江西省抚州市南城县高二(下)开学考试物理试题(word版含答案)

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名称 江西省抚州市南城县高二(下)开学考试物理试题(word版含答案)
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资源类型 教案
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科目 物理
更新时间 2022-02-10 09:48:41

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江西省抚州市南城县高二(下)开学考试物理试题
学校:___________姓名:___________班级:___________考号:___________
一、多选题
1.2017年1月16日,美国激光干涉引力波天文台等机构联合宣布首次发现双中子星合并引力波事件.假设该事件中甲、乙两中子星的质量分别为、,它们绕其连线上的某点做圆周运动,且它们的间距在缓慢减小,不考虑其他星系的影响,则下列说法中正确的
A.甲、乙两中子星的角速度大小之比为:
B.甲、乙两中子星的线速度大小之比为:
C.甲、乙两中子星的运行周期在减小
D.甲、乙两中子星的向心加速度大小始终相等
2.如图所示,倾角为α的粗糙斜劈放在粗糙水平面上,物体a放在斜面上,轻质细线一端固定在物体a上,另一端绕过光滑的滑轮固定在c点,滑轮2下悬挂物体b,系统处于静止状态。若将固定点c向右移动少许,而a与斜劈始终静止,则(  )
A.细线对物体a的拉力减小 B.斜劈对地面的压力不变
C.斜劈对物体a的摩擦力减小 D.地面对斜劈的摩擦力增大
3.如图A、C是以正点电荷Q为圆心的某一圆周上的两点,B是线段AC的中点。现将一正电荷从A经B移到C,则(  )
A.从A到C,电场力对该电荷一直做正功
B.从A到C,电场力对该电荷一直不做功
C.该电荷在A、B、C三点时的电势能大小关系是EB>EA=EC
D.该电荷在A、B、C三点时所受电场力的大小关系是FB>FA=FC
二、单选题
4.2009年3月29日,中国女子冰壶队首次夺得世界冠军,如图所示,一冰壶以速度v垂直进入三个矩形区域做匀减速运动,且刚要离开第三个矩形区域时速度恰好为零,则冰壶依次进入每个矩形区域时的速度之比和穿过每个矩形区域所用的时间之比分别是(  )
A. B.
C. D.t1:t2:t3=::1
5.如图所示,在带正电的均匀薄平板右侧距离处有一个带电荷量为+q的小球,在小球到平板垂线上距平板的P处,场强恰好为零.静电力常量为k,则P点关于薄平板对称的M点的场强大小是()
A. B. C. D.
6.如图所示,a和b带电荷量相同,以相同动能从A点射入磁场,在匀强磁场中做圆周运动的半径,则可知(重力不计)(  )
A.两粒子都带正电,质量比
B.两粒子都带负电,质量比
C.两粒子都带正电,质量比
D.两粒子都带负电,质量比
7.如图,正方形线框ABCD由四根相同的均匀导体棒连接而成,固定于匀强磁场中,线框平面与磁感应强度方向垂直线框顶点A、B与直流电源两端相接。已知导体棒AB受到的安培力大小为F,则线框ABCD受到的安培力的大小为(  )
A. B.F C. D.0
8.如图所示,固定一负电小球a的绝缘支架放在电子秤上,此时电子秤示数为F.现将带负电的另一小球b移至距离小球a正上方L时,电子秤示数为F1,若只将小球b的电性改为正电荷,电子秤示数为F2,则
A.F1=F2
B.F1+F2=F
C.若小球b带负电,L增大,则F1也增大
D.若小球b带正电,L减小,则F2也减小
9.2021年5月15日,我国首次火星探测任务“天问一号”探测器在火星乌托邦平原南部预选着陆区着陆,迈出了我国星际探测征程的重要一步。太空探测器常装配离子发动机,其基本原理是将被电离的原子从发动机尾部高速喷出,从而为探测器提供推力,若某探测器质量为,离子以速率(远大于探测器的飞行速率)向后喷出,流量为(单位为),则探测器获得的平均推力大小为(  )
A. B. C. D.
10.如图所示,固定在绝缘水平面上的半径r=0.2m的金属圆环内存在方向竖直向上、磁感应强度大小B=0.1T的匀强磁场。金属棒一端与圆环接触良好,另一端固定在竖直导电转轴上,随轴顺时针匀速转动。在圆环的A点和电刷间接有阻值R=10Ω的电阻和板间距d=0.01m的平行板电容器,有一质量m=1g、电荷量q=1×10-5C的颗粒在电容器极板间恰好处于静止状态。取重力加速度大小g=10m/s2,不计其他电阻和摩擦,下列说法正确的是(  )
A.电容器两极板间的电压为5V B.电容器的上极板带正电荷
C.每秒钟通过电阻的电荷量为10C D.金属棒转动的角速度大小
三、实验题
11.在探究弹簧弹力大小与伸长量的关系实验中,某同学检查实验器材时发现只有带铁夹的铁架台、弹簧、刻度尺、坐标纸,请问缺少的器材为____________,找到器材后,该同学将弹簧水平放置测出其自然长度L0,然后竖直悬挂让其自然下垂,在其下端竖直向下施加外力F,测出弹簧的长度L,得到弹簧的伸长量x=L-L0,实验过程是在弹簧的弹性限度内进行的.用记录的外力F与弹簧的伸长量x作出的F—x图象如图所示,由图可知弹簧的劲度系数为_____.图象不过原点的原因是由于________.
12.为防控新冠肺炎疫情,每位学生在上学之前都需要测量体温,数字体温计是常用的测量工具,它的核心元件是热敏电阻,某实验小组利用如下器材探究热敏电阻的温度特性:
热敏电阻R(常温下约8k);
电流表A(量程1mA,内阻约200);
电压表V(量程3V,内阻约10k);
电池组E(电动势4.5V,内阻约1);
滑动变阻器R(最大阻值为20);
开关S、导线若干、烧杯和水、温度计,
(1)先用螺旋测微器测量此热敏电阻的直径如图甲所示,其直径为________mm;
(2)根据提供器材的参数将图乙所示的实物图中所缺的导线补接完整_________;
(3)实验开始前滑动变阻器的滑动触头P应置于________端(选填“a”或“b”);
(4)利用图乙的电路测出热敏电阻的阻值比真实值________(选填“大”或“小”);
(5)本实验测得热敏电阻的阻值R与温度t的关系如图丙所示,现将此热敏电阻接在电流恒定的电路中,当它产生的热量与向周围环境散热达到平衡时,热敏电阻的温度稳定在某一值t,且满足关系式,其中k是散热系数,t是电阻的温度,t0是周围环境温度,I为电流强度),已知,,,由丙图可知该热敏电阻的温度稳定在___________℃。
四、解答题
13.如图所示,在某竖直平面内,光滑曲面 AB 与水平面 BC 平滑连接于 B 点,BC 右端连接 内壁光滑、半径 r=0.2m 的四分之一细圆管 CD,管口 D 端正下方直立一根劲度系数为 k=100N/m 的 轻弹簧,弹簧一端固定,另一端恰好与管口 D 端平齐.一个质量为 1kg 的小球放在曲面 AB 上,现 从距 BC 的高度为 h=0.6m 处静止释放小球,它与 BC间的动摩擦因数 μ=0.5,小球进入管口 C 端时,它 对上管壁有 FN=2.5mg 的作用力,通过 CD 后,在压缩弹过程中滑块速度最大时弹簧的弹性势能为 E =0.5J.取重力加速度 g=10m/s2.求:
(1)小球经过 C 处时速度大小;
(2)在压缩弹簧过程中小球的最大动能 Ekm;
14.竖直平面内的轨道ABC由水平滑道AB与光滑的四分之一圆弧道BC平滑连接组成,轨道放在光滑的水平面上.一个质量为m=1kg的小物块(可视为质点)从轨道的A端以初速度v0=8m/s冲上水平滑道AB,沿着轨道运动,由CB弧滑下后停在水平滑道AB的中点.已知轨道ABC的质量为M=3kg.求:
(1)小物块和滑道相对静止时共同的速度;
(2)若小物块恰好不从C端离开滑道,圆弧滑道的半径R应是多大?
(3)若增大小物块的初速度,使得小物块冲出轨道后距离水平滑道AB的最大高度是2R,小物块的初速度应多大.
15.如图所示,平面直角坐标系的第一象限内有沿y轴负方向的匀强电场,场强大小为E。第四象限内矩形abcd区域内有垂直坐标平面向外的匀强磁场,第四象限的其他区域有垂直坐标平面向里的匀强磁场,磁场的磁感应强度大小均为B. ab长为L,bc 长为2L。 a、d点在轴上,a点的坐标为(L,0),在第一象限内的P点(横坐标x=1.5L)。由静止释放一个质量为m,电荷量为q的带正电的粒子,粒子经电场加速后进入矩形区域,并从b点射出矩形区域,不计粒子的重力。
(1)求P点的纵坐标y1
(2)若粒子在电场中释放的位置为第一象限内的点。该位置横坐标仍为x=1.5L,纵坐标为,试判断粒子由静止释放能否回到,如果不能说明理由。如果能,求出粒子从由静止释放到再次回到释放点所用的时间。
16.如图,固定在竖直平面内且足够长的光滑平行金属导轨间距L=1m、电阻不计,上端接电键S和一阻值R=0.15Ω的电阻。质量m=0.5kg、阻值r=0.1Ω、长度等于导轨间距的金属棒ef水平放置。系统处于垂直导轨平面向里、磁感应强度B=0.5T的匀强磁场中。初始时刻ef正以4m/s的初速度竖直向上运动,此时闭合电键S。(g取10m/s2)
(1)求电键闭合瞬间金属棒两端的电势差U;
(2)求电键闭合瞬间金属棒的加速度a;
(3)电键闭合后经一段时间,金属棒的速度将再次达到4m/s,分析此状态和初始时刻相比,金属棒的能量变化情况。
试卷第页,共页
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参考答案:
1.BC
【解析】
【详解】
双星靠相互间的万有引力提供向心力,周期相等,角速度相等,所以周期比,故A错误;根据 ,,联立解得,由它们的间距在缓慢减小,则有甲乙两中子星的运行周期在减小,故C正确;由可知,由它们的间距在缓慢减小,甲、乙两中子星的向心加速度大小增大,故D错误;可知,则半径,根据v=rω得,故B正确;
故选BC.
【点睛】解决问题时要把握好问题的切入点.如双星问题中两卫星的向心力相同,角速度相等.
2.BD
【解析】
【分析】
【详解】
A.设细线上拉力为T,滑轮2两侧细线间夹角为,据平衡条件可得
当固定点c向右移动少许,增大,T增大,即细线对物体a的拉力增大,A错误;
BD.整体处于平衡状态,在竖直方向满足
联立A解析的表达式可得
斜劈受到地面的支持力不变,故斜劈对地面的压力不变,在水平方向满足
联立A解析的表达式可得
增大,增大,即斜劈对物体a的摩擦力增大,BD正确;
C.由于a刚开始受到的静摩擦力方向未知,当拉力T增大时,a受到的静摩擦力可能增大、可能减小,C错误。
故选BD。
3.CD
【解析】
【详解】
ABC.根据点电荷的电场特点可知,A、C在同一等势面上,正电荷从A到C过程中,电势先升高后降低,故正电荷的电势能先增大后减小,故电场力对正电荷先做负功,后做正功,故电势能关系为EB>EA= EC,故C正确,故AB错误;
D.电场力大小由电场线的疏密决定,从A到B经过C,电场线先密后疏,则电场力先变大后变小,所受电场力的大小关系是FB>FA=FC,故D正确。
故选CD。
4.A
【解析】
【详解】
A、B项:冰壶做匀减速运动,逆过程即为初速为0的匀加速直线运动,由得,即故A正确,B错误;
C、D项:逆着运动过程看就变成初速度为零的匀加速直线运动,利用得,即,故C错误,D错误;
故选A.
5.A
【解析】
【详解】
根据电场强度的叠加可知,带电薄平板在P点产生的电场强度大小为,方向水平向右.根据对称性,该带电薄平板在M点产生的场强大小为E,方向水平向左,所以M点的场强大小为,A正确.
6.B
【解析】
【详解】
两粒子进入磁场后均向下偏转,可知在A点受到洛伦兹力均向下,由左手定则可知,四指所指的方向与粒子的运动方向相反,所以这两个粒子均带负电,根据洛伦兹力提供向心力,得:,得,又动能,联立得:,可见m与半径r的平方成正比,故,选B.
【点睛】带电粒子在匀强磁场中以垂直于磁场方向运动,洛伦兹力提供向心力,粒子做匀速圆周运动.根据偏转方向,利用左手定则来判断粒子所带的电性,根据半径表示粒子的质量,即可求得质量之比.
7.A
【解析】
【详解】
导体棒AB与导体棒ADCB相当并联电路,电阻之比与长度成下正比,则电阻之比为1:3,所以电流之比为3:1,所以导体棒DC安培力是导体棒AB安培力三分之一,导体棒AD与导体棒CB的安培力恰好大小相等方向相反,所以线框ABCD受到的安培力的大小为导体棒AB与导体棒DC的安培力之和,则线框ABCD受到的安培力的大小为,所以A正确;BCD错误;
故选A。
8.D
【解析】
【详解】
若设两球间的库仑力为F′,则小球b带负电时:F+F′=F1;b带正电时:F-F′=F2;解得F1>F2;F1+F2=2F,选项AB错误;若小球b带负电,L增大,则F′减小,则F1也减小,选项C错误;若小球b带正电,L减小,则F′变大,则F2减小,选项D正确;故选D.
点睛:此题考查电荷间的作用规律以及平衡问题;关键是能对小球受力分析,列出平衡方程即可进行讨论.
9.A
【解析】
【分析】
【详解】
在时间内喷出的离子质量
根据动量定理有
解得
故选A。
10.D
【解析】
【分析】
【详解】
A.对电容器极板间的带电颗粒受力分析,根据平衡条件有
解得
A错误;
B.金属棒顺时针运动,由右手定则可知,金属棒中的电流由圆周流向圆心处,则圆心处为等效电源的正极,所以电容器下极板带正电荷,B错误;
C.由欧姆定律可得通过电阻R的电流为
则每秒钟通过电阻的电荷量为
C错误;
D.金属棒转动切割磁感应线产生的感应电动势为
不计其它电阻,则
解得
D正确。
故选D。
11. 钩码 12.5N/m 弹簧自身重力的影响
【解析】
【详解】
实验中需要增减钩码来改变弹簧受力,所以缺少钩码,
根据胡克定律F=kx,可知:F-x图像的斜率表示弹簧的劲度系数,所以
图像中可以看出,当弹簧的伸长量不为零时,对应的钩码的拉力为零,说明由于弹簧自身重力的影响
【点睛】
做此类型的题目时,在分析图像为什么不过原点的原因是该题的难点,
12. 0.520 a 电流表的分压 45(43-46)
【解析】
【详解】
(1)[1] 其直径为
(2)[2]如图
(3)[3]实验开始前为了安全,滑动变阻器的滑动触头P应置于最大阻值处,故置于a端。
(4)[4]利用图乙的电路测出热敏电阻的电压包含了电流表的分压,根据可知,偏大,故测出的阻值比真实值偏大。
(5)[5] 将,,带入
变形得
带入数据等号两边同时除以1000得
其中R的单位为,并在丙图中作出其图线如下,两条图线的交点即为电阻的实际工作状态,可以看出温度约为。
13.(1)m/s;(2)6J.
【解析】
【详解】
(1)小球刚过C点时,由牛顿第二定律有:FN+mg=m
代入数据解得:vC=m/s
(2)在压缩弹簧过程中速度最大时,合力为零.设此时滑块离D端的距离为x0,则有:kx0=mg
由机械能守恒定律有:mg(r+x0)+mvC2=Ekm+Ep
得:Ekm=6J
点睛:解决本题的关键要明确小球的受力情况和能量转化情况.要知道在C点,小球的向心力来源于合力.小球压缩弹簧时合力为零时速度最大.
14.(1) v=2m/s (2) R=0.8m (3) m/s
【解析】
【详解】
(1)小滑块与滑道作用,在这个过程中由系统动量守恒定律有:
解得:v=2m/s
(2) 小物块冲上轨道到最终停在AB的中点,设物块与轨道间滑动摩擦力为f
由能量定恒定律得:
解得:
恰好滑到C点时,小滑块与滑道具有共同速度v,在此过程中系统总的动能减少转化为内能和物块的势能,则有:
解得:R=0.8m
(3)小物块到最高点时,小物块和滑道具有相同速度
由水平方向动量守恒得:
由能量定恒定律得:
解得:
【点睛】
能根据动量守恒条件判断系统动量守恒并能列式求解,能根据机械能守恒条件判断系统机械能守恒并列式求解是解决本题两问的关键.
15.(1)(2)不能
【解析】
【分析】
【详解】
(1)粒子进入磁场后做 匀速圆周运动,设半径为R,则
解得

在电场中加速时
解得
(2)若粒子在电场中释放的位置为第一象限内的点。则进入磁场时的速度
其中
进入磁场时
解得
则粒子进入磁场时的运动轨迹如图,由图可知,粒子不能回到P′点。
16.(1)1.2V;(2);(3)见解析
【解析】
【分析】
【详解】
(1)初始时刻,ab向上切割磁感线运动,产生感应电动势
此时回路中电流强度大小为
ab两端电压为电源外电压
(2)初始时刻,对ab棒受力分析
由牛顿第二定律
其中
纯电阻电路
方向竖直向下
(3)初末状态,速度大小相同,所以动能相同,金属棒在运动过程中,动能、重力势能、电能相互转化,但总能量守恒。整个过程中,安培力始终做负功,将机械能转化为回路中的内能,所以机械能总量应该减小,初末状态动能不变,可知重力势能减少,此时金属棒应位于出发点下方。
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