解析安徽省亳州市涡阳四中2020┄2021学年高二上学期第二次质检物理试卷课改部

一、选择题（每小题4分,共40分.下列每小题所给选项只有一项符合题意,请将正确答案的序号填在答题卡上）
1．（4分)(20１４秋•涡阳县校级月考）20１４年1月1日辽宁舰顺利完成为期３7天的南海百项海域科研试验和训练．某次舰载机的训练如图所示，飞机在跑道上滑行的距离为s,从着舰到停下来所用的时间为t．现欲估算飞机着舰的速度,可假设飞机停止运动前在平直跑道上做匀减速运动，但实际上,飞机的速度越大,所受的阻力越大，则飞机着舰的速度v应是（）
A．ｖ=Ｂ.v= C.v＞ D.<ｖ<
考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系.版权所有
专题：直线运动规律专题.
分析:设飞机着陆过程中加速度为ａ,飞机着陆瞬间速度为v,根据匀加速直线运动位移速度公式及速度时间公式即可解题．
解答：解：设飞机着陆过程中加速度为a，飞机着陆瞬间速度为v,则有:
2aｓ=0﹣v2①
０=v+at ②
由①②得:，即飞机着舰的速度v至少为
故
故选：C
点评:本题主要考查了匀变速直线运动基本公式的直接应用，难度不大,属于基础题.
2.(４分)(2011•天津)如图所示,A、B两物块叠放在一起，在粗糙的水平面上保持相对静止地向右做匀减速直线运动，运动过程中B受到的摩擦力( ）
Ａ．方向向左,大小不变B．方向向左，逐渐减小
Ｃ．方向向右,大小不变Ｄ．方向向右，逐渐减小
考点:牛顿第二定律;滑动摩擦力．版权所有
专题:整体法和隔离法．
分析：整体法和隔离法是动力学问题常用的解题方法．
１、整体法：整体法是指对物理问题中的整个系统或整个过程进行分析、研究的方法．在力学中，就是把几个物体视为一个整体,作为研究对象，受力分析时，只分析这一整体对象之外的物体对整体的作用力(外力）,不考虑整体内部之间的相互作用力（内力)．
整体法的优点:通过整体法分析物理问题，可以弄清系统的整体受力情况和全过程的受力情况,从整体上揭示事物的本质和变体规律，从而避开了中间环节的繁琐推算,能够灵活地解决问题．通常在分析外力对系统的作用时，用整体法.
2、隔离法:隔离法是指对物理问题中的单个物体或单个过程进行分析、研究的方法.
在力学中,就是把要分析的物体从相关的物体体系中隔离出来,作为研究对象，只分析该研究对象以外的物体对该对象的作用力,不考虑研究对象对其他物体的作用力.
隔离法的优点:容易看清单个物体的受力情况或单个过程的运动情形，问题处理起来比较方便、简单,便于初学者使用.在分析系统内各物体(或一个物体的各个部分）间的相
互作用时用隔离法.
本题中两物体相对静止，可以先用整体法,整体受重力、支持力和向后的摩擦力,根据牛顿第二定律先求出整体加速度,再隔离物体B分析,由于向前匀减速运动，加速度向后，故合力向后，对B物体受力分析,受重力、支持力和摩擦力作用,根据牛顿第二定律，可以求出静摩擦力的大小.
解答:解：A、B两物块叠放在一起共同向右做匀减速直线运动,对A、B整体根据牛顿第二定律有
然后隔离B,根据牛顿第二定律有
f AＢ=m B a＝μm B
g 大小不变，
物体B做速度方向向右的匀减速运动,故而加速度方向向左，摩擦力向左；
故选A.
点评：对于连接体问题可以用整体法求加速度，用隔离法求解系统内力!
3．（4分）(2014春•桐乡市校级期中）摆式列车是集电脑、自动控制等高新技术于一体的新型高速列车,如图所示.当列车转弯时，在电脑控制下，车厢会自动倾斜,抵消离心力的作用;行走在直线上时,车厢又恢复原状，就像玩具“不倒翁”一样.假设有一超高速列车在水平面内行驶，以360km/h的速度拐弯，拐弯半径为１ｋm，则质量为50kｇ的乘客,在拐弯过程中所受到的火车给他的作用力为（g取１０m/s２)( ）
A.５０0ＮB．10０0Ｎ C.500N D.0
考点:向心力.版权所有
专题：牛顿第二定律在圆周运动中的应用.
分析：乘客随火车一起拐弯，靠重力和支持力的合力提供向心力,根据牛顿第二定律求出拐弯过程中火车对乘客的作用力.
解答:解：36０km／h=10０m/s．
根据牛顿第二定律知，，
根据平行四边形定则得,N==5０0N.故C正
确,A、Ｂ、D错误.
故选:C．
点评：解决本题的关键搞清圆周运动向心力的来源,结合牛顿第二定律和平行四边形定则进行求解．
４．（４分)(201４秋•涡阳县校级月考）图中ａ、b、c、d为四根与纸面垂直的长直导线,其横截面积位于正方形的四个顶点上，导线中通有大小相等的电流，方向如图所示.Ｏ点磁感应强度的方向（）
A．沿Oa向上B．沿Oc向下 C.沿Ob向左 D.沿Od向右
考点：磁感线及用磁感线描述磁场；磁感应强度.版权所有
分析:根据等距下电流所产生的Ｂ的大小与电流成正比，得出各电流在O点所产生的Ｂ的大小关系,由安培定则确定出方向，再利用矢量合成法则求得Ｂ的合矢量的方向．
解答：解:根据题意,由右手螺旋定则知ｂ与d导线电流产生磁场正好相互抵消,而a与c导线产生磁场正好相互叠加，由右手螺旋定则，则得磁场方向水平向左，
故选：C
点评：本题考查磁感应强度B的矢量合成法则,会进行磁感应强度的合成,从而确定磁场的大小与方向．
５.（4分）(２0０3•辽宁)在离地面高为h处竖直上抛一质量为m的物块,抛出时的速度为V0，当它落到地面时速度为V，用g表示重力加速度，则在此过程中物块克服空气阻力所做的功等于( ）
Ａ.mgｈ﹣mv2﹣ｍv02 B.﹣mｖ2﹣ｍv02﹣mｇh
Ｃ．m gｈ+ｍｖ0２﹣ｍv2D．m gｈ+mv2﹣mｖ02
考点：动能定理的应用．版权所有
专题:动能定理的应用专题．
分析:物体从离地面A处以一定速度竖直上抛,最后又以一定速度落到地面,则过程中物体克服空气阻力做功，可由动能定理求出.
解答：解：选取物体从刚抛出到正好落地，由动能定理可得:
解得:
故选：C
点评：运用动能定理时,要当心力做功的正负，同时要合理选取过程.此题要求物体的克服空气阻力做功，即阻力做负功．
同时得出重力做功与初末位置有关,而阻力做功与路径有关．
6．(4分)（2０14秋•涡阳县校级月考）如图所示,进行太空行走的宇航员A和B的质量分别为80kｇ和100kg,他们携手远离空间站,相对空间站的速度为０．1ｍ／s．A将Ｂ向空间站方向轻推后，Ａ的速度变为0.2m/s，求此时B的速度大小和方向( )
Ａ.0.02m／s，朝着空间站方向 B.0.０2ｍ/ｓ，离开空间站方向
C.0.2m／s,朝着空间站方向Ｄ.0.2m/s，离开空间站方向
考点：动量守恒定律．版权所有
专题：动量定理应用专题.
分析:在两宇航员A和B互推过程中,两人组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律列式求解．
解答:解:两宇航员组成的系统动量守恒,以远离空间站的方向为正方向，A和B开始的速度为v0=０.1m／s,方向远离空间站，推开后,A的速度v A=0.2ｍ/ｓ，此时Ｂ的速度为v B，由动量守恒定律得:
(m A+ｍB)ｖ0=mＡvＡ＋ｍＢｖB,
即:(80＋１0０）×0.1=80×0.２+100ｖB，
解得:v B=０.02m／s，B的速度方向沿远离空间站方向;
故选:B.
点评:本题以航天为背景,考查动量守恒定律，要注意选取正方向，用正负号表示速度的方向.
7.(4分）（2０１0•宿州二模)在磁场中的同一位置放置一条固定方向的直导线,导线的方向与磁场方向垂直.先后在导线中通入不同的电流,导线所受的力也不一样.图中的四幅图象表现的是导线受的力F与通过导线的电流I的关系,a、ｂ各代表一组F、I的数据．下列图象正确的是（）
A．B
.C．D
.
考点：安培力．版权所有
分析：根据安培力公式F=BIL写出表达式即可正确求解．
解答:解:在匀强磁场中，当电流方向与磁场垂直时所受安培力为:Ｆ＝BIL，由于磁场强度Ｂ和导线长度L不变,因此F与I的关系图象为过原点的直线,故ＡＣＤ错误,Ｂ正确.
故选:B.
点评:本题比较简单，考查了安培力公式F＝BＩＬ的理解和应用，考查角度新颖，扩展学生思维.
8．（4分)(２014春•鞍山期末)将一电荷量为+Q的小球放在不带电的金属球附近，所形成的电场线分布如图所示,金属球表面的电势处处相等．ａ、ｂ为电场中的两点，则下列说法错误的是( ）
A．ａ点的电场强度比b点的大
Ｂ.a点的电势比b点的高
C．检验电荷﹣q在a点的电势能比在b点的大
D．将检验电荷﹣q从ａ点移到b点的过程中,电场力做负功
考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势．版权所有
专题：电场力与电势的性质专题．
分析:电场线的疏密表示场强的大小；a点所在的电场线从Ｑ出发到不带电的金属球终止，所以ａ点的电势高于金属球的电势，而ｂ点所在处的电场线从金属球发出到无穷远,所以金属球的电势高于b点的电势;电势越高的地方，负电荷具有的电势能越小．
解答：解:Ａ：电场线的疏密表示场强的大小,由图象知a点的电场强度比b点大,故Ａ正确；
B：a点所在的电场线从Ｑ出发到不带电的金属球终止,所以a点的电势高于金属球的电势,而b点所在处的电场线从金属球发出到无穷远，所以金属球的电势高于ｂ点的电势.故B正确；
C:电势越高的地方,负电荷具有的电势能越小，即负电荷在a点的电势能较b点小，故C错误;
D:由上知,﹣q在a点的电势能较b点小，则把﹣q电荷从电势能小的a点移动到电势能大的b点,电势能增大，电场力做负功．故Ｄ正确.
本题选错误的，故选：C.
点评：该题考查电场线的特点与电场力做功的特点,解题的关键是电场力做正功,电势能减小;
电场力做负功,电势能增加．
9．(４分)(２014秋•沈丘县期中）喷墨打印机的简化模型如图所示,重力可忽略的墨汁微滴，经带电室带负电后，以速度v垂直匀强电场飞入极板间，最终打在纸上，则微滴在极板间电场中( )
A．向负极板偏转 B.运动轨迹是抛物线
C．电势能逐渐增大 D.运动轨迹与带电量无关
考点：带电粒子在匀强电场中的运动.版权所有
专题:带电粒子在电场中的运动专题．
分析：由电子带负电，在电场中受到的力来确定偏转方向;根据电子做类平抛运动来确定侧向位移,及电场力做功来确定电势能变化情况．
解答：解：A、由于是电子，故向正极板偏转,A错误;
B、由于电子在电场中做类平抛运动,轨迹为抛物线,故Ｂ正确；
C、由于电子做正功，故电势能减少，故C错误;
Ｄ、由侧向位移y==•，可知运动轨迹与带电量有关，故Ｄ错误.
故选:B．
点评:本题理解电子做类平抛运动的规律及处理的方法,并得出电势能变化是由电场力做功来确定的．
10.(4分)(201４秋•涡阳县校级月考）在如图所示的电路中,电源电动势为E、内电阻为ｒ，C为电容器,Ｒ0为定值电阻，Ｒ为滑动变阻器.开关闭合后，灯泡L能正常发光.当滑动变阻器的滑片向右移动时,下列判断正确的是( )
A．电流表读数变大 B.灯泡L将变暗
C．电容器C的电量将减小D．电源的总功率变大
考点：闭合电路的欧姆定律;电容;电功、电功率．版权所有
专题:电容器专题．
分析:电路稳定时,与电容器串联的电路没有电流，相当于断路．当滑动变阻器的滑片向右移动时，变阻器在路电阻增大，外电阻增大,即可知电压表读数增大．电路中电流减小,灯L变暗．电容器的电压等于路端电压，分析其电压变化,由Q=ＣU分析电量的变化.解答:解:A、当滑动变阻器的滑片向右移动时,变阻器在路电阻增大,外电阻增大，电路中电流减小，电流表示数减小,灯L变暗，故A错误、B正确；
C、电容器的电压等于路端电压，可见其电压是增大的,则由Q=CＵ知，电容器C的
电荷量将增大.故Ｃ错误．
D、电源消耗的功率P=ＥI,电流减小所以电源消耗的功率将变小，故Ｄ错误.
故选：B
点评:本题是电路的动态变化分析问题，可直接根据路端电压随外电阻增大而增大,判断电压表读数的变化．
二.实验题(共1８分）
11.(6分)(20１4秋•涡阳县校级月考）某学习小组在描绘标有“８.0v,3.８w”的小灯泡的灯丝电阻的伏安特性图线时，实验室给出一块电压表V(量程10Ｖ，内阻约4KΩ)和两块电流表，A1（量程1０0mA，内阻约2Ω)和A２（量程０.6A，内阻约0.3Ω),则选择电流表A2测量.甲、乙两同学利用电压表和选定的电流表采用不同的连接电路测出相应的电压和电流描绘出的伏安特性图线如图①、②所示，则图线② 更准确.
考点：描绘小电珠的伏安特性曲线.版权所有
专题:实验题．
分析：根据灯泡额定电流选择电流表，根据灯泡电阻与电表内阻的关系确定电流表的接法，然后分析答题.
解答:解：灯泡正常发光时时的电流:I=＝＝0.475A=4７5mＡ,电流表应选A2;
灯泡正常发光时的电阻约为:R=＝≈16.84Ω，电流表内阻约为0.３Ω，电压表内阻约为4kΩ，
电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法,电流表采用外接法，由于电压表的分流,电流表测量值偏大，图②所示图象准确.
故答案为：Ａ2,②.
点评:本题考查了实验器材的选择、图象的选择，掌握实验器材的选择原则、根据题意确定电流表的解法即可准确解题．
12．(1２分）(201４秋•涡阳县校级月考)某同学设计如图甲所示的电路图测量电源的电动势和内阻，同时测量未知电阻Ｒx的阻值，其中Ｒ为电阻箱(0∽99.9Ω),闭合开关前置于阻值最大位置,Ｒx未知电阻.其实验步骤如下：
(1）断开K1、闭合Ｋ2，逐次减小电阻箱的阻值，得到多组Ｒ、I值；
（2）依据Ｒ、I值作出如图乙所示的R﹣图线；
(3)断开K2、闭合K1，读出电流表示数为０.5Ａ，根据乙图可求得电源的电动势等于２Ｖ电源的内阻等于0.5Ω未知电阻Ｒx等于0.5Ω．
考点：测定电源的电动势和内阻.版权所有
专题:实验题．
分析:断开K2，闭合K1，电源与电阻箱串联，求出R与的关系式，根据图线的斜率求出电动势，根据纵轴截距求出电源的内阻.断开K2，闭合K1，当R调至某一位置时，电流表的示I1=1.0A；保持电阻箱的位置不变,断开Ｋ1,闭合Ｋ2,此时电流表的示数I２
=0.8A.根据闭合电路欧姆定律求出RＸ的阻值.
解答:解：根据E=ＩR+Ir,得Ｒ=，知图线的斜率等于电源的电动势,所以Ｅ=，纵轴截距表示内阻,所以内阻r=0.5Ω．
断开Ｋ2,闭合K1,当Ｒ调至某一位置时，电流表的示I1=1.0A,有:E＝I1R+I1ｒ，代入数据解得:R=1.5Ω,断开K1，闭合K2,此时电流表的示数I2＝0.8A.则有:E=Ｉ2(R X+Ｒ)+I2
ｒ，解得Ｒx=0.5Ω.
故答案为：2V;0.5Ω；0.5Ω
点评：解决本题的关键知道R与图线的斜率和截距表示的物理意义看，以及能够熟练运用闭合电路欧姆定律．
三.计算题（写出与题目有关的方程及重要的演算步骤，只有结果不得分）
1３.(8分)(２01４秋•涡阳县校级月考）如图所示,两平行金属板相距为ｄ,电势差为U，一电子质量为m，电荷量为e,从Ｏ点沿垂直于极板的方向射出,最远到达A点,然后返回，已知OA=h，求此电子具有的初速度是多少？
考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；动能定理．版权所有
专题：电场力与电势的性质专题．
分析:设出电子的初动能,末动能为零,全程只有电场力做功,根据动能定理解出电子的初速度解答：解：设出电子的初动能Ｅk０,末动能为零，极板间的电场E=，
根据动能定理:﹣ｅEh=0﹣，
解得:v＝
答：此电子具有的初速度是
点评:本题关键掌握动能定理，并能与电场知识结合处理粒子变速直线运动问题．注意动能定理应用时要找准全过程物体一共受到几个，并判断哪几个力做功.
14.(１０分)（20１4秋•涡阳县校级月考)在金属板A、B间加上如图乙所示的大小不变、方向周期性变化的交变电压Uｏ，其周期是T.现有电子以平行于金属板的速度v o从两板中央射入．已知电子的质量为m，电荷量为e，不计电子的重力,求：
（1）若电子从ｔ=0时刻射入，在半个周期内恰好能从A板的边缘飞出,则电子飞出时速度的大小.
(2）若电子从t=0时刻射入，恰能平行于金属板飞出，则金属板至少多长?
(3)若电子从ｔ=时刻射入，恰能从两板中央平行于板飞出，则两板间距至少多大?
考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系．版权所有
专题:电场力与电势的性质专题．
分析：（１）电子在半个周期内恰好能从A板的边缘飞出，在此过程中只有电场力做功,根据动能定理即可解除电子飞出时的速度.
（２)若电子从t＝0时刻射入,恰能平行于金属板飞出，说明电子在竖直方向前半周期做匀加速直线运动，后半周期做匀减速直线运动，到电子飞出电场最少用时为T;
（3)若电子恰能从两板中央平行于板飞出，要满足两个条件,第一竖直方向的位移为零，第二竖直方向的速度为零；则电子竖直方向只能先加速到某一速度v y再减速到零,然后反方向加速度到ｖy再减速到零．
解答:解：（1）电子飞出过程中只有电场力做功,根据动能定理得：
解得
(2)电子从t=0时刻射入且恰能平行于金属板飞出，则电子至少要在电场中运动一个
周期．
电子平行于金属板方向匀速运动,则：Ｌｍiｎ＝v０T
（３)电子从t＝时刻射入且恰能从两板中央平行于板飞出,则电子在垂直于金属板方向上做往复运动.则；
加速度：
电子在时间内的位移:
所以
答:（1)若电子从t=0时刻射入,在半个周期内恰好能从Ａ板的边缘飞出，则电子飞出时速度的大小.
(2）若电子从t=０时刻射入,恰能平行于金属板飞出,则金属板至少为v0T
(３）若电子从ｔ=时刻射入，恰能从两板中央平行于板飞出,则两板间距至少为
点评:带电粒子进入偏转电场中运动，水平方向不受力做匀速直线运动,竖直方向初速度为零的匀加速直线运动且具有周期性变化;要用好变化的正确性.
1５.(1２分)（２００９秋•杨浦区期末）如图所示，R3＝６Ω,电源内阻r为１Ω,当S合上且R2为２Ω时，电源的总功率为16W，而电源的输出功率为12W,灯泡正常发光，求：(1）电灯的电阻及功率；
(2）S断开时，为使灯泡正常发光,Ｒ2的阻值应调到多大？
考点：闭合电路的欧姆定律．版权所有
专题:恒定电流专题．
分析：（1)当S合上时,电阻Ｒ2与灯泡串联后电阻R3并联．根据电源的总功率为16W,电源的输出功率为１2W,求出通过电源的电流.根据电源的输出功率，求出外电阻总电阻，得到灯泡的电阻，并求出灯泡的功率.
（2）由（1）问中电流和电源的总功率为16Ｗ,求出电动势.S断开时,电阻Ｒ2与灯泡串联,根据欧姆定律求出R2的阻值．
解答:解:
（1)由P r＝Ｐ总﹣Ｐ出=I2r得
即:１6﹣12＝Ｉ２×１
得，I=2A
又P出=Ｉ2R外
即:12=22×Ｒ外
得,R外＝３Ω
又:
代入数据得:R L=4Ω
又ＲL+Ｒ2=R3∴ＩL=I3＝1A
P L=ＩL2RＬ=4W
（2）由上题P总=EＩ得，Ｅ==V＝8V.
S断开时时,E=I L(ＲL＋R２′+r）=8V
解得:R2′=3Ω
答：
(1）电灯的电阻是4Ω，功率是4W;
（2)S断开时,为使灯泡正常发光，R2的阻值应调到3Ω.
点评:从本题看出,对于电路问题，首先要搞清电路的连接方式，其次要弄清电源的三种功率关系.
16.（12分）（201４秋•涡阳县校级月考)如图所示，在光滑绝缘水平面上方足够大的区域内存在水平向右的电场,电场强度为E.不带电的绝缘小球Ｐ2静止在O点．带正电的小球P１离小球P2左侧的距离为L.现由静止释放小球Ｐ1，在电场力的作用下P1与P2发生正碰后反弹，反弹速度是碰前的倍.已知P1的质量为ｍ,带电量为q,P2的质量为
5m．求:
（1)碰撞前小球Ｐ1的速度.
（2）碰撞后小球Ｐ2的速度．
(３）小球P1和小球P２从第一次碰撞到得二次碰撞的时间和位置.
考点:匀强电场中电势差和电场强度的关系；动能定理．版权所有
专题:电场力与电势的性质专题.
分析:（１）根据动能定理求出碰撞前小球P1的速度.
(２)两小球碰撞的瞬间,动量守恒,结合动量守恒定律求出碰后小球P２的速度．
(3）碰撞后小球P１先向左后向右做匀变速运动,根据匀变速直线运动的位移时间公式，结合位移关系求出小球P1和小球P2从第一次碰撞到得二次碰撞的时间,根据位移的大小求出第二次碰撞的位置．
解答：解:（1）设碰撞前小球Ｐ1的速度为v0,根据动能定理
解得
（2）Ｐ１、Ｐ2碰撞,设碰后P1速度为ｖ１,P２速度为v2，规定v０的方向为正方向,
由动量守恒定律:mv0＝mｖ1+5mｖ2,
v1=﹣
解得v2=（水平向右）
(３）碰撞后小球P1先向左后向右做匀变速运动，设加速度为a,则：
设P1、P2碰撞后又经△t时间再次发生碰撞，且Ｐ1受电场力不变，由运动学公式，以水平向右为正，则:
解得：
对P2分析:
即第二次碰撞时距离O点
答:（1）碰撞前小球P１的速度为.
（2）碰撞后小球P２的速度为,方向向右．
（3)小球Ｐ1和小球Ｐ2从第一次碰撞到得二次碰撞的时间为，位置距离Ｏ点
.
点评：本题考查了动量守恒定律、动能定理、牛顿第二定律和运动学公式的综合，综合性较强,对学生的能力要求较高，关键理清两球的运动规律,选择合适的定律或定理进行求解.。