精品解析：江苏省启东中学2019-2020学年高二上学期期初考试物理试题(创新班)(解析版)

江苏省启东中学2019—2020学年度第一学期期初考试
高二物理（创新班）
一、单项选择题：本题共6小题，每小题3分，共计18分．每小题只有一个．．．．
选项符合题意．1.下列说法正确的是
A.温度标志着物体内大量分子热运动的剧烈程度
B.内能是物体中所有分子热运动所具有的动能的总和
C.气体压强仅与气体分子的平均动能有关
D.气体膨胀对外做功且温度降低，分子的平均动能可能不变【答案】A 【解析】
【详解】根据温度是分子平均动能的标志确定气体分子热运动的程度和分子平均动能变化，内能是分子平均动能和分子势总和，由气体压强宏观表现确定压强
A ．温度是分子平均动能的标志，所以温度标志着物体内大量分子热运动的剧烈程度，故A 正确；
B ．内能是物体中所有分子热运动所具有的动能和分子势能之和，故B 错误；
C ．由压强公式PV nRT =可知，气体压强除与分子平均动能（温度）有关，还与体积有关，故C 错误；
D ．温度是分子平均动能的标志，所以温度降低，分子平均动能一定变小，故D 错误。

2.某理想变压器原、副线圈的匝数之比为1：10，当输入电压增加20V 时，输出电压A.降低2V B.增加2V
C.降低200V
D.增加200V
【答案】D 【解析】
【详解】由理想变压器原、副线圈的电压比等于匝数比即
1122
U n U n =，得：2211n
U U n =，即副线圈两端电压与原线圈两端电压成正比，所以有：2
211
n U U n ∆=
⋅∆，当输入电压增加20V 时，输出电压增大200V ，故
D 正确。

3.如图所示，一只气球在风中处于静止状态，风对气球的作用力水平向右．细绳与竖直方向的夹角为α，绳的拉力为T ，则风对气球作用力的大小为
A.
sin T α
B.
cos T α
C.T sin α
D.T cos α
【答案】C 【解析】
【详解】对气球受力分析，由水平方向平衡条件可得：sin F T 风α=，故C 正确。

4.如图所示的电路中，电阻R =2Ω．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.1Ω
B.2Ω
C.3Ω
D.4Ω
【答案】A 【解析】
【详解】开关s 断开时有：3V E =，开s 闭合时有：2E
R R r
=+，其中2R =Ω，解得：1r =Ω，故A 正确。

5.1970年成功发射的“东方红一号”是我国第一颗人造地球卫星，该卫星至今仍沿椭圆轨道绕地球运动．如图所示，设卫星在近地点、远地点的速度分别为v 1、v 2，近地点到地心的距离为r ，地球质量为M ，引力常量为G ．则
A.121,v v v >=
B.121,v v v >>
C.121,v v v <
D.121,v v v <>
【答案】B 【解析】
【详解】“东方红一号”从近地点到远地点万有引力做负功，动能减小，所以12v v >，过近地点圆周运动
的速度为v =
，由于“东方红一号”在椭圆上运动，所以1v >，故B 正确。

6.一匀强电场的方向竖直向上，t =0时刻，一带电粒子以一定初速度水平射入该电场，电场力对粒子做功的功率为P ，不计粒子重力，则P -t 关系图象是
A. B. C. D.
【答案】A 【解析】
【详解】由于带电粒子在电场中类平抛运动，在电场力方向上做匀加速直线运动，加速度为
qE
m
，经过时
间t，电场力方向速度为qE t
m，功率为
qE
P Fv qE t
m
==⨯，所以P与t成正比，故A正确。

二、多项选择题：本题共6小题，每小题4分，共计24分．每小题有多个选项符合题意．全部选对的得4分，选对但不全的得2分．错选或不答的得0分．
7.一列简谐横波某时刻的波形如图所示，比较介质中的三个质点a、b、c，则
A.此刻a的加速度最大
B.此刻b的速度最小
C.若波沿x轴正方向传播，此刻b向y轴正方向运动
D.若波沿x轴负方向传播，a比c先回到平衡位置
【答案】AC
【解析】
【分析】
简谐波中的各质点在做简谐振动，此点距离平衡位置越远则加速度越大、速度越小，此点距离平衡位置越近则加速度越小，速度越大；平衡位置处加速度为0，速度最大。

波的传播方向可以同侧法来做出判断。

【详解】A．a点此时距离平衡位置最远，恢复力最大，所以加速度最大，符合题意；
B．b点此时在平衡位置，恢复力为0，加速度为0，速度最大，不符合题意；
C．如果波沿x轴正方向传播，可由同侧法判断b点向y轴正方向振动，符合题意；
D．如果波沿x轴负方向传播，c点向上振动，偏离平衡位置的位移小于振幅，则c点回到平衡位置的时间小于四分之一周期，质点a回到平衡位置需要四分之一周期，所以c点先于a点回到平衡位置，不符合题意。

【点睛】五种方法判波的振动和传播方向
1.上下坡法
“上下坡法”是把波形图线比喻为凸凹的路面，凸凹路面就有上坡段和下坡段，沿着波的传播方向看去，位于上坡段的质点，则向下运动，位于下坡段的质点，则向上运动；反之，向上运动的质点，必位于
下坡段，向下运动的质点，必位于上坡段。

注：法则中的“向上运动”，表示质点向规定的正方向运动，“向下运动”表示质点向规定的负方向运动。

“上下坡法则”对横波和纵波都适用。

2.振向波向同侧法
“振向波向同侧法”是利用“质点的振动方向与波的传播方向都位于波形的同一侧”来分析判断波形问题的方法。

在波形图上，如果用竖直箭头表示质点的振动方向，用水平箭头表示波的传播方向，并且要两箭头的箭尾相接，如图1所示，当波向右传播时，两箭头都在波形右侧。

3.头头尾尾相对法
在波形图的波峰或波谷上，画出一个与横轴平行的表示波传播方向的箭头，在波峰或波谷两侧波形上，分别画出两个与纵轴平行的表示质点振动方向的箭头，如图3所示，则这三个箭头总是头头相对，尾尾相对。

如图3中，波沿x 轴正方向传播，a 、b 之间的竖直箭头向下，表示a 、b 之间的质点都向y 轴的负方向振动，b 、c 之间的竖直箭头向上，表示b 、c 之间的质点都向y 轴正方向振动。

4.微平移法
把原波形沿波的传播方向平移一段小于4
的距离，通过比较某点在原波形和移动后波形上的位移大小，就可判断该点的振动方向。

5.带动法
波的形成和传播过程中，前一质点的振动带动后一相邻质点的振动，后一质点重复前一质点的振动形式。

只要知道某点振动方向或波的传播方向，再通过比较某质点的位移与它相邻质点的位移进行比较，即可判
断波的传播方向或确定该质点的振动方向。

8.如图所示，光滑水平面上有质量均为m的物块A和带有轻质弹簧的物块B，B静止，A以速度0v水平向右运动，从A与弹簧接触至弹簧被压缩到最短的过程中
A.A、B的动量变化量相同
B.A、B的动量变化率相同
C.A、B(含弹簧)系统的总机械能保持不变
D.A、B(含弹簧)系统的总动量保持不变
【答案】CD
【解析】
【分析】
两个物块组成的系统合外力为0，系统总动量守恒。

两物块所受的合外力大小相等、方向相反，应用动量定理、动量守恒定律解答。

【详解】AD．两物体相互作用过程中系统的合外力为0，系统总动量守恒，则物体A、物体B动量变化大小相等、方向相反，所以动量变化量不同，A不符合题意，D符合题意；
=∆可知，动量的变化率等于物理所受的合外力，物体A、物体B两物体的合外力大小B．由动量定理Ft p
相等、方向相反，所受合外力不同，则动量变化率不同，不符合题意；
C．物体A、B组成的系统，只有弹簧弹力做功，机械能守恒，所以总机械能保持不变。

9.如图所示，摩天轮悬挂的座舱在竖直平面内做匀速圆周运动．座舱的质量为m，运动半径为R，角速度大小为ω，重力加速度为g，则座舱
A.运动周期为
2πR
ω
B.线速度的大小为ωR
C.受摩天轮作用力的大小始终为mg
D.所受合力的大小始终为mω2R 【答案】BD 【解析】
【详解】由于座舱做匀速圆周运动，由公式2πT ω=
，解得：2πT ω
=，故A 错误；由圆周运动的线速度与角速度的关系可知，v R ω=，故B 正确；由于座舱做匀速圆周运动，所以座舱受到摩天轮的作用力是变力，不可能始终为mg ，故C 错误；由匀速圆周运动的合力提供向心力可得：2
F m R ω=合，故D 正确。

10.如图所示，在光滑的水平桌面上，a 和b 是两条固定的平行长直导线，通过的电流强度相等．矩形线框位于两条导线的正中间，通有顺时针方向的电流，在a 、b 产生的磁场作用下静止．则a 、b 的电流方向可能是
A.均向左
B.均向右
C.a 的向左，b 的向右
D.a 的向右，b 的向左【答案】CD 【解析】
【详解】由右手螺旋定则可知，若a 、b 两导线的电流方向相同，在矩形线框上、下边处产生的磁场方向相反，由于矩形线框上、下边的电流方向也相反，则矩形线框上、下边所受的安培力相反，所以不可以平衡，则要使矩形线框静止，a 、b 两导线的电流方向相反，故CD 正确。

11.如图所示，轻质弹簧的左端固定，并处于自然状态．小物块的质量为m ，从A 点向左沿水平地面运动，压缩弹簧后被弹回，运动到A 点恰好静止．物块向左运动的最大距离为s ，与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g ，弹簧未超出弹性限度．在上述过程中
A.弹簧的最大弹力为μmg
B.物块克服摩擦力做的功为2μmgs
C.弹簧的最大弹性势能为μmgs
D.物块在A
【答案】BC 【解析】
【详解】小物块压缩弹簧最短时有F mg 弹μ>，故A 错误；全过程小物块的路程为2s ，所以全过程中克服摩擦力做的功为：2mg s μ⋅，故B 正确；小物块从弹簧压缩最短处到A 点由能量守恒得：max P E mgs μ=，
故C 正确；小物块从A 点返回A 点由动能定理得：2
01202
mg s mv μ-⋅=-，解得：0v =D 错误。

12.如图所示，ABC 为等边三角形，电荷量为+q 的点电荷固定在A 点．先将一电荷量也为+q 的点电荷Q 1从无穷远处（电势为0）移到C 点，此过程中，电场力做功为-W ．再将Q 1从C 点沿CB 移到B 点并固定．最后将一电荷量为-2q 的点电荷Q 2从无穷远处移到C 点．下列说法正确的有
A.Q 1移入之前，C 点的电势为
W q
B.Q 1从C 点移到B 点的过程中，所受电场力做的功为0
C.Q 2从无穷远处移到C 点的过程中，所受电场力做的功为2W
D.Q 2在移到C 点后的电势能为-4W 【答案】ABD 【解析】
【详解】由题意可知，C 点的电势为p C E W
q
q
ϕ=
=
，故A 正确；由于B 、C 两点到A 点(q +)的距离相等，所以B 、C 两点的电势相等，所以1Q 从C 点移到B 点的过程中，电场力做功为0，故B 正确；由于B 、C 两点的电势相等，所以当在B 点固定1Q 后，C 点的电势为
2W
q
,所以2Q 从无穷远移到C 点过程中，电场力做功为：2204W W qU q W q
⎛⎫
==-⨯-
= ⎪⎝
⎭
故C 错误；由于C 点的电势为
2W
q
，所以电势能为p 4E W =-，故D 正确。

三、简答题：共计22分．请将解答填写在答题卡相应的位置．
13.用如图所示装置研究平地运动。

将白纸和复写纸对齐重叠并固定在竖直的硬板上。

钢球沿斜槽轨道PQ
滑下后从Q 点飞出，落在水平挡板MN 上。

由于挡板靠近硬板一侧较低，钢球落在挡板上时，钢球侧面会
在白纸上挤压出一个痕迹点。

移动挡板，重新释放钢球，如此重复，白纸上将留下一系列痕迹点。

（1）下列实验条件必须满足的有____________。

A ．斜槽轨道光滑B ．斜槽轨道末段水平C ．挡板高度等间距变化
D ．每次从斜槽上相同的位置无初速度释放钢球
（2）为定量研究，建立以水平方向为x 轴、竖直方向为y 轴的坐标系。

a ．取平抛运动的起始点为坐标原点，将钢球静置于Q 点，钢球的________（选填“最上端”、“最下端”或者“球心”）对应白纸上的位置即为原点；在确定y 轴时______（选填“需要”或者“不需要”）y 轴与重锤线平行。

b ．若遗漏记录平抛轨迹的起始点，也可按下述方法处理数据：如图所示，在轨迹上取A 、B 、C 三点，AB 和BC 的水平间距相等且均为x ，测得AB 和BC 的竖直间距分别是y 1和y 2，则1
2y y ______1
3（选填“大于”、“等
于”或者“小于”）。

可求得钢球平抛的初速度大小为____________（已知当地重力加速度为g ，结果用上述字母表示）。

（3）为了得到平抛物体的运动轨迹，同学们还提出了以下三种方案，其中可行的是____________。

A ．从细管水平喷出稳定的细水柱，拍摄照片，即可得到平抛运动轨迹
B ．用频闪照相在同一底片上记录平抛小球在不同时刻的位置，平滑连接各位置，即可得到平抛运动轨迹
C ．将铅笔垂直于竖直的白纸板放置，笔尖紧靠白纸板，铅笔以一定初速度水平抛出，将会在白纸上留下笔尖的平抛运动轨迹【答案】(1).BD
(2).球心
(3).需要
(4).大于
(5).(6).AB
【解析】【分析】
此题为平抛运动轨迹的研究实验，平抛运动时竖直方向的自由落体和水平方向的匀速直线运动的合运动。

【详解】(1)[1]A ．斜槽不需要光滑，保持末端速度相同即可，不符合题意；
B ．只要斜槽末端水平，钢球才能在竖直方向做初速度为0的自由落体运动，其轨迹为平抛运动轨迹，符合题意；
C ．将高度等间距变化只是为了简化计算，不是必须要满足的要求，不符合题意；
D ．每次在相同的位置释放钢球是为了保持每次都有相同的初速度，是充要条件，符合题意；(2)a.[2]钢球球心对应原点；
[3]研究竖直方向运动规律时y 轴与重锤线方向平行；
b.[4]平抛运动竖直方向上为自由落体运动，初速度为0，则根据平抛运动的规律，相等时间内竖直方向通
过的位移之比为：1:3:5:7...，由于A 点的竖直方向速度大于0，则
1213
y y >。

[5]由2s aT ∆=，可知在竖直方向上：
221(1)
y y gt -=水平方向上可知：
(2)x
t v =
初
联立（1）（2
）可知：
=v 初（3）[6]
A ．平抛运动的特性：竖直初速度为0，竖直加速度为g ，细管水平喷出水柱满足要求，符合题意；
B ．频闪照相后再将点连接可以得到平抛轨迹，符合题意；
C ．铅笔有一定的长度和质量，在实验过程中可能会偏离运动轨迹，可行性不大，不符合题意。

14.某同学测量一段长度已知的电阻丝的电阻率．实验操作如下：
（1）螺旋测微器如题1图所示．在测量电阻丝直径时，先将电阻丝轻轻地夹在测砧与测微螺杆之间，再旋动_____（选填“A ”“B ”或“C ”），直到听见“喀喀”的声音，以保证压力适当，同时防止螺旋测微器的损坏．
（2）选择电阻丝的_____（选填“同一”或“不同”）位置进行多次测量，取其平均值作为电阻丝的直径．（3）2图甲中R x，为待测电阻丝．请用笔画线代替导线，将滑动变阻器接入2图乙实物电路中的正确位置____
（4）为测量R，利用2图甲所示的电路，调节滑动变阻器测得5组电压U1和电流I1的值，作出的U1–I1关系图象如图图所示．接着，将电压表改接在a、b两端，测得5组电压U2和电流I2的值，数据见下表：
U2/V0.50 1.02 1.54 2.05 2.55
I2/mA20.040.060.080.0100.0
请根据表中的数据，在方格纸上作出U2–I2图象．___
（5）由此，可求得电阻丝的R x=______Ω．根据电阻定律可得到电阻丝的电阻率．
【答案】(1).C(2).不同(3).(4).
(5).23.5（23.0~24.0都算对）
【解析】
【详解】(1)在测量时，为了不损坏被测物体，最后也改用微调方旋钮即C，直到听见“喀喀”的响声；
(2)为了减小测量误差，应选用电阻丝不同位置进行多次测量；
(3)按照原理图，将实物图连线如图：
；
(4)将表格中各组数据在坐标纸上描出，再连成一条直线，如图：
；
当电压表按甲图连接时，电压表测的电压为0, x R R 的电压之和，当电压表接在a 、b 间时，电压表测的电压为0R 的电压，由图可得：001.96 2.04
49,25.50.040.08
x R R R +=
Ω=Ω=Ω=Ω，所以23.5x R =Ω。

四、计算题：本题共3小题，共计36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，答案中必须明确写出数值和单位．
15.如图所示，
固定在水平面上间距为l 的两条平行光滑金属导轨，垂直于导轨放置的两根金属棒MN 和PQ 长度也为l 、电阻均为R ，两棒与导轨始终接触良好。

MN 两端通过开关S 与电阻为R 的单匝金属线圈相连，线圈内存在竖直向下均匀增加的磁场，磁通量变化率为常量k 。

图中虚线右侧有垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B 。

PQ 的质量为m ，金属导轨足够长，电阻忽略不计。

（1）闭合S ，若使PQ 保持静止，需在其上加多大的水平恒力F ，并指出其方向；
（2）断开S ，PQ 在上述恒力作用下，由静止开始到速度大小为υ的加速过程中流过PQ 的电荷量为q ，求该过程安培力做的功W 。

【答案】（1）3Bkl F R =，方向水平向右；（2）212
23
W m kq υ=-【解析】
【详解】（1）设线圈中的感应电动势为E ，由法拉第电磁感应定律E t
∆Φ
=
∆，则E k
=①
设PQ 与MN 并联的电阻为R 并，有
2
R R =
并②
闭合S 时，设线圈中的电流为I ，根据闭合电路欧姆定律得
E I R R
=
+并③
设PQ 中的电流为PQ I ，有
12
RQ I I =
④
设PQ 受到的安培力为F 安，有
PQ F BI l
=安⑤
保持PQ 静止，由受力平衡，有ⅠⅡⅢⅣ
F F =安
⑥
联立①②③④⑤⑥式得
3Bkl F R
=
⑦
方向水平向右。

（2）设PQ 由静止开始到速度大小为υ的加速过程中，PQ 运动的位移为x ，所用时间为t ∆，回路中的磁通量变化为∆Φ，平均感应电动势为E ，有
E t
∆Φ=
∆⑧
其中
Blx
Φ∆=⑨
设PQ 中的平均电流为I ，有
2E I R
=
⑩
根据电流的定义得
q I t
=
∆⑪
由动能定理，有
21
2
Fx W m υ+=-⑫
联立⑦⑧⑨⑩⑪⑫⑬式得
21223
W m kq
υ=-⑬
16.如图所示，质量相等的物块A 和B 叠放在水平地面上，左边缘对齐．A 与B 、B 与地面间的动摩擦因数均为μ。

先敲击A ，A 立即获得水平向右的初速度，在B 上滑动距离L 后停下。

接着敲击B ，B 立即获得水平向右的初速度，A 、B 都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下．最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g ．求：（1）A 被敲击后获得的初速度大小v A ；
（2）在左边缘再次对齐的前、后，B 运动加速度的大小a B 、a B '；（3）B 被敲击后获得的初速度大小v B ．
【答案】（1）A v =（2）a B =3μg ，a B ′=μg ；（3）B v =【解析】
【详解】（1）由牛顿运动定律知，A 加速度的大小a A =μg 匀变速直线运动2a A L =v A 2
解得A v =（2）设A 、B 的质量均为m 对齐前，B 所受合外力大小F =3μmg 由牛顿运动定律F =ma B ，得a B =3μg 对齐后，A 、B 所受合外力大小F ′=2μmg 由牛顿运动定律F ′=2ma B ′，得a B ′=μg
（3）经过时间t ，A 、B 达到共同速度v ，位移分别为x A 、x B ，A 加速度的大小等于a A 则v =a A t ，v =v B –a B t 2211
22
A A
B B B x a t x v t a t =
=-，且x B –x A =L
解得B v =
17.如图所示，匀强磁场的磁感应强度大小为B ．磁场中的水平绝缘薄板与磁场的左、右边界分别垂直相交于M 、N ，MN =L ，粒子打到板上时会被反弹（碰撞时间极短），反弹前后水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反．质量为m 、电荷量为-q 的粒子速度一定，可以从左边界的不同位置水平射入磁场，在磁场中做圆周运动的半径为d ，且d <L ，粒子重力不计，电荷量保持不变。

（1）求粒子运动速度的大小v ；
（2）欲使粒子从磁场右边界射出，求入射点到M 的最大距离d m ；（3）从P 点射入的粒子最终从Q 点射出磁场，PM =d ，QN =
2
d
，求粒子从P 到Q 的运动时间t ．
【答案】（1）qBd v m =
；（2）m d =；（3）A.当1L nd d =+-（时，4π62L m t d qB -=
+（），B.
当2
L nd d =+（时，π2L m t d qB =-（）【解析】
【详解】（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动由洛伦兹力提供向心力有：
2
v qvB m
R
=，解得：mv R qB =由题可得：R d =解得qBd
v m
=
；（2）如图所示，粒子碰撞后的运动轨迹恰好与磁场左边界相切
由几何关系得d m =d （1+sin60°）解得m 23
d +=
（3）粒子的运动周期2πm T qB
=
设粒子最后一次碰撞到射出磁场的时间为t '，则(1,3,5,)4
T
t n
t n '=+= A.当3
12
L nd d =+-（时，粒子斜向上射出磁场112t T '=
解得334π2L m
t d qB
-=+（）B.当3
L nd d =+（）时，粒子斜向下射出磁场5
12t T '=
解得334π62L m t d qB
=-（）。