【物理】湖北省恩施州清江外国语学校2019-2020学年高二上学期期末考试试题（解析版）

【物理】湖北省恩施州清江外国语学校2019-2020学年高二上学期期末考试试题（解析版）

恩施州清江外国语学校2019-2020学年高二上学期期末考试物理试题 一、单选题（本大题共8小题，每小题4分，共32分）‎ ‎1.的物理意义是( )‎ A. 导体的电阻与电压成正比，与电流成反比 B. 导体的电阻越大，则电流越大 C. 加在导体两端的电压越大，则电流越大 D. 导体的电阻等于导体两端的电压与通过导体电流的比值 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．电阻是导体本身的性质，与电压和电流无关；故A错误；‎ B．由欧姆定律可知，电压一定时，电阻越大电流越小，故B错误；‎ CD．导体的电阻等于导体两端的电压与通过的电流的比值，电阻一定时，加在导体两端的电压越大，则电流越大；故C错误，D正确。‎ 故选D ‎2.两导体的I－U关系如图所示，图线1表示的导体的电阻为R1，图线2表示的导体的电阻为R2，则下列说法正确的是(　　)‎ A. R1∶R2=1∶3‎ B. R1∶R2=3∶1‎ C. 将R1与R2串联后接于电源上，则电流比为I1∶I2=1∶3‎ D. 将R1与R2并联后接于电源上，则电流比为I1∶I2=1∶1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 通过I–U图象得出两电阻的关系；串联电路电流相等，并联电路，电压相等，电流比等于电阻之反比．‎ ‎【详解】AB．根据I−U图象知，图线的斜率表示电阻的倒数，所以R1:R2=1:3，故A正确，B错误；‎ C．串联电路电流处处相等，所以将R1与R2串联后接于电源上，电流比I1:I2=1:1，故C错误；‎ D．并联电路，电压相等，电流比等于电阻之反比，所以将R1与R2并联后接于电源上，电流比I1:I2=3:1，故D错误．‎ ‎3.在法拉第时代，下列验证“由磁产生电”设想的实验中，能观察到感应电流的是（ ）‎ A. 将绕在磁铁上的线圈与电流表组合成一闭合回路，然后观察电流表的变化 B. 在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈，然后观察电流表的变化 C. 将一房间内的线圈两端与相邻房间的电流表连接，往线圈中插入条形磁铁后，再到相邻房间去观察电流表的变化 D. 绕在同一铁环上的两个线圈，分别接电源和电流表，在给线圈通电或断电的瞬间，观察电流表的变化 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】法拉第发现的电磁感应定律并总结出五种情况下会产生感应电流，其核心就是通过闭合线圈的磁通量发生变化，选项AB中，绕在磁铁上面的线圈和通电线圈，线圈面积都没有发生变化，前者磁场强弱没有变化，后者通电线圈中若为恒定电流则产生恒定的磁场，也是磁场强弱不变，都会导致磁通量不变化，不会产生感应电流，选项A、B错．选项C中往线圈中插入条行磁铁导致磁通量发生变化，在这一瞬间会产生感应电流，但是过程短暂，等到插入后再到相邻房间去，过程已经结束，观察不到电流表的变化．选项C错．选项D中，线圈通电或断电瞬间，导致线圈产生的磁场变化，从而引起另一个线圈的磁通量变化产生感应电流，可以观察到电流表指针偏转，选项D对．‎ ‎4. 中国宋代科学家沈括在《梦溪笔谈》中最早记载了地磁偏角：“以磁石磨针锋，则能指南，然常微偏东，不全南也．”进一步研究表明，地球周围地磁场的磁感线分布示意如图．结合上述材料，下列说法不正确的是 A. 地理南、北极与地磁场的南、北极不重合 B. 地球内部也存在磁场，地磁南极在地理北极附近 C. 地球表面任意位置地磁场方向都与地面平行 D. 地磁场对射向地球赤道的带电宇宙射线粒子有力的作用 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据题意可知，地理南、北极与地磁场存在一个夹角，为磁偏角，故两者不重合，A正确； ‎ B．地磁南极在地理的北极附近，地磁北极在地理的南极附近，B正确；‎ C．由于地磁场的磁场方向沿磁感线切线的方向，故只有赤道处地磁场的磁场方向才与地面平行，C错误；‎ D．在赤道处，磁场方向水平，而射线是带电的粒子，运动方向垂直磁场方向，根据左手定则可得射向赤道的粒子受到洛伦兹力的作用，D正确．‎ ‎【点睛】地球本身是一个巨大的磁体．地球周围的磁场叫做地磁场．地磁北极在地理南极附近，地磁南极在地理北极附近，所以地磁场的方向是从地磁北极到地磁南极．‎ ‎5.如图所示，磁场中有一导线MN与“匸”形光滑的金属框组成闭合电路，当导线向右运动时，下列说法正确的是 A. 电路中有顺时针方向的电流 B. 电路中有逆时针方向的电流 C. 导线的N端相当于电源的正极 D. 电路中无电流产生 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】根据右手定则，由题意可知，当导线向右运动时，产生的感应电流方向由N 端经过导线到M端，因此有逆时针方向的感应电流，故A错误，B正确； 由上分析可知，电源内部的电流方向由负极到正极，因此N端相当于电源的负极，故C错误；根据感应电流产生的条件可知，电路会产生感应电流，故D错误．所以B正确，ACD错误．‎ ‎6.如图所示，一水平放置的矩形闭合线圈abcd，在细长磁铁的N极附近竖直下落，保持bc边在纸外，ad边在纸内。线圈由位置Ⅰ经位置Ⅱ到位置Ⅲ，且位置Ⅰ和位置Ⅲ都很靠近位置Ⅱ。在这个过程中，线圈中的磁通量( )‎ A. 是增加的 B. 是减少的 C. 先增加，后减少 D. 先减少，后增加 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】线圈从位置Ⅰ到位置Ⅱ的过程中，磁感线穿过线圈的条数减小，故向上的磁通量减小，线圈从位置Ⅱ到位置Ⅲ的过程中，线圈内穿过的向下的磁通量增加，故磁通量是先减小后增加，故D正确，ABC错误。‎ 故选D。‎ ‎7.如图所示,电源内阻不可忽略,电路中接有一小灯泡和一电动机．小灯泡L上标有“9V 9W”字样,电动机的线圈电阻RM=1Ω.若灯泡正常发光时,电源的输出电压为15V,此时( )‎ A. 电动机的输入功率为36W B. 电动机的输出功率为5W C. 电动机的热功率为6W D. 整个电路消耗的电功率为15W ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】ABC．灯正常发光，电路中电流：‎ 电动机两端电压：‎ 电动机的输入功率：‎ 电动机的热功率：‎ 电动机的输出功率：‎ 故B正确，AC错误．‎ D．整个电路消耗的电功率：‎ ‎ ，‎ 电源内阻不可忽略 ‎ ，，‎ 整个电路消耗的电功率大于15W．故D项错误．‎ ‎8.强台风往往造成巨大灾难．2018年9月16日17时，第22号台风“山竹”强台风级在广东登陆，登陆时中心附近最大风力达，空气的密度，当这登陆的台风正对吹向一块长10m、宽4m的玻璃幕墙时，假定风遇到玻璃幕墙后速度变为零，由此可估算出台风对玻璃幕墙的冲击力F大小最接近（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】假设经过t时间，由动量定理得：，代入数据：，故选C 二、多选题（本大题共4小题，每小题4分，选不全得2分，共16分）‎ ‎9.木块a和b用一根轻弹簧连接起来，放在光滑水平面上，a紧靠在墙壁上．在b上施加力F压缩弹簧，如图所示．当撤去外力后，下列说法正确的是 A. a尚未离开墙壁前，a和b组成的系统动量守恒 B. a尚未离开墙壁前，a和b组成的系统动量不守恒 C. a离开墙壁后，a和b组成的系统动量守恒 D. a离开墙壁后，a和b组成的系统动量不守恒 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．a尚未离开墙壁前，a和b组成的系统在水平方向受到墙的作用，a和b组成的系统动量不守恒，故A错误，B正确；‎ CD．a离开墙壁后，a和b组成的系统在水平方向不受力，a和b组成的系统动量守恒，故C正确，D错误。‎ 故选BC。‎ ‎10.如图所示，两根相互平行的长直导线过纸面上的M、N两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流。a、O、b在M、N的连线上，O为MN的中点，c、d位于MN的中垂线上，且a、b、c，d到O点的距离均相等。关于这几点处的磁场，下列说法正确的是( )‎ A. O点处的磁感应强度为零 B. a、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相同 C. c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相反 D. a、b、c、d、O五点处磁感应强度的方向都相同 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据右手螺旋定则，M处导线在O点产生的磁场方向竖直向下，N处导线在O 点产生的磁场方向竖直向下，合成后磁感应强度不等于0，故A错误；‎ B．M在a处产生的磁场方向竖直向下，在b处产生的磁场方向竖直向下，N在a处产生的磁场方向竖直向下，b处产生的磁场方向竖直向下，根据场强的叠加知，a、b两点处磁感应强度大小相等，方向相同，故B正确；‎ C．M在c处产生的磁场方向垂直于cM偏下，在d出产生的磁场方向垂直dM偏下，N在c处产生的磁场方向垂直于cN偏下，在d处产生的磁场方向垂直于dN偏下，根据平行四边形定则，知c处的磁场方向竖直向下，d处的磁场方向竖直向下，且合场强大小相等，故C错误；‎ D．a、b、c、d、O五点处磁感应强度的方向都竖直向下，故D正确。‎ 故选BD。‎ ‎11.如图所示，虚线右侧存在垂直纸面向外的匀强磁场，正方形金属框电阻为R，边长为L，线框在外力作用下由静止开始，以垂直于磁场边界的恒定加速度a进入磁场区域并开始计时，t1时刻线框全部进入磁场．规定顺时针方向为感应电流I的正方向，外力大小为F，线框中电功率的瞬时值为P，通过导体横截面的电荷量为q，则这些量随时间变化的关系正确的是（其中P－t图象为抛物线）（）‎ A. A B. B C. C D. D ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】线框做匀加速运动，其速度v=at，感应电动势E=BLv，感应电流，i与t成正比，故A错误．线框进入磁场过程中受到的安培力，由牛顿第二定律得：F-FB=ma，得，F-t图象是不过原点的倾斜直线，故B正确．线框的电功率，故C正确．‎ 线框的位移x=at2，电荷量，q-t图象应是抛物线．故D错误；故选BC．‎ ‎【点睛】解决本题的关键掌握运动学公式，并由各自表达式来进行推导，从而得出结论是否正确，以及掌握切割产生的感应电动势E=BLv．知道L为有效长度．‎ ‎12.如图所示，电表均为理想电表，两个相同灯泡的电阻均为R，且R大于电源内阻．现将滑动变阻器滑片向下滑动，电压表、、示数变化量的绝对值分别为，电流表示数A变化量的绝对值为，则（ ）‎ A. 两灯泡的亮度始终一样且逐渐变亮 B. 、的示数增大，的示数减小 C. 与的比值为2R＋r D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 理想电压表内阻无穷大，相当于断路，理想电流表内阻为零，相当短路，分析电路的连接关系，根据欧姆定律和串、并联电路的规律分析；‎ ‎【详解】A、由于电表均为理想电表，即电流表为短路，电压表为断路，则两电灯与滑动变阻器为串联关系，为测量灯的电压、为测量路端电压、为测量灯和电阻的总电压，当滑动变阻器滑片向下滑动时，则接入电路的电阻增大，则电路中电流减小，则两灯的亮度逐渐变暗，故选项A错误；‎ B、由上面分析可知，总电流减小，则灯的电压减小，即示数减小，内电压减小则路端电压增大，根据串联电路的关系可知，电压表示数增大，故选项B错误；‎ C、根据闭合电路欧姆定律得：，则得：，故选项C错误；‎ D、根据闭合电路欧姆定律得：，则 根据闭合电路欧姆定律得：，则 综上所述可知：，故选项D正确．‎ ‎【点睛】本题是电路的动态分析问题，关键要搞清电路的结构，明确电表各测量哪部分电路的电压或电流，根据闭合电路欧姆定律进行分析即可．‎ 三、实验题（本大题共2小题，13题4分，14题10分共14分）‎ ‎13.用半径相同的两小球A、B的碰撞验证动量守恒定律，实验装置如图所示，斜槽与水平槽圆滑连接．实验时先不放B球，使A球从斜槽上某一固定点C由静止滚下，落到位于水平地面的记录纸上留下痕迹．再把B球静置于水平槽前端边缘处，让A球仍从C处由静止滚下，A球和B球碰撞后分别落在记录纸上留下各自的痕迹．记录纸上的O点是重垂线所指的位置，若测得各落点痕迹到O点的距离分别用OM、OP、ON表示，并知A、B两球的质量分别为mA和mB，（且mA>mB，）则碰撞前后系统动量守恒满足的表达式为_______________‎ ‎【答案】mAOP=mA OM+mBON ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 结合平抛运动的规律，抓住时间相等，结合平抛运动的初速度和水平位移成正比，得出动量守恒的表达式．‎ ‎【详解】A球不碰撞时，做平抛运动落在P点，与B碰撞后，B落在N点，A落在M点，平抛运动的时间相等，可知平抛运动的初速度正比于水平位移，根据动量守恒知，，即，可知成立的表达式为．‎ ‎14.有一节干电池，电动势约为，内阻约为某实验小组为了比较准确的测量其电动势和内阻，在实验室找到了如下器材：‎ A.电流表A量程，内阻约为 ‎ B.电流表G量程，内阻 C.定值电阻 ‎ D.定值电阻 E.滑动变阻器，额定电流 F.滑动变阻器，额定电流 G.开关S和导线若干．‎ ‎(1)因缺少电压表，该组同学准备利用电流表G与定值电阻串联改装成电压表，为较好的满足测量需要，定值电阻应选择______填“C”或“D”；为操作方便，滑动变阻器应选择______填“E”或“F”．‎ ‎(2)该小组根据实验原理图连接线路、测量数据、并在坐标纸上描点连线，得到相应的图线如图，其中I1为电流表G的示数，I2为电流表A的示数，则该电源的电动势E=____________V，内阻r=______(两空均保留三位有效数字)‎ ‎【答案】 (1). C E (2). 1.48 0.840‎ ‎【解析】 (1)[1][2]由于没有电压表，可以用电流表G与定值电阻串联组成电压表测电压，改装后电压表的量程 ‎ ‎ 若电流表G与定值电阻串联组成电压表的量程 电源电动势约为1.5V，所以只需改装成2V的电压表，故定值电阻选择C；因电源内阻较小，为了有效调节电路中的电流，滑动变阻器选择总阻值较小的E；‎ ‎(2)[3][4]设为电流表的示数，为电流表G的示数，数值远大于 的数值，可以认为电路电流，在闭合电路中，电源电动势：‎ ‎ ‎ 则：‎ ‎ ‎ 由图示图像可知，图像纵轴截距：‎ 则：电源电动势：‎ ‎ ‎ 图像斜率：‎ ‎ ‎ 解得：‎ 四、计算题（本大题共4小题，共38分）‎ ‎15.某同学在研究微型直流电动机的性能时，采用如图所示的实验电路．调节滑动变阻器R的阻值，使电动机无法转动，此时电流表和电压表的示数分别为0.2 A和0.6V．重新调节R的阻值，使电动机能够正常运转，此时电流表和电压表的示数分别为1.0 A和8.0 V．(电流表、电压表均为理想电表)求：‎ ‎(1)这台电动机的线圈电阻；‎ ‎(2)电动机正常运转时的输出功率．‎ ‎【答案】(1) (2) P输出=5W ‎【解析】‎ ‎【分析】从电路图中可以看出，电动机和滑动变阻器串联，电压表测量电动机两端的电压，电流表测量电路电流，根据公式可求电动机停转时的电阻；利用公式P=UI可求电动机的总功率，根据公式P=I2R可求电动机克服本身阻力的功率，总功率与电动机克服自身电阻功率之差就是电动机的输出功率．‎ ‎【详解】(1)电动机不转动时满足欧姆定律，电动机的电阻：‎ ‎(2)电动机的总功率：P=U1I1=8V×1A=8W；‎ 电动机自身电阻热功率：PR=I12R=（1A）2×3Ω=3W；‎ 电动机正常运转时的输出功率是：P输出=P-PR=8W-3W=5W．‎ ‎【点睛】本题要明确非纯电阻电路的功率的计算方法，知道电动机不转动时可视为纯电阻和能量间的关系．‎ ‎16.如图所示，质量、的小球A、B均静止在光滑水平面上．现给A球一个向右的初速度，之后与B球发生对心碰撞．‎ ‎(1)若A、B两球发生的是弹性碰撞，求碰后A球和B球的速度；‎ ‎(2)若A、B两球发生的是完全非弹性碰撞，求碰撞后两球损失的动能．‎ ‎【答案】(1)1m/s 4m/s (2) 1.5J ‎【解析】两球发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：‎ 由机械能守恒定律得：‎ 解得：‎ ‎ ‎ 碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：‎ ‎ ‎ 解得：‎ ‎ ‎ 系统损失的动能： ‎ 即动能损失1.5J；‎ ‎17.如图甲所示，平行金属导轨MN、PQ放置于同一水平面内，导轨电阻不计，两导轨间距d=10cm，导体棒ab、cd放在导轨上，并与导轨垂直，每根棒在导轨间的部分电阻均为R=1.0Ω.用长为l=20cm的绝缘丝线将两棒系住，整个装置处在匀强磁场中.t=0时刻，磁场方向竖直向下，丝线刚好处于未被拉伸的自然状态，此后磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示.不计感应电流磁场的影响，整个过程，丝线未被拉断.求：‎ ‎（1）0～2.0s时间内电路中感应电流的大小与方向；‎ ‎（2）t=1.0s时刻丝线的拉力大小.‎ 甲 乙 ‎【答案】（1）A a→c→d→b→a （2）N ‎【解析】‎ ‎【分析】(1) 根据法拉第电磁感应定律求出感应电动势，从而求出感应电流；‎ ‎(2)对导体棒进行受力分析，在水平方向上受拉力和安培力，根据F=BIL求出安培力的大小，从而求出拉力的大小．‎ 详解】(1) 从图象可知， ‎ 则 ‎ 故电路中感应电流的大小为0.001A，根据楞次定律可知，方向是acdba；‎ ‎(2) 导体棒在水平方向上受拉力和安培力平衡 T=FA=BIL=0.1×0.001×0.1N=1×10-5N．‎ 故t=1.0s的时刻丝线的拉力大小1×10-5N．‎ ‎【点睛】解决本题的关键掌握法拉第电磁感应定律以及安培力的大小公式F=BIL．‎ ‎18.如图所示，在平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第Ⅳ象限存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从y 轴正半轴上的M点以速度v0垂直于y轴射入电场，经x轴上的N点射入磁场，最后从y轴负半轴上的P点垂直于y轴射出磁场，已知，，不计粒子重力。求： ‎ ‎（1）电场强度大小E；‎ ‎（2）带电粒子从N点进入磁场时速度大小和方向。‎ ‎（3）磁感应强度大小B。‎ ‎【答案】(1) ； (2) ， 60°； (3) 。‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】粒子垂直于电场进入做类平抛运动，由牛顿第二定律可得到加速度，结合两个方向的分位移，由位移时间公式求解；根据运动学公式求出竖直速度，在根据速度的合成即可求出电粒子从O点进入磁场时的速度大小和方向；粒子由N到P，在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，利用洛伦兹力提供向心力的公式，可由牛顿第二定律求出在磁场中运动的半径，即可求出磁感应强度大小．‎ ‎【详解】（1）粒子运动轨迹如图所示：‎ 在电场中做类平抛运动，在x轴方向：‎ y轴方向：‎ 联立解得：‎ ‎（2）设粒子进入磁场时速度为v，和x轴的夹角为 竖直方向的速度为：‎ 由tan= ‎ ‎ 解得：=60°‎ 合速度为：‎ 在磁场中轨迹如上图所示，设轨迹半径为r ，由几何关系可得：‎ 解得：‎ 根据牛顿第二定律可得：‎ 联立以上解得：‎