湖南省五市十校2020-2021年第一学期高二第一次联考试题物理【含答案】

湖南省五市十校2020-2021年第一学期高二第一次联考试题

物理

本试卷共4页，全卷满分100分，考试时间90分钟。

考生注意：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡，上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。

3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

一、单项选择题：本题共8小题，每小题4分，共32分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1.有一质点，从坐标原点O自t＝0时刻开始沿x轴运动，其v－t图象如图所示。现有下列说法，其中正确的是

A.t＝2.0s时质点离O点最远

B.t＝0.5s时质点运动方向发生改变

C.t＝1.0s时质点离O点最远

D.t＝1.0s时质点回到O点

2.如图所示，一直角支架固定不动。在其光滑竖直杆上套着一个滑块，用轻绳系着滑块绕过光滑的定滑轮。用竖直向下的力F缓慢拉绳，使滑块从A点起由静止开始缓慢上升至B、C点。下列说法正确的是

A.滑块从A 点到B 点的过程中，力F 大小不变

B.滑块从A 点到C 点的过程中，杆对滑块的弹力不变

C.滑块从A 点到C 点的过程中，力F 逐渐变小

D.滑块从A 点到C 点的过程中，杆对滑块的弹力变大

3.排球运动场地示意图如图所示，排球网在O 点处，左右两侧场地的A 、B 两点与O 点距离均为H ，AB 连线与网平面垂直，左右边界与网的垂直距离约为3H 。一运动员在A 正上方H 处将球水平拍出，刚好被对方运动员在B 点上方

2

H

处接住，不计空气阻力，则

A.球被拍出后，相同时间内速度变化量越来越大

B.球被拍出后，经过t ＝

2H

g

的时间被接住 C.球被拍出瞬间，初速度大小为v 0＝

gH

D.若对方运动员不接球，该球便落在对方界内得分

4.有两个完全相同的金属小球A 、B(它们的大小可忽略不计)，A 带电荷量为9Q ，B 带电荷量为－Q ，当A 、B 在真空中相距为r 时，两球之间的相互作用的库仑力为F ；现用绝缘工具使A 、B 球相互接触后距离变为原来的2倍，则A 、B 间的相互作用的库仑力的大小是 A.

49F B.94F C.916F D.169

F 5.如图，电荷量为q 1和q 2的两个点电荷分别位于P 点和Q 点，已知在P 、Q 连线上某点R 处的电场强度为零，且PR ＝3RQ ，则

A.q 1＝3q 2

B.q 1＝9q 2

C.q 1＝－3q 2

D.q 1＝－9q 2

6.如图所示，A 、B 两带正电粒子质量之比为1：2，电荷量之比为1：4。两粒子在O 上方同一位置沿垂直电场方向射入平行板电容器中，分别打在C 、D 两点，OC ＝CD ，忽略粒子重力及粒子间的相互作用，下列说法正确的是

A.A和B在电场中运动的时间之比为1：2

B.A和B运动的加速度大小之比为1：2

C.A和B的初速度大小之比为1：4

D.A和B的末速度大小之比为1：2

7.如图所示的U－I图像中，直线a表示某电源路端电压与电流的关系，直线b为某一电阻R 的U－I图像。用该电源直接与电阻R连接成闭合电路，由图像可知

A.电源的输出功率为2W

B.电源电动势为4.0V，内阻为0.5Ω

C.电源的总功率为8W

D.若将两个相同电阻R串联接入该电源，则电流变为原来的1 2

8.如图所示，先接通S使电容器充电，然后断开S。当增大两极板间距离时，电容器所带电荷量Q、电容C、两极板间电势差U、两极板间场强E的变化情况是

A.Q变小，C不变，U不变，E变小

B.Q变小，C变小，U不变，E不变

C.Q不变，C变小，U变大，E不变

D.Q不变，C变小，U变小，E变小

二、多项选择题：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，有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。

9.某中轨道卫星绕地球做圆周运动的半径约为地球同步卫星轨道半径的一半，已知地球自转周期为T，地球同步卫星轨道半径为r，则下列说法正确的是

A.中轨道卫星绕地球运转的周期约为

2

T

B.中轨道卫星绕地球运转的线速度等于22r T

C.中轨道卫星绕地球运转的角速度比同步卫星角速度小

D.中轨道卫星绕地球运转的向心加速度比同步卫星向心加速度大

10.一带电粒子在电场中仅受静电力作用，做初速度为零的直线运动。取该直线为x轴，起始点O为坐标原点，其电势能E p与位移x的关系如图所示。下列图象中明显不合理的是

11.如图所示电路中，电源的内阻为r，三只灯泡原来都正常发光，当滑动变阻器的滑动触头P 向左移动时，下面的判断正确的是

A.L1变暗

B.L2变亮

C.L3变亮

D.路端电压变小

12.如图，电流表A1(0～3A)和A2(0～0.6A)是由两个相同的灵敏电流计改装而成，现将这两个电流表并联后接入电路中。闭合开关S，调节滑动变阻器，下列说法中正确的是

A.A1、A2的读数之比为5：1

B.A1、A2的读数之比为1：1

C.A1、A2的指针偏转角度之比为1：1

D.A1、A2的指针偏转角度之比为1：5

三、非选择题：共52分。

13.(6分)如图是在“探究功与物体速度变化的关系”的实验中得到的一条纸带。A、B、C、D、

E、F、G为计数点，相邻计数点间时间间隔为0.1s，x1＝2.20cm，x2＝2.60cm，x3＝2.98cm，x4＝3.38cm，x5＝3.79cm，x6＝4.18cm。则：

(1)有关电火花计时器操作和测量的说法中正确的是。

A.电火花计时器使用的是220V的交流电源

B.开始释放小车前，应使小车靠近电火花计时器

C.使用的电源频率越高，打点的时间间隔就越大

D.在同一纸带上打的点越密，说明物体运动的速度越小

(2)求打点计时器在打B测量点时小车的瞬时速度大小：v B＝m/s(结果保留两位有效数字)。

(3)根据以上数据，求出小车的加速度a＝m/s2(结果保留两位有效数字)。

14.(8分)在电路设计中需要一个30Ω的电阻，而身边只有一个标识模糊的电阻，用欧姆表粗略测定约为30Ω，现用伏安法来测定，要求测量数据尽可能多，误差尽可能小，备有以下器材：A.电池组(6V、约1Ω) B.电流表(0～3A、约0.01Ω)

C.电流表(0～150mA、约0.8Ω)

D.电压表(0～5V、约5kΩ)

E.电压表(0～20V、约15kΩ)

F.滑动变阻器(0～5Ω、1.5A)

G.滑动变阻器(0～300Ω、0.3A) H.开关、导线

(1)上述器材中电流表应选用的是(填序号)。

(2)上述器材中电压表应选用的是(填序号)。

(3)上述器材中滑动变阻器应选用的是(填序号)。

(4)画出实验电路图。

15.(6分)如图，细绳跨过定滑轮悬挂质量分别为M和m的两物体A和B，且M>m，不计摩擦。在系统由静止开始运动，重力加速度为g，求：A物体的加速度的大小。

16.(8分)如图所示电路中，电阻R1＝4Ω，R2＝10Ω，电源内阻r＝2Ω，小灯泡的规格为5V，5W，当开关S闭合时，小灯泡正常发光，求：

(1)电源电动势；

(2)若通电8s，则电阻R2的发热量为多少。

17.(10分)如图所示，用长为1.6m的轻质柔软绝缘细线，拴一质量为4.0×10－2 kg、电荷量为3.0×10－6 C的带正电的小球，细线的上端固定于O点。现加一水平向右的匀强电场，平衡时细线与铅垂线成37°角，(sin37°＝0.6，g取10m/s2)求：

(1)电场强度的大小；

(2)若将小球拉到右侧与O点等高的位置且保持细线水平由静止释放，求小球摆到最低点时小球的速度。

18.(14分)半径为R的光滑半圆管道(管道内径远小于R)竖直固定于水平面上，管道最低点B 恰与粗糙水平面相切，弹射器固定于水平面上。一个可看作质点的质量为m的小物块将弹簧压缩至A处，A、B相距为l，弹射器将小物块由静止开始弹出，小物块沿半圆管道运动到最高点C恰好与管壁无接触，已知小物块与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，求：

(1)小物块到达B点时对管璧的压力；

(2)弹射器释放的弹性势能E p；

(3)若管道的半径r可变，且弹射器释放的弹性势能恒为E p，试求当r满足什么条件时小物块从C点抛出后落到水平面上离B点最远。

参考答案

一、单项选择题（本题包括8小题，每题4分，共32分）

二、多项选择题（本题包括4小题，每题4分，共16分）

1.C 解析：速度的正负表方向，在前1s 内物体沿负方向运动，在后1s 内沿正方向运动，两段时间内位移大小相等，所以t=1s 时离原点最远，t=2s 时，回到出发点．故C 正确。

2.D 解析：根据几何关系可知，轻绳与竖直杆的夹角α越来越大，滑块缓慢上升可看作动态平衡，竖直方向Fcosα=mg,F=mg/cosα,夹角α增大，cosα减小,F 增大。AC 错误。水平方向N=Fsinα=mgtanα,夹角α增大，tanα增大,N 增大。B 错D 对。

3.D 解析：球被拍出后，做平抛运动，相同时间内速度相同,A 错；竖直方向自由落体，

g

H

t gt H H =?=-

2

212，B 错；水平方向匀速运动，gH t H v 220==,C 错；

若球落地g

H

t 21=

水平方向匀速运动，H H t v s 32210<==落在对方界内,D 对。 4.A 解析：未接触前，根据库仑定律，得22

9r Q k F =，接触后两球带电量相同

Q Q Q q 42

)

(9=-+=,距离变为2r,再由库仑定律，得F r Q k r Q k F 944416222

2==='; 所以A 对，BCD 错。

5.B 解析：据题知，q1和q2两个点电荷在R 处产生的场强大小相等、方向相反，则q1和q2的电性相同，设RQ=r ，则PR =3r.根据电场的叠加原理可得：()

22

2

1

3r q k

r q k

=,

可得|q1|=9|q2|,

综上可得：q1=9q2。

6.B 解析：质量之比为1：2，电荷量之比为1：4．所以比荷之比为1：2。粒子在竖直方向做静止开始的匀加速运动且位移相等，qE

mh

t t m qE at 2221h 22=

?==

,可知运动时间之比为1:2，A 错；m qE a =

，加速度与比荷成正比，所以加速度之比为1:2，B 对；t

x

v =0，而题号 1 2 3 4 5 6 7 8 选项

C

D

D

A

B

B

A

C

题号 9 10 11 12 选项 BD AD CD AC

位移之比为1:2，时间之比为1:2，所以初速度之比为1:22,C 错;222

0t a v v +=，所以

末速度之比为1:2，D 错。

7.A 解析： 电源的输出功率W IU P 2==,A 对;电动势为4.0V ，内阻Ω==22

4

r ，B 错;

电源的总功率W IE P 441=?==总,C 错;原电路的总电阻为4?，若将两个相同电阻R 串联接入该电源，则总电流变为6?，即总电阻变为原来的

23，所以电流变为原来的32

。

8.C 解析：电容器与电源断开，电量Q 保持不变，增大两极板间距离时，根据kd

S

C πε4=，知道电容C 变小，根据C Q U =，知两版极板间的电势权差U 变大，根据S

kQ

Cd Q d U E επ4=

==，知电场强度E 不变．故C 正确，A 、B 、D 错误。 9.BD 解析： 由开普勒第三定律

8

13

33

3==

同

中同

中r r T T ，则T T 42

=中,A 错；中轨道卫星绕地球运转的线速度等于T

T r

v r 2222ππ

==中,B 对;中轨道卫星绕地球运转的角速度比同步卫星的角速度大，C 错;根据2r

GM

a =

,可知中轨道卫星绕地球运转的向心加速度比同步卫星向心加速度大,D 对。

10.AD 解析：粒子仅受电场力作用，做初速度为零的加速直线运动，电场力做功等于电势能的减小量，故：x

E F P ??=

，Ep-x 图象上某点的切线的斜率表示电场力，故电场力逐渐减小，

电场强度减小，A 错; 根据动能定理，有：F?△x=△Ek ，故Ek-x 图线上某点切线的斜率表示电场力；由于电场力逐渐增大，粒子做加速度增大的加速运动，故B 正确；a-x 图像的斜率为

v v t a k x t x v

???=

=?=???，由于a 和v 均增大，所以比值不确定； 只有匀变速运动的v 2-x 图象才是直线，故D 错误：由于本题选明显错误的．所以选AD 。

11.CD 解析：当滑片向左移时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知电路中总电流增大，故L 1 变亮；电路中总电流增大，故内阻r 及R 0 、L 1 两端的电压增大，而电动势不变，故并联部分的电压减小，故L 2 变暗；因L 2 中电流减小，干路电流增大，故流过L 3 的电流增大，故L 3 变暗亮；故AB 错误；C 正确；电路中总电流增大，故路端电压Ir E U -=变小，故D 正确。

12.AC 解析：由电表A1、A2量程之比5：1，则其内阻由I

U R g A =

可得内阻之比为1：5．A1、

A2并联故流经A1、A2电流之比与内阻成反比为5：1，所以属读数之比为5：1，由电表改装原理 可得A1、A2并联．故流经两电流计的电流相等，两指针偏转角度相等，故选AC 。

三、实验题（本题包括2小题，13小题6分，每空2分，14小题8分，每空2分，共14分）

13、（1）ABD ； （2）0.24； （3）0.40 解析：（2）m/s 24.022

1=+=

T x x v B 。

（3）()()2

2

321654/40.09s m T

x x x x x x a =++-++=

。

14、（1）C ； （2）D ； （3）F ； （4） 如图所示

解析：（1）电源电动势为6V ，电压表E 量程太大，不能达到满偏3

1

，所以电压表应选 D; 流过待测电阻的最大电流约为A A R U I m m 17.030

5

===

，电流表B 量程太大，不能达到满偏3

1

，所以电流表应选C ； 要求测量数据尽可能多,控制电路采用分压式，为方便实验操作，滑动变阻器应选F 、又

V A x R R R <,测量电路采用外接法。所以电路图为分压外接，如图。

四、计算题（本题包括4小题，15小题6分，16小题8分，17小题10分，18小题14分，共38分） 15、解：

以A 为对象，由牛顿第二定律得

Mg-F T =Ma ----------------------------------2分 以B 为对象，由牛顿第二定律得

F T -mg=ma --------------------------------2分 联立可得a=(M-m)g/(M+m)-----------------------2分

16、解：(1)I L =P/U =1A-----------------------2分 I R 2=U/R 2=0.5A-----------------------2分

E=U+（I L +I R 2）(R 1+r)=14V-----------------------2分

(2)Q =I R 22R 2t = 20J-----------------------2分

17、解：(1)小球受力如图，小球处于平衡状态所以：

Eq=mg tanα，得-----------------------2分

电场强度的大小是1.0×105N/C -----------------------2分

（2）由动能定理有

Mgl-Eql=mv 2/2，-----------------------4分 得v =22m/s -----------------------2分

18、解：(1)小物块恰好到达圆轨道最高点，则由牛顿第二定律得mg ＝m v 2

R

--------------1分

小物块由B 点到圆轨道最高点，由机械能守恒定律得 12mv B 2＝mg ·2R ＋1

2mv 2-----------------------2分

在B 点，由牛顿第二定律得 F N －mg ＝mv 2O R

-----------------------1分

由牛顿第三定律得F N ＝6 mg -----------------------1分

(2) 小物块由A 到B ，由能量守恒得 E p ＝μmgl ＋12mv 2B

-----------------------2分

联立可得E p ＝μmgl ＋5mgR/2-----------------------2分

(3)小物块由A 至C 有

12

mv 2

＝E p －2mgr －μmgl -----------------------2分

由平抛运动规律，水平方向，有x ＝vt ，竖直方向，有2r ＝1

2

gt 2，------------------1分

解得x ＝2(88)16P E mgl r mgr mg

μ-------------------------1分

当r ＝

5

48

P E mgl R mg μ-=时，x 最大-----------------------1分