沿斜面向上的拉力F作用下，由静止开始从斜面底端沿斜面向上运动。

已知拉力F＝32N，物块与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.25，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，且斜面足够长。

求：
（1）物块加速度的大小；
（2）若在第2.0s末撤去拉力F，物块离斜面底端的最大距离；
（3）物块重新回到斜面底端时速度的大小。

12．（12分）如图所示，处于匀强磁场中的两根足够长、电阻不计的平行金属导轨相距1m，导轨平面与水平面成θ＝37°角，下端连接阻值为R的电阻．匀强磁场方向与导轨平面垂直．质量为0.2kg、电阻不计的金属棒放在两导轨上，棒与导轨垂直并保持良好接触，它们之间的动摩擦因数为0.25．（g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）求：
（1）求金属棒沿导轨由静止开始下滑时的加速度大小；
（2）当金属棒下滑速度达到稳定时，电阻R消耗的功率为8W，求该速度的大小；
（3）在上问中，若R＝2Ω，金属棒中的电流方向由a到b，求磁感应强度的大小与方向．
13．（18分）如图所示，虚线所围区域内有方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B．一束电子沿圆形区域的直径方向以速度v射入磁场，电子束经过磁场区后，其运动的方向与原入射方向成θ角。

设电子质量为m，电荷量为e，不计电子之间的相互作用力及所受的重力。

求：
（1）电子在磁场中运动轨迹的半径R；
（2）电子在磁场中运动的时间t；
（3）圆形磁场区域的半径r。

2016-2017学年贵州省遵义市务川中学高二（下）期中物
理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（1-5题为单选，6-8题为多选，每题6分，共48分）
1．【解答】解：A、自由落体运动快慢与物体的质量无关，与高度无关，都为g，所以加速度之比为1：1，根据h＝可知t＝，故下落时间之比是1：2，故AC错误；
B、由v＝，故落地速度之比是1：2，故B错误，D正确；
故选：D。

2．【解答】解：由点电荷库仑力的公式F＝可以得到，电量不变，将它们之间的距离增大为2r，库仑力将变为原来的，所以A正确、BCD错误。

故选：A。

3．【解答】解：万有引力提供圆周运动向心力有：
A、周期知，轨道半径小的神州五号周期小，故AD错误；
B、速度知，轨道半径小的神州五号线速度大，故C正确，B错误。

故选：C。

4．【解答】解：因为线圈cd中每个时间段内电流大小不变化，则每个时间段内产生的感应电动势不变；
根据法拉第电磁感应定律得：E＝N S，
电流为：，
则线圈ab中每个时间段内电流的磁场均匀变化。

正确反应这一关系的图象只有C．故C 正确，A、B、D错误。

故选：C。

5．【解答】解：飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B点，则知速度与水平方向的夹角为30°，则有：v y＝v0tan30°
又v y＝gt，则得：v0tan30°＝gt，t＝①
水平方向上小球做匀速直线运动，则有：
R+Rcos60°＝v0t ②
联立①②解得：v0＝。

故选：D。

6．【解答】解：b棒静止说明b棒受力平衡，即安培力和重力沿斜面向下的分力平衡，a棒匀速向上运动，说明a棒受绳的拉力和重力沿斜面向下的分力大小以及沿斜面向下的安培力三个力平衡，c匀速下降则c所受重力和绳的拉力大小平衡。

由b平衡可知，安培力大小F安＝mgsinθ，由a平衡可知F绳＝F安+mgsinθ＝2mgsinθ，由c平衡可知F绳＝m c g
A、b放上之前，根据能量守恒知物块减少的重力势能等于a、c增加的动能与a增加的
重力势能之和，故A错误；
B、b棒放上导轨后，物块减少的重力势能等于回路消耗的电能与a增加的重力势能之和，
故B错误；
C、以a、b整体为研究对象，根据共点力的平衡可得绳子拉力F＝2mgsinθ，以物块为研
究对象，根据平衡条件可得：F＝m c g，因为绳中拉力大小相等，故2mgsinθ＝m c g，即物块c的质量为2msinθ，故C正确；
D、根据b棒的平衡可知F安＝mgsinθ又因为F安＝BIL，解得：I＝，故D正
确。

故选：CD。

7．【解答】解：
A、B、未移动正极板前，微粒处于静止状态，受力平衡，则知微粒所受的电场力与重力
平衡，电场力方向竖直向上，而板间场强方向竖直向下，所以微粒带负电。

由平衡条件得：mg＝qE，又E＝，解得U＝，故A、B正确。

CD、移动正极板后，由电容的决定式C＝可知电容变大，而电量不变，
由C＝可知U变小。

再由E＝得E＝，式中各量不变，则板间场强E不变。

由上分析可知E不变，由U＝Ed可知P点与下极板间的电势差不变，则P点的电势不变，微粒的电势能E P不变，故C正确，D错误。

故选：ABC。

8．【解答】解：AC、理想自耦变压器，原线圈接正弦交流电压U，当触头上移时，导致副线圈的匝数N2增加，则由变压比可得，U2增加，则导致A2读数I2变大，再由电流与匝数成反比可得，I1变大，即A1读数变大，A正确、C错误。

BD、副线圈中电压和电流都增大，所以输出功率增大，根据输入功率等于输出功率知变压器的输入功率变大，故B正确、C错误；
故选：AB。

二、实验题（11题8分，12题12分）
9．【解答】解：每打五个点取一个计数点，又因打点计时器每隔0.02s打一个点，所以相邻两计数点间的时间T＝0.1s；
设A到B之间的距离为x1，以后各段分别为x2、x3、x4、x5、x6，
根据匀变速直线运动的推论公式△x＝aT2可以求出加速度的大小，得：
x4﹣x1＝3a1T2
x5﹣x2＝3a2T2
x6﹣x3＝3a3T2
为了更加准确的求解加速度，我们对三个加速度取平均值，得：
a＝（a1+a2+a3）＝＝160cm/s2＝1.6m/s2
根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，有：
v F＝＝cm/s＝99.5cm/s＝0.995m/s
故答案为：1.60，0.995
10．【解答】解：（1）由原理图可知滑动变阻器为限流接法，电压表并联在滑动变阻器两端，由原理图连接实物图所示；
（2）为保证实验安全，在开始时电路中电流应为最小值，故滑动变阻器应接入最大阻值，由图可知，滑动变阻器接入部分为左半部分；故滑片应接到B端
（3）由U﹣I图可知，电源的电动势E＝1.50
当路端电压为1V时，电流为0.5A，则由闭合电路欧姆定律可知：r＝＝1Ω；
故答案为：（1）如图所示；（2）B；（3）1.50；1；
三、计算题（共计42分）
11．【解答】解：（1）物块的受力情况如图1所示。

由牛顿第二定律有：F﹣mgsinθ﹣f＝ma1…①
N﹣mgcosθ＝0…②
又因为f＝μN…③
由①②③式可求得：
（2）物块做初速度为零的匀加速直线运动，第2.0s末时物块的速度v1＝a1t1＝16m/s 这2.0s内物块的位移：
撤去拉力F后，物块的受力情况如图2所示。

由牛顿第二定律有：mgsinθ+f＝ma2…④
由②③④式可求得：
物块做匀减速直线运动，到达最高点时，速度为零，
则有
解得：x2＝16m
所以物块到斜面底端的距离：x＝x1+x2＝32m
（3）物块到达最高点后，物块的受力情况如图3所示。

由牛顿第二定律有：mgsinθ﹣f ＝ma3…⑤
由②③⑤可求得：
物块做初速度为零的匀加速直线运动，则有
解得：v3＝16m/s
答：（1）物块加速度的大小为8.0m/s2；
（2）若在第2.0s末撤去拉力F，物块离斜面底端的最大距离为32m；
（3）物块重新回到斜面底端时速度的大小为16m/s
12．【解答】解：（1）金属棒开始下滑的初速为零，
由牛顿第二定律得：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma ①
由①式解得：a＝10×（0.6﹣0.25×0.8）m/s2＝4m/s2②；
（2）设金属棒运动达到稳定时，速度为v，所受安培力为F，
棒在沿导轨方向受力平衡：mgsinθ一μmgcos0一F＝0③
此时金属棒克服安培力做功的功率等于电路中电阻R消耗的电功率：Fv＝P④由③、④两式解得：⑤
（3）设电路中电流为I，两导轨间金属棒的长为l，磁场的磁感应强度为B，
感应电流：⑥
电功率：P＝I2R ⑦
由⑥、⑦两式解得：⑧
磁场方向垂直导轨平面向上；
答：（1）金属棒沿导轨由静止开始下滑时的加速度大小为4m/s2；
（2）当金属棒下滑速度达到稳定时，电阻R消耗的功率为8W，该速度的大小为10m/s；
（3）若R＝2Ω，金属棒中的电流方向由a到b，磁感应强度的大小为0.4T，方向：垂直于轨道平面向上．
13．【解答】解：（1）电子在磁场中受到的洛伦兹力提供电子做匀速圆周运动的向心力即：
由此可得电子做圆周运动的半径R＝＝
（2）
如图根据几何关系，可以知道电子在磁场中做圆周运动对圆心转过的角度α＝θ则电子在磁场中运动的时间：
t＝＝
（3）由题意知，由图根据几何关系知：
∴
答：（1）电子在磁场中运动轨迹的半径R＝；
（2）电子在磁场中运动的时间t＝；
（3）圆形磁场区域的半径r＝。