【物理】江苏省如皋中学2019-2020学年高二上学期期末教学质量调研试题（解析版）

【物理】江苏省如皋中学2019-2020学年高二上学期期末教学质量调研试题（解析版）

江苏省如皋中学2019-2020学年高二上学期期末教学质量 调研物理试题 一、单项选择题（本题共5小题）‎ ‎1.下列说法正确的是（ ）‎ A. 电流互感器的原线圈匝数小于副线圈匝数 B. 竖直上抛小球，从小球抛出到落回抛出点的过程中，重力的冲量为零 C. 回旋加速器所用交流电源的周期是带电粒子在磁场中运动的周期的2倍 D. 远距离输电时，输电线路的总电阻为R，输电电压为U，则输电线损失的功率为 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．电流与匝数成反比，所以电流互感器的原线圈匝数小于副线圈匝数，A正确；‎ B．从小球抛出到落回抛出点的过程中重力的方向一直竖直向下，重力的冲量不为零，B错误；‎ C．带电粒子在磁场中运动半个周期后加一次速，而在交流电源的一个周期内带电粒子要加速两次，故回旋加速器所用交流电源的周期等于带电粒子在磁场中运动的周期，C错误；‎ D．输电线上损失的功率为：‎ D错误。‎ 故选A。‎ ‎2.水柱以速度v垂直射到墙面上，之后水速减为零，若水柱截面为S，水的密度为ρ，则水对墙壁的冲力为（ ）‎ A. ρSv B. ρSv C. ρS v2 D. ρSv2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】设t时间内有V体积的水打在钢板上，则这些水的质量为：‎ 以这部分水为研究对象，它受到钢板的作用力为F，以水运动的方向为正方向，由动量定理有：‎ 即：‎ 负号表示水受到的作用力的方向与水运动的方向相反；由牛顿第三定律可以知道，水对钢板的冲击力大小也为 ，D正确，ABC错误。故选D。‎ ‎3.如图所示电路中，L为电感线圈．实验时，断开S瞬间，灯A突然闪亮，随后逐渐变暗．下列说法正确的是（ ）‎ A. 接通开关S后，灯A逐渐变亮 B. 接通开关S后，通过灯A的电流恒定 C. 灯A的电阻值大于线圈L的直流电阻值 D. 断开开关S前后，通过灯A的电流方向相同 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．根据图可知接通开关S后，灯A立即变亮，由于线圈L的作用，灯A的电流逐渐变小，最后恒定，灯A会变暗，最后稳定；AB错误；‎ C．A灯突然闪亮，可以判断出在电路稳定时，通过A灯的电流小于通过L的电流，由于灯与线圈并联，电压相同，所以A灯的电阻大于L线圈的电阻，C正确；‎ D．接通开关后，由图可知流过A灯电流从左往右；断开S后，由于线圈的自感作用，线圈L与灯A构成回路，则电流从右往左流过A灯；D错误。故选C。‎ ‎4.如图所示为有理想边界的两个匀强磁场，磁感应强度相同，两边界间距为L．一边长为2L的正方形线框abcd由粗细均匀的电阻丝围成，线框从位置Ⅰ匀速运动到位置Ⅱ，则整个过程中线框a、b两点间的电势差Uab随时间t变化的图像是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】由图分析可知从t=0时刻开始只有ab边切割磁感线，由右手定则可判断a的电势高于b，电动势为：‎ 因为ab边相当于电源，每边电阻箱等，故a、b两点间的电势差等于外电压：‎ 当cd边进入位置Ⅱ时，cd边也切割磁感线产生感应电动势，线框中总的感应电流为0， 由右手定则可知道a的电势高于b，a、b两点间的电势差为：‎ 当ab边穿出磁场后，只有cd边切割磁感线，产生电动势仍为E，由右手定则可知a的电势高于b，a、b两点间的电势差：‎ 由以上分析可知，A正确，BCD错误。故选A。‎ ‎5.如图所示，OM的左侧存在范围足够大、磁感应强度大小为B的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，OM左侧到OM距离为L的P处有一个粒子源，可沿纸面内各个方向射出质量为m、电荷量为q的带正电粒子(重力不计)速率均为，则粒子在磁场中运动的最短时间为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】由题设条件求出粒子做匀速圆周运动的半径r，结合左手定则粒子做逆时针方向匀速圆周运动，粒子运动时间t最短时，所转过的圆心角θ最小，所对的弦也最短，画出最短的弦，再作出粒子在磁场中做匀速圆周运动最短时间的轨迹，由几何关系求出此种情况下粒子的偏转角θ，从而求出了最短时间．‎ ‎【详解】粒子在磁场中做匀速圆周运动，由得，因所有粒子得速度一样，因此半径相同，因此在磁场中弦长越短则时间越短，根据题意可得最短弦长为L，则此时粒子圆周运动得圆心角为，故粒子运动得最短时间，故选B 二、多项选择题（本题共5小题）‎ ‎6.下列说法中正确的有（ ）‎ A. 简谐运动的回复力是按效果命名的力 B. 振动图像描述的是振动质点的轨迹 C. 当驱动力的频率等于受迫振动系统的固有频率时，受迫振动的振幅最大 D. 两个简谐运动：x1＝4sin (100πt＋) cm和x2＝5sin (100πt＋) cm，它们的相位差恒定 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．简谐运动的回复力方向始终指向平衡位置使振子回到平衡位置的力，是按效果命名的，A正确；‎ B．振动图像描述的是振动质点在不同时刻的位移，不是其实际的运动轨迹，B错误；‎ C．物体做受迫振动的频率等于驱动力频率，当系统的固有频率等于驱动力的频率时，系统达到共振，振幅最大，故C正确；‎ D．两简谐运动频率相同，相位差为：‎ D正确。故选ACD。‎ ‎7.如图所示，理想变压器原线圈输入电压u＝200sin(100πt)V，电压表、电流表都为理想电表．下列判断正确的有（）‎ A. 电流频率为50 Hz B. 输入电压有效值为200V C. S打到a处，当变阻器的滑片向下滑动时，两电流表的示数都减小 D. 若变阻器的滑片不动，S由a处打到b处，电压表V2和电流表A1的示数都减小 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．电流频率：‎ A正确；‎ B．输入电压的有效值为：‎ B错误；‎ C．由于线圈匝数不变，原线圈电压不变，故副线圈电压不变；变阻器的滑片向下滑动时，电阻变小，所以副线圈电流变大，原线圈电流变大，即两电流表的示数都变大，C错误；‎ D．滑动变阻器滑片不动，电阻不变，S由a处打到b处，副线圈匝数变小，原线圈电压不变，匝数不变，由：‎ 可知副线圈电压变小，即电压表V2示数变小，又由欧姆定律：‎ 可知副线圈电流即电流表A2的示数变小；根据理想变压器两端功率相等有：‎ 可知原线圈电流即电流表A1的示数变小，D正确。故选AD。‎ ‎8.霍尔元件是一种重要的磁敏元件，它根据霍尔效应原理制成．如图所示，厚度为h，宽度为d的金属导体，当磁场方向与电流方向垂直时，在导体上下表面会产生电势差，这种现象称为霍尔效应．下列说法中正确的有（ ）‎ A. 霍尔元件把磁感应强度这个磁学量转换为了电压这个电学量 B. 金属导体上表面的电势高于下表面电势 C. 增大电流I时，金属导体上下表面的电势差增大 D. 增大电流I时，金属导体上下表面的电势差减小 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．霍尔元件是把磁感应强度这个磁学量转换为电压这个电学量的一种元件，A正确；‎ B．根据左手定则知自由电子向上偏转，则上表面带负电，下表面带正电，下表面的电势高于上表面；B错误；‎ CD．根据：‎ 计算得出：‎ 根据电流的微观表达式：‎ 可知电流I越大，电子的速度越大，故上下表面的电势差越大，C正确，D错误。‎ ‎ 故选AC。‎ ‎9.如图所示，半径为R的光滑半圆弧绝缘轨道固定在竖直面内，磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直于轨道平面向里．一可视为质点、质量为m、电荷量为q(q>0)的小球由轨道左端A点无初速度滑下，轨道的两端等高，C点为轨道的最低点，小球始终与轨道接触，重力加速度为g，下列说法中正确的有（ ）‎ A. 小球能运动至轨道右端的最高点 B. 小球在最低点C点的速度大小为 C. 小球在C点的速度向右时，对轨道的压力大小为3mg-qB D. 小球在C点的速度向左时，对轨道的压力大小为3mg-qB ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．小球在光滑半圆弧上运动过程中，只有重力做功，洛伦兹力和支持力都不做功，机械能守恒，故小球能运动至轨道右端的最高点，A错误；‎ B．A到C的过程中由机械能守恒得：‎ 解得C点的速度为：，B正确；‎ C．小球在C点的速度向右时，由左手定则可知洛伦兹力向上，根据合力提供向心力有：‎ 解得：‎ 由牛顿第三定律可知小球在C点对轨道的压力大小为，C正确；‎ D．小球在C点的速度向左时，由左手定则可知洛伦兹力向下，根据合力提供向心力有：‎ 解得：‎ 由牛顿第三定律可知小球在C点对轨道的压力大小为，D错误。‎ 故选AC。‎ ‎10.如图所示，水平面中有两根固定的足够长的金属平行导轨，导轨间距为L，导轨上面平行放着质量相等的导体棒ab和cd．设导体棒始终处于竖直向上的大小为B的匀强磁场区域内，且导体棒可在导轨上无摩擦地滑行，初始时刻ab棒静止，给cd棒一个向右的初速度v0，则（ ）‎ A. ab棒将向左运动 B. cd棒的速度一直大于ab棒的速度 C. ab棒的最大速度为0.5v0 D. 当cd棒速度为0.8v0时，回路中的电动势为0.6BLv0‎ ‎【答案】CD ‎【解析】A．当cd棒向右运动时，根据右手定则可知产生abcd方向的电流，再对ab棒分析，根据左手定则可知ab棒受到向右的安培力，故ab棒向右运动，A错误；‎ B．根据对ab棒和cd棒受力分析可知cd棒做减速运动，ab棒做加速运动，最终两棒共速一直运动下去，B错误；‎ C．两棒在运动过程中因为水平方向上不受摩擦力，动量守恒，当两棒共速时ab棒具有最大速度，故有：‎ 解得v1=0.5v0，C正确；‎ D．当cd棒速度为0.8v0时，设ab棒的速度为v2，根据动量守恒定律可知：‎ 解得v2=0.2v0；两棒均向右运动，所以可知回路中的感应电动势：‎ D正确。故选CD。‎ 三、非选择题（本题共7小题）‎ ‎11.利用单摆测当地重力加速度的实验中：‎ ‎（1）某同学测量数据如下表：‎ L/m ‎0.400‎ ‎0.500‎ ‎0.600‎ ‎0.800‎ ‎1.200‎ T2/s2‎ ‎1.60‎ ‎2.10‎ ‎2.40‎ ‎3.20‎ ‎4.80‎ 请在图中画出L－T2图像_____，并由图像求得重力加速度g＝___m/s2．（保留三位有效数字）‎ ‎（2）某同学测得的重力加速度值比当地标准值偏大，其原因可能有______．‎ A．振幅过小 B．摆球质量过大 C．摆动次数多记了一次 D．将摆长当成了摆线长和球直径之和 ‎【答案】 (1). 9.86 (2). CD ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]根据表中数据作出L－T2图像如图所示：‎ ‎[2]根据单摆周期公式：‎ 可得：‎ 结合图象的斜率解得：g=9.86m/s2 ‎ ‎（2）[3]由(1)分析可知：‎ AB．测量的重力加速度与振幅和摆球质量均无关，AB错误；‎ C．摆动次数多记了一次，即T偏小，故g偏大，C正确；‎ D．将摆长当成了摆线长和球直径之和，则L偏大，故g偏大，D正确。故选CD。‎ ‎12.利用气垫导轨和频闪照相“验证动量守恒定律”。如图所示，已知A滑块的质量为1 kg，B滑块的质量为为1.5 kg，频闪照相的时间间隔为0.4 s，拍摄共进行了四次，第一次是在两滑块相撞之前，以后的三次是在碰撞之后。A滑块原来处于静止状态，设A、B滑块在拍摄闪光照片的这段时间内是在10 cm至105 cm这段范围内运动的(以滑块上的箭头位置为准)，根据闪光照片分析得出：‎ ‎（1）两滑块发生碰撞的位置在________cm刻度处。‎ ‎（2）第1次拍摄后，再经过________s的时间，两滑块发生了碰撞。‎ ‎（3）碰撞前，B滑块的速度为________ m/s；碰撞后，A滑块的速度为________ m/s，B滑块的速度为________ m/s。（结果保留两位小数）‎ ‎（4）碰撞前两个滑块组成的系统的动量是________kg·m/s；碰撞后两个滑块组成的系统的动量是________kg·m/s。‎ ‎【答案】 (1). 30 (2). 0.2 (3). 1.00 0.75 0.50 (4). 1.5 1.5‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]因为A滑块开始处于静止状态，故根据图像可知两滑块发生碰撞的位置在30cm刻度处；‎ ‎（2）[2]闪光时间间隔为0.4s，由图可知碰后A滑块从45cm刻度处运动到75cm刻度处，运动速度为：‎ 从发生碰撞到第二次拍摄，A滑块从30cm刻度处运动到45cm刻度处，运动的时间为：‎ 所以可知从第一次拍摄到发生碰撞时间为：‎ ‎（3）[3]从第一次拍摄到发生碰撞，B滑块从10cm运动到了30cm，由（2）的分析可知碰前A滑块的速度为：‎ ‎[4]由（2）的分析可知碰后A滑块的速度为0.75m/s；‎ ‎[5]闪光时间间隔为0.4s，由图可知碰撞后B滑块在一个闪光时间间隔内从40cm刻度处运动到60cm刻度处，即碰后B滑块的速度为：‎ ‎（4）[6]碰前两滑块的总动量为：‎ ‎[7]碰后两滑块的总动量为：‎ ‎13.如图甲所示，弹簧振子的平衡位置为O点，在B、C两点之间做简谐运动．B、C相距20 cm．小球经过B点时开始计时，经过0.5 s首次到达C点。‎ ‎（1）写出小球振动方程，并在图乙中画出小球在第一个周期内的x-t图像；‎ ‎（2）求5 s内小球通过的路程及5 s末小球的位移。‎ ‎【答案】（1） ， 图见解析 ；（2）2m ，0.1m。‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）因为B、C相距20 cm，可知振幅为：‎ 小球经过B点时开始计时，经过0.5 s首次到达C点，可知周期为：‎ 所以：‎ 所以当从B点开始计时，振动方程为：‎ 做出图像如图所示：‎ ‎（2）因为小球做简谐振动的周期为1s，5s内小球经过了5个周期，故5s内通过的路程为：‎ ‎5s末小球为位于B点，故位移为x=0.1m。‎ ‎14.如图所示，线圈abcd的面积是0.05m2，共100匝，线圈电阻为1Ω，外接电阻R=9Ω，匀强磁场的磁感应强度为T，电路中电表为理想电表．当线圈以角速度为10π rad/s绕垂直磁场的轴匀速转动时，求：‎ ‎（1）线圈转动产生的电动势的最大值；‎ ‎（2）电路中交流电流表的示数；‎ ‎（3）线圈从图示位置转过90°的过程中通过电阻R的电荷量。‎ ‎【答案】（1）50V；（2）3.54A；（3）0.16C。‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）根据：‎ 可知线圈转动产生的电动势的最大值为：‎ ‎（2）电路中感应电动势的有效值为：‎ 所以回路中的电流即电流表示数为：‎ ‎（3）线圈从图示位置转过90°的过程中，根据：‎ 可得：‎ 代入数据解得：q=0.16C。‎ ‎15.如图甲所示，竖直平面内有边长L=1m、匝数n=10的正方形线圈，线圈的总电阻r=1Ω，在线圈的中间位置以下区域分布着垂直于线圈的磁场，磁感应强度大小随时间变化关系如图乙所示。求：‎ ‎（1）通过线圈的电流；‎ ‎（2）在t=4s时线圈受到的安培力。‎ ‎【答案】（1）0.5A；（2）3N。‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由法拉第电磁感应定律可知：‎ 所以通过的电流为：‎ ‎（2）由图乙可知当t=4s时，B=0.6T，故线圈受到的安培力为：‎ ‎16.如图所示，M、N、P为足够长的平行边界，M、N与M、P间距分别为l1、l2，其间分别有磁感应强度为B1和B2的匀强磁场区域，磁场Ⅰ和Ⅱ方向垂直纸面向里，B1≠B2．现有电荷量为q、质量为m的带正电粒子，不计粒子重力和粒子间的相互作用．‎ ‎（1）若有大量该种粒子，以速度大小、方向沿纸面的各个方向从Q点射入磁场，求粒子在磁场中的轨道半径r1，并用阴影画出粒子在磁场中所能到达的区域；‎ ‎（2）若有一个该种粒子，从Q点以初速度v2垂直边界N及磁场方向射入磁场，则初速度v2至少多大，粒子才可穿过两个磁场区域．‎ ‎【答案】(1) ，图见解析；（2）。‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）粒子在磁场中Ⅰ运动时，有：‎ 带入已知量解得：；‎ 即粒子全部都在磁场Ⅰ中运动，所以可以到达的区域如图所示：‎ ‎（2）粒子恰好穿过两个磁场区域，则速度为v2时在磁场Ⅱ中的轨迹恰好与边界P相切，轨迹如图：‎ 由：‎ 可得：‎ 由几何关系可得：‎ 粒子在磁场Ⅱ中运动有：‎ 联立解得：‎ ‎17.如图所示，光滑水平面上有A、B两辆小车，质量均为m=1kg，现将小球C用长为0.2m的细线悬于轻质支架顶端，mC=0.5kg．开始时A车与C球以v0=4m/s的速度冲向静止的B车．若两车正碰后粘在一起，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2，则：‎ ‎（1）A、B车碰撞后瞬间，A车的速度大小v1；‎ ‎（2）A、B车碰撞损失的机械能E损；‎ ‎（3）小球能上升的最大高度h．‎ ‎【答案】（1）2m/s；（2）4J；（3）0.16m。‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）A、B辆车碰撞过程中，动量守恒，有：‎ 解得：v1=2m/s ‎（2）A、B辆车碰撞过程中，根据能量守恒有：‎ 解得：‎ ‎（3）从小球开始上摆到摆到最高点的过程中，A、B、C组成的系统在水平方向上动量守恒，小球上升到最高点时三者共速，设共速为v2，则有：‎ 代入数据解得：v2=2.4m/s；‎ 从两车粘在一起到小球摆到最高点的过程中，A、B、C组成的系统机械能守恒，即：‎ 解得h=0.16m。‎