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1、20212022学年浙江省绍兴市海亮高级中学高二（上）期中物理试卷1.比值定义法是定义物理概念常用的方法，下列哪个表达式属于比值定义式（）A.a=B.C=-S,：C.Eb根据qEa=m可知烟尘微粒在a 点的加速度大于在b 点的加速度，故 B错误；C 由图可知，烟尘微粒在a 点的加速度方向沿着电场线切线方向，和运动轨迹的切线方向不是同一方向，故 C错误；。.由图可知烟坐微粒刚好要打在集尘板上时，电场线方向水平向左，则电场力的方向一定在水平方向上，故加速度方向一定在水平方向，一定与集尘板垂直，故。正确。故选。7.【答案】A【解析】C.由题意可 得 名=-e（0-（pD）=2eVW2=-e（0-（p
2、c）=leV解得9c=IV、（pD=2V；根据匀强电场中场强与电势差的关系可推知U.=UDC所以=IV故 C错误；4B.BC中 点 尸 的 电 势 为=%=0如图所示，连结A F,则 AF为一条等势线，取 A F中点G 并连结BG,根据几何关系可知BG 4F,又根据电场线与等势线垂直可知，电场强度方向为由G指向B。所以电场强度大小为E=架=uD100V2V/mA DE故 A 正确，B错误;。.由前面分析可知，B 点为矩形A3CQ上电势最低点，电子在B 点电势能最大，为 le V,故。错误。故选Ao8.【答案】C【解析】电路中点灯正常发光，所以UL=6V则电路中的电流为P 12I=U=-6A=2
3、 A电动机两端的电压t/M=E-/r-UL=36V-2 X IV-6V=28V则电动机的输出功率为P，1，=P电-P热=UM1 -12RM=28x2 W-22 X6W=32W故 C 正确，AB。错误。故选Co9.【答案】D【解析】4 平行板电容器间为匀强电场，极板间的电场强度为UE =dA 正确，不符合题意；8.据平衡条件可得Umg=q&解得带电油滴的比电荷为q_=gdm U8 正确，不符合题意；CD.由 8 的解析可知，增加极板间电压，油滴受到的电场力增大，将向上加速运动，将极板N 向下缓慢移动一小段距离，d 增大，油滴受到的电场力减小，将向下加速运动，C正确，不符合题意，。错误，符合题意。
4、故选Do10.【答案】B【解析】A小球沿着轨道做匀加速直线运动，则速度增大，动量变大，故A错误；8.设球形容器的半径为R,轨道与水平方向的夹角为0,则根据几何关系可知轨道长度为L=2Rsin。小球在沿轨道方向的加速度大小为(qE+mg)sin6a=-m设小球从顶端滑至P点所用时间为t,则根据运动学公式有1,L=2 at2联立各式解得_ _ 4 R m一 J q E +m g可知小球在3个轨道从顶端下滑至尸点所用时间相同，而电场力对沿轨道1下滑的小球做功最多，根据功率的概念可知电场力做功的平均功率最大的是沿轨道1的运动，故8正确；C当小球沿轨道1下滑时，电场力和重力对其做功最多，根据动能定理可知
5、小球到达P点时速度v最大，在最低点P重力的瞬时功率为P=mgvy=mgvsinO由于轨道1的。值也是最大的，所以在最低点P重力的瞬时功率最大的是沿轨道1的运动，故C错误；。.电场力对沿轨道I下滑的小球做功最多，即此过程小球机械能变化量最大，故。错误；故选B。11.【答案】D【解析】【分析】根据动能定理求解速度大小，根据电流强度的微观表达式求解单位体积的质子数。考查动能定理的应用以及电流强度微观表达式，理解电子形成电流的原因，根据带电粒子在电场中的运动情况求解速度，结合电流强度微观表达式进行解答是关键。【解答】质子在加速电场中加速Ue=1mv2根据电流的微观表达式/=neSv联 立 解 儆 建
6、儡故选Do12.【答案】D【解析】【分析】根据电阻的定义式求出电解液的电阻，利用电阻定律求出电解液的电阻率.本题主要考查U-/图线、电阻的定义式、电阻定律。故。正确，ABC错误。故选D。【解答】由图乙可得:当U=10V时，电解液的电阻U 10R=-r=-QQ=2000/2=2kp/5 x 10-3由图甲可知电解液长为L=a=lm横截面积为S=be=0.02m2结合电阻定律LR=ps解得R Sp=-j-=40/2 mL t13.【答案】C【解析】4.工作时，电池把化学能转化为电能，选项A 正确，不符合题意;8 电池充电时充电电流约q 3000mAh/=；=TT：=750mA=0.75At 4h选
7、项B 正确，不符合题意；C.电池充满电时储存的能量大约为E=qU=3 x 3600 x 20J=2.16 x 105J选 项 C 错误，符合题意;。.在100-120分钟工作时间内机器人功率会逐渐减小，并非一直以40W额定功率工作，选项。正确，不符合题意。故选C。14.【答案】B【解析】A 当滑动变阻器&的滑片由6 端向端移动时，导致回路总电阻增大，干路电流减小，由U=E /(r+RD可知，/?2两端电压增大，即电压表示数增大，电流表示数减小，A错误；B.电容两端电压等于电源路端电压，由u =E-l r可知，路端电压增大，质点尸所在处的电势升高，由于质点P 带负电，由Ep=q(p可知，质 点
8、P 的电势能减小，B正确；C.把等效看成内阻，结合力解析中的表达式可知，电压表示数变化量4U与电流表示数变化量4比值为故保持不变，C 错误；D 电源外特性曲线如图所示万=%+由于定值电阻Ri的阻值比电源内阻大,率逐渐减小，。错误。故选B。导致外电阻总是大于内阻，故在外电阻增大过程，输出功15.【答案】B【解析】每台推进器产生的推力&=焉=L 2 5 x M由F0At=Amv得Am=2.5 x IO8 kg故选B。16.【答案】ABD【解析】A.潜艇利用声呐探测周围物体的分布情况，声呐采用的是超声波，超声波的方向性好，遇到障碍物容易反射。故 A 正确；B.隐形飞机的原理是：通过降低飞机的声、光、
9、电等可探测特征量，使雷达等防空探测器无法早期发现，所以隐形飞机可能在机身表面涂有高效吸收电磁波的物质，使用吸收雷达电磁波材料，在雷达屏幕上显示的反射信息很小、很弱，很难被发现。故 B正确；C 雷达的工作原理是利用波的反射。故 C 不正确；。.水波从深水区传到浅水区改变传播方向的现象，是波的折射现象。故。正确。故选ABD.17.【答案】AC【解析】碰撞过程中应满足动量守恒，即mv0 mvA+2mvB还应满足系统总动能不增加，即1112m vQ N+2 m VBA.若1 5UA=W%，VB=80当以与如方向相反时代入计算，可知满足动量守恒，碰撞后总动能为靠m诏，满足总动能不增加，故 A 可能；B.
10、若35%=%，VB=正%当以与外方向相同时代入计算，可知满足动量守恒，但 以 外，会发生二次碰撞，故不符合实际情况，故 8 不可能；C.若1 2以 二%，VB=-V0当以与小方向相反时代入计算，可知满足动量守恒，且碰后总动能为;小诏，满足总动能不增加,故 C可能；D.若2 7以=5V0，为=而 孙当以与火方向相反时代入计算，可知满足动量守恒，碰撞后总动能为益他诏，大于系统碰撞前的动能，故 不可能。故选A C。1 8.【答案】A C D【解析】A.由题图乙可知，在 =0 时刻N振动的方向向下，则经过很小的一段时间后N在平衡位置的下边，结合振动方向与波的传播方向的关系可知，该波沿x 轴的负方向传播
11、，故 4正确;8.由题图甲读出，该波的波长A=4 m故 B错误;C.由题图乙可知，该波的周期T=0.4 s因此波速Au =1 =l O m/s故 C正确;。.在t =0.1 0 s 时间内，波沿x 轴的负方向传播的距离d=vt=1.0 m此时M质点位于x 轴上方，且沿y 轴负方向运动，故。正确。故选ACD.1 9.【答案】BD【解析】A.由图可知两列波的波长相同，为;l =4m,已知波速是8 m/s,根据V=Af得f=2HzA错误;8.周期1T=j =0.5s则从t=2s到t=2.2 5 s,则好经历了夕 因甲波向x 正方向传播，经过：，可知=4血处的质点正在向下振动，乙波向入负方向传播，=8
12、?n处的质点在向上振动，即t=0时刻，=4/n与 =8m处的两质点振动方向相反，B 正确;C.两列波叠加后，两列波到 =6巾处的波程差是 x=0,甲波向x 正方向传播，可知 =4m处的质点正在向上振动，乙波向x 负方向传播，x=8/n处的质点在向下振动，即甲波的波源起振方向向上，乙波的起振方向向下，所以x=6m处为振动减弱点，C 错误；D.t=2.5s时刻，甲传播到=5m处为波谷,位移为-4 zn,乙传播到=5m处为波谷，位移为-3m,质点第一次到达波谷即y=-7cm 处，拉正确。故选BDO2 0.【答案】(1)18.8；(2)9.77；4【解析】(1)摆球的直径d=18mm+8 x 0.1m
13、m=18.8mm(2)根据7=2兀/解得 2 =史 9根据图像的斜率k=404=史0.50 g解得重力加速度g x 9.77m/s(3)根据T=2兀解得9=等A 测量悬线长度作为摆长，没有加上摆球的半径，摆长变短，则 g 值偏小；B.根据7=不把N 次全振动误计为(N+1)次全振动，则测得的周期变小，则 g 值偏大;C.摆线上端未固定牢，摆动过程中出现松动，使摆线变长，则 g 值偏大。故选Ao21.【答案】(1)B；(2)齐竽+右(3%l R0；(4)小于【解析】(1)电阻箱接入电路的阻值为零时电路电流最大，为100mA=0.1A由闭合电路欧姆定律得/r n=袅 R=h T内阻r 在2 0 5
14、00范围内，代入数据解得，&在7 0 100。，则%应选B-.(2)由图甲所示电路图可知，电源电动势UE=U+l(r+R0)=U+-(r +R0)K整理得1 _Ro+r 1,1-4-U E R E(3)由图乙得图象斜率,r+Rok =r-纵轴截距1b F解得r1 kE=r=L。(4)由于电压表分流作用，导致电池内电阻的测量值小于真实值。22.【答案】(1)设滑块在斜面上运动的加速度大小为的，根据牛顿第二定律可得小的=mgsin。-mgcosO解得%=2m/s2(2)设滑块在水平地面上运动的加速度大小为2，根据牛顿第二定律可得小&2=Eq解得 g =2m/s2设滑块在水平地面上滑行的距离为打，根
15、据匀减速运动公式可得亚=-=4m【解析】略23.【答案】(1)物块。不能到达半圆轨道的最高点C,设。运动到半圆轨道的。点时即将脱离轨道，此时。与轨道间的弹力为零，设。点和圆心的连线与竖直方向的夹角为。，则vj)7ngeos。=机丁Q运动到B点时对轨道的压力大小为FN=5mg有吗国-mg=m-得vB=2yfglQ由8点运动到。点，由机械能守恒定律有1,1,mg 1(1+cos0)=2mvg-2mv。距水平轨道的竖直高度h=Z(1+cos0)联立解得5h=(2)物块P和。都沿水平轨道运动，系统所受合外力之和始终为零，系统动量守恒，有2mv=mvB。到达B点时，P的速度大小为v-/g l(3)从烧断细线到弹簧恢复原长，物块尸和。组成的系统动量守恒，可知尸与。运动的位移之比为x1:x2=1:2则弹簧弹力对P和。做功之比叫:皿2=1:2根据功能关系名+“2=%由题意，弹簧弹性势能改变量dEp=6mgl对Q从开始弹开再运动到B的过程，由动能定理有1,W2 42mg 1 31-2m vB 0对P从开始弹开到最终停止的过程，由动能定理有叫 x 2mg-%=0联立解得整个过程中物块P的位移大小x=31【解析】略