【物理】天津市河西区2019-2020学年高二上学期期末考试试题（解析版）

【物理】天津市河西区2019-2020学年高二上学期期末考试试题（解析版）

‎2019-2020学年天津市河西区高二（上）期末物理试卷 一、选择题（本题共20小题，每题3分，共60分，在每题列出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的）‎ ‎1.一质点做曲线运动，在运动的某一位置，它的速度方向、加速度方向以及所受合外力的方向之间的关系是( )‎ A. 速度、加速度、合外力的方向有可能都相同 B. 加速度方向与合外力的方向一定相同 C. 加速度方向与速度方向一定相同 D. 速度方向与合外力方向可能相同，也可能不同 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】AD．质点做曲线运动，合力的方向与速度方向一定不在同一条直线上．故A错误，D错误；‎ B．根据牛顿第二定律知，加速度的方向与合外力的方向一定相同．故B正确；‎ C．物体做曲线运动，合力的方向与速度方向不同，则加速度方向与速度方向不同．故C错误．‎ ‎2.如图所小，直角三角板紧贴在固定的刻度尺上方，使三角板沿刻度尺水平向右匀速运动的同时，一支铅笔沿着三角板直角边，从最下端由静止开始向上做匀加速直线运动．关于铅笔笔尖的运动，下列判断正确的是 A. 笔尖的轨迹是一条倾斜的直线 B. 笔尖的轨迹是一条抛物线 C. 在运动过程中，笔尖运动的速度方向始终保持不变 D. 在运动过秤中，笔尖运动的加速度方始终不变 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做匀加速直线运动，合力沿竖直方向，轨迹为一条抛物线，A错误B正确；在运动过程中，由于做曲线运动，笔尖的速度方向时刻变化着，但是由于合力恒定，所以加速度恒定，方向不变，D正确；‎ ‎3.河宽d=‎60m，水流速度v1=‎4m/s不变，小船在静水中的行驶速度为v2=‎3m/s，则( )‎ A. 小船能垂直直达正对岸 B. 若船头始终垂直于河岸渡河，渡河过程中水流速度加快，渡河时间将变长 C. 小船渡河时间最短为20s D. 小船渡河的实际速度一定为‎5m/s ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由于船速小于水速，小船的合速度不可能垂直于河岸，小船不能垂直直达正对岸，故A错误；‎ BC．当船速垂直于河岸时，小船渡河时间最短为 当水速增大时，渡河时间不受影响，故B错误，C正确；‎ D．由于船速方向未知，无法求解渡河速度，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎4.如图所示，当用扳手拧螺母时，扳手上的P、Q两点的角速度分别为和，线速度大小分别为和，则（ ）‎ ‎ ‎ A. ， B. ，‎ C. ， D. ，‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】BC．由于P、Q两点属于同轴转动，所以P、Q两点的角速度是相等的，即ωP=ωQ，故BC错误；‎ AD．同时由图可知Q点到螺母的距离比较大，由可知，Q点的线速度大，即，故A正确，D错误．‎ 故选A．‎ ‎【点睛】解决本题的突破口在于P、Q两点的角速度相同，然后熟练掌握匀速圆周运动的各物理量之间公式即可．‎ ‎5.如图所示, 、两个小球在同一竖直面内从不同高度沿相反方向水平抛出, 在P点相遇但不相碰（理想化），其平抛运动轨迹的交点为,，则以下说法正确的是(   )‎ A. 球先落地 B. 、两球同时落地 C. 球比球先抛出 D. 球落地时的动能一定比球落地时的动能大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．由于a先抛出，所以到达p点时在竖直方向的速度a比b大，从p到地面运动的高度相同，速度大的用时更少，所以a比b先落地，故AB错误；‎ C．由题可知，a的高度比b的高度更高，由于要在p点相遇，从抛出到p点，a运动的时间更长，要在p点相遇，所以a比b先抛出，故C正确；‎ D．由于不知道两球的质量大小关系，所以无法确定两球落地时的动能，故D错误．‎ ‎6.如图所示，过山车的轨道可视为竖直平面内半径为R的圆轨道质量为m的游客随过山车一起运动，当游客以速度v经过圆轨道的最高点时　　‎ A. 处于超重状态 B. 向心加速度方向竖直向下 C. 速度v的大小一定为 D. 座位对游客的作用力为 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、B项：游客做圆周运动，在最高点，受重力和轨道的压力，合外力提供向心力，合外力向下，加速度竖直向下，游客处于失重状态，故A错误，B正确；‎ C项：在最高点，根据向心力公式得：mg+N=，所以只有当游客对座位的作用力为零时，速度大小才为，故C错误；‎ D项：在最高点，根据向心力公式得：mg+N=，解得：N=-mg，故D错误．‎ ‎7.如图所示，一小钢球在光滑水平桌面上沿AB直线运动，C处有一小球门，BC垂直于AB．现用同一根细管分别沿甲、乙、丙三个方向对准B处吹气，可将钢球吹进球门的是(　　)‎ A. 甲方向 B. 乙方向 C. 丙方向 D. 都有可能 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】小球若进入球门，则吹气后小球的速度方向沿BC方向，画出小球的初速度、末速度的方向，由平行四边形定则画出小球速度变化的方向如图，则：‎ ‎ 由图可知钢球的速度变化的方向沿丙的方向，加速度方向沿丙的方向，所以沿丙的方向吹气，故C正确，ABD错误．‎ ‎8.如图所示的皮带传动装置中，甲、乙、丙三轮的轴均为水平轴，其中甲、乙、丙三轮的半径之比．、、三点分别是甲、乙、丙三轮的边缘点，若传动中皮带不打滑，则( )‎ A. ，两点的线速度大小之比为 B. ，两点的角速度大小之比为 C. ，两点的向心加速度大小之比为 D. ，两点向心加速度大小之比为 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由于甲、乙两轮是皮带传动，皮带传动特点是两轮与皮带接触点的线速度的大小与皮带的线速度大小相同，所以AB两点的线速度大小之比为1：1，故A错误；‎ B．由于乙、丙两轮共轴，故BC两点角速度相同，由公式可得 所以 所以AC两点的角速度大小之比为，故B错误；‎ C．由向心加速度公式得 故C正确；‎ D．由向心加速度公式得 故D错误。‎ 故选C。‎ ‎9.关于开普勒行星运动定律，下列说法正确是 A. 所有行星围绕太阳的运动轨道都是椭圆，太阳处在椭圆的一个焦点上 B. 对于任意一个行星来说，它与太阳的连线在相等的时间内扫过相等的面积 C. 表达式R3/T2=k,k是一个与行星无关的常量 D. 表达式R3/T2=k, T代表行星运动的自转周期 ‎【答案】ABC ‎【解析】‎ ‎【详解】A、第一定律的内容为：所有行星分别沿不同大小的椭圆轨道绕太阳运动，太阳处于椭圆的一个焦点上．故A正确；B、开普勒第二定律的内容为：对于任意一个行星来说，它与太阳的连线在相等的时间内扫过相等的面积，故B正确．C、D、第三定律：所有行星的轨道的半长轴的三次方跟公转周期的二次方的比值都相等，k是与环绕天体无关，与中心天体有关的常量，而T为环绕天体的公转周期，故D错误，C正确．故选ABC．‎ ‎【点睛】正确理解开普勒的行星运动三定律是解答本题的关键，注意理解面积定律的意义，知道行星在远日点的速率小于在近日点的速率．‎ ‎10.如图所示，为地球赤道上的物体，为沿地球表面附近做匀速圆周运动的人造卫星，为地球同步卫星．则下列说法正确的是（ ）‎ A. 角速度的大小关系是 B. 向心加速度大小关系是 C. 线速度的大小关系是 D. 周期的大小关系是 ‎【答案】D ‎【解析】‎ a与c的角速度相等，即，而b、c都围绕地球做匀速圆周运动，则有：‎ ‎，解得：，因b的半径小于c的半径，故，所以有：，根据可知，，故A错误，D正确；a与c的角速度相等，由可知，a的半径小于c的半径，故，而b、c都围绕地球做匀速圆周运动，则有：，解得：，因b的半径小于c的半径，故，所以，故B错误；a与c的角速度相等，由可知，a的半径小于c的半径，故，而b、c都围绕地球做匀速圆周运动，则有：，解得：，因b的半径小于c的半径，故，所以，故C错误；故选D．‎ ‎【点睛】本题中涉及到三个做圆周运动物体，ac转动的周期相等，bc同为卫星，故比较它们的周期、角速度、线速度、向心加速度的关系时，涉及到两种物理模型，要两两比较．‎ ‎11.我国将于2020年建成完整的“北斗二号”导航系统，该系统由5颗地球同步卫星和30颗其他卫星组成．则地球同步卫星(　　)‎ A. 绕地球运行的轨道为椭圆 B. 运行周期与地球自转周期相同 C. 可静止在涟水上空 D. 运行方向与地球自转方向相反 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、地球同步卫星运行轨道为位于地球赤道平面上圆形轨道，故A错误； B、地球同步卫星运行周期与地球自转一周的时间相等，即24小时时，故B正确； C、地球同步卫星静止在赤道上空某处，南通不在赤道上，所以不可静止在南极上空，故C错误； D、地球同步卫星的运行方向与地球自转方向相同，故D错误．‎ ‎【点睛】地球同步卫星即地球同步轨道卫星，又称对地静止卫星，是运行在地球同步轨道上的人造卫星，卫星的运行方向与地球自转方向相同、运行轨道为位于地球赤道平面上圆形轨道、运行周期与地球自转一周的时间相等．‎ ‎12.“北斗”系统中两颗工作卫星1和2在同一轨道上绕地心O沿顺时针方向做匀速圆周运动，轨道半径为r，某时刻它们分别位于轨道上的A，B两位置，如图所示，已知地球表面处的重力加速度为g，地球半径为R，不计卫星间的相互作用力，以下判断正确的是（）‎ A. 这两颗卫星的向心加速度大小为 B. 这两颗卫星的角速度大小为 C. 卫星1由位置A运动至位置B所需时间为 D. 如果使卫星1 加速，它就一定能追上卫星2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析】‎ 根据万有引力提供向心力得出加速度与轨道半径的关系；根据万有引力提供向心力，求出角速度的大小，从而求出卫星1由位置A运动到位置B所需的时间；卫星1在轨道上若加速，所受的万有引力不够提供向心力，做离心运动离开原轨道，不会追上卫星2．‎ ‎【详解】A、卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力充当向心力，即：，由万有引力与重力关系，，解两式得：，故A错误；‎ B、由，将上式代入得：，故B错误；‎ C、卫星1由位置A运动到位置B所需时间为卫星周期的，由，得，故C正确；‎ D、卫星1加速后做离心运动，进入高轨道运动，不能追上卫星2，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎13.宇宙中两颗相距很近的恒星常常组成一个双星系统，它们以相互间的万有引力彼此提供向心力，而使它们绕着某一共同的圆心做匀速圆周运动，若已知它们的运转周期为，两星到某一共同圆心的距离分别为和 ‎，那么，这双星系统中两颗恒星的质量关系正确的是( )‎ A. 这两颗恒星的质量必定相等 B. 这两颗恒星的质量之和为 C. 这两颗恒星的质量之比为 D. 其中必有一颗恒星的质量为 ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【详解】设两颗恒星的质量分别为m1，m2，由万有引力提供向心力得，对m1：‎ ‎ ①‎ 对m2：‎ ‎ ②‎ 由①得 由②得 所以 ‎③‎ 由①/②得 ‎④‎ 联立④③得 故选BCD。‎ ‎14.如图所示，平行导体滑轨MM’、NN’放置于同一水平面上，固定在竖直向下的匀强磁场中，导体棒AB、CD横放在滑轨上且静止，形成一个闭合电路．当AB向右滑动的瞬间，电路中感应电流的方向及CD受到的安培力方向分别为（ ）‎ A. 电流方向沿ABCD，安培力方向向右 B. 电流方向沿ADCB，安培力方向向右 C. 电流方向沿ABCD，安培力方向向左 D. 电流方向沿ADCB，安培力方向向左 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ AB向右移动，则由右手定则可知电流方向，则可知CD中电流的方向，由左手定则可求得CD的运动方向．‎ ‎【详解】由右手安培定则可知，当AB向右运动时电流由B到A，故电流方向沿ADCB；则再由左手定则可得CD受力向右，故B正确，ACD错误．故选B．‎ ‎【点睛】AB运动时产生电流的经过CD，从而使CD受磁场力而产生运动，即先由电磁感应产生电流，电流再在磁场中受到安培力而产生了运动．‎ ‎15.质谱仪是测带电粒子质量和分析同位素的一种仪器，它的工作原理是带电粒子（不计重力）经同一电场加速后垂直进入同一匀强磁场做圆周运动，然后利用相关规律计算出带电粒子的质量。其工作原理如图所示，虚线为某粒子的运动轨迹，由图可知( )‎ A. 此粒子带负电 B. 下极板比上极板电势高 C. 若只增大加速电压，则半径变大 D. 若只增大入射粒子的质量，则半径变小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由左手定则可知，粒子带正电，故A错误；‎ B．粒子经过电场要加速，因正电粒子，所以下极板S2比上极板S1电势低，故B错误；‎ C．根据动能定理得 由 得 若只增大加速电压，则半径变大，若只增大入射粒子的质量，则半径变大，故C正确，D错误。‎ 故选C。‎ ‎16.关于感应电动势，下列说法中正确的是( )‎ A. 穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大 B. 穿过线圈的磁通量的变化量越大，感应电动势越大 C. 穿过线圈的磁通量越大，感应电动势就越大 D. 若某时刻穿过线圈的磁通量为零，则该时刻感应电动势一定为零 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势与磁通量的变化率有关，磁通量变化越快，感应电动势越大，故A正确；‎ B．由可知，穿过线圈的磁通量的变化量越大，但若所用的时间长，则电动势可能小，故B错误；‎ C．穿过闭合回路的磁通量越大，磁通量变化不一定快，则感应电动势不一定大，故C错误；‎ D．穿过线圈的磁通量为零，若磁通率不为零，则感应电动势就不为零，故D错误。‎ 故选A。‎ ‎17.某研究性学习小组在探究电磁感应现象和楞次定律时，设计并进行了如下实验：如图，矩形金属线圈放置在水平薄玻璃板上，有两块相同的蹄形磁铁，相对固定，四个磁极之间的距离相等．当两块磁铁匀速向右通过线圈位置时，线圈静止不动，那么线圈所受摩擦力的方向是(　　)‎ A. 先向左，后向右 B. 先向左，后向右，再向左 C. 一直向右 D. 一直向左 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】当原磁通量增加时，感应电流的磁场与原来磁场的方向相反，两个磁场产生相互排斥的作用力； 当原磁通量减少时，感应电流的磁场就与原来磁场的方向相同，两个磁场产生相互吸引的作用力，所以感应电流总要阻碍导体和磁极间的相对运动．当磁铁匀速向右通过线圈时，N极靠近线圈，线圈的感应电流总要阻碍磁极的相对运动，给磁极向左的安培力，那么磁极给线圈向右的安培力，线圈静止不动，是因为受到了向左的摩擦力．当N极离开线圈，线圈的感应电流总要阻碍磁极的相对运动，给磁极向左的安培力，那么磁极给线圈向右的安培力，线圈静止不动，是因为受到了向左的摩擦力．所以整个过程线圈所受的摩擦力一直向左．故D正确．故选D．‎ ‎18.一矩形线圈在匀强磁场中匀速转动产生的交变电流电动势如图所示，下面说法正确的是 A. 交流电动势的有效值为20V B. 交流电动势的有效值为10V C. t=0.01s线圈处于中性面 D. 交流电动势的频率为50Hz ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】由图可读出电动势的最大值，计算有效值．矩形线圈在匀强磁场中匀速转动时产生正弦交变电流．磁通量为零，感应电动势最大；磁通量最大时，感应电动势为零，线圈恰好通过中性面．由图可读出周期，计算频率．‎ ‎【详解】AB、由图象可得Em=20v，有效值为：E= V=10V，故A错误，B正确；‎ C.t=0.01s时电动势最大，磁通量为零，线圈平面与中性面垂直，故C错误；‎ D. 由图象可得交流电的周期为T=0.04S，所以频率为：f=1/T=1/0.04Hz=25Hz，故D错误；‎ 故选B.‎ ‎19.如图所示，当把理想变压器副线圈回路中的开关S闭合时，则 A. 交流电压表示数将变大 B. 交流电压表示数将变小 C. 交流电流表示数将变小 D. 交流电流表示数将变大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 闭合开关相当于负载增加，输出功率和输入功率都变大，根据原副线圈中电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，判断电压表示数的变化和电流表示数的变化．‎ ‎【详解】将电键S闭合，负载总电阻变小，根据原副线圈中电压比等于匝数比，由匝数和输入端电压不变可知输出端电压不变，交流电压表示数将不变，所以输出端电流变大，原副线圈中电流与匝数成反比，所以输出端电流变大时输入端I也增大，故ABC错误，D正确．‎ 故选D.‎ ‎20.如图所示，理想变压器原、副线圈接有三个完全相同的灯泡，其额定电压均为U，且三个灯泡均能正常发光．下列说法正确中的是 A. 原、副线圈匝数比为3:1 B. 原、副线圈匝数比为1:3‎ C. AB端的输入电压为3U D. AB端的输入电压为4U ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】设灯泡正常发光时，流过它电流为，则该变压器原线圈电流，副线圈中电流，则原副线圈匝数比；所以原线圈两端的电压为，则AB端输入电压为3，则ABD错，C正确．‎ 故本题选C ‎【点睛】根据理想变压器原、副线圈电流比和匝数成反比的规律，利用三灯泡正常发光的电流，可以求出匝数比；利用匝数比可求得原线圈两端的电压，进而可以求出AB端的输入总电压．‎ 二、综合题（本题共4小题，共40分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．）‎ ‎21.如图所示，边长为L、匝数为n的正方形金属线框，它的质量为m、电阻为R，用细线把它悬挂于一个有界的匀强磁场边缘．金属框的上半部处于磁场内，下半部处于磁场外，磁场随时间的变化规律为B=kt．求：‎ ‎（1）线框中的电流强度为多大？‎ ‎（2）t时刻线框受的安培力多大？‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）线框中的电动势：‎ 电流为：‎ ‎（2）安培力为:‎ ‎22.如图所示，一个固定在竖直平面上的光滑半圆形管道，管道里有一个直径略小于管道内径的小球，小球在管道内做圆周运动，从点脱离后做平抛运动，经过时间1s后又恰好垂直与倾角为的斜面相碰。已知半圆形管道的半径为R=‎5m，小球可看做质点且其质量为m=‎5kg，重力加速度为。求：‎ ‎（1）小球在斜面上的相碰点与点的水平距离；‎ ‎（2）小球经过管道的点时，受到管道的作用力的大小和方向。‎ ‎【答案】(1)‎10m(2)50N，方向竖直向下 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1) 小球从B到C做平抛运动，根据平抛运动的规律：小球在C点的竖直分速度 水平分速度 则B点与C点的水平距离为 ‎(2)在B点，设管道对小球的作用力方向向下，根据牛顿第二定律，有 解得 管道对小球的作用力方向竖直向下。‎ ‎23.有一台内阻为1的发电机，供给一学校照明用电，如图所示。升压比为，降压比为，输电线的总电阻，全校共22个班，每班有“220V，40W”灯6盏。若保证全部电灯正常发光，则：‎ ‎（1）输电线上损耗的电功率多大？‎ ‎（2）发电机电动势多大？‎ ‎【答案】(1)144W(2)250V ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)据题意，所有灯都正常工作的总功率为 用电器都正常工作时的总电流为 两个变压器之间输电线上的电流为，根据 解得 故输电线上损耗的电功率 ‎(2)降压变压器上的输入电压 输电线上的电压损失为 因此升压变压器的输出电压为 由变压器变压比可知，升压变压器的输入电压为 升压变压器的输入电流为 发电机的电动势 ‎24.如图所示，有一倾角α=37°的粗糙斜面，斜面所在空间存在一有界矩形匀强磁场区域GIJH，其宽度GI=HJ=L=‎0.5m．有一质量m=‎0.5Kg的“日”字形匀质导线框abcdef，从斜面上静止释放，释放时ef平行于GH且距GH为‎4L，导线框各段长 ab=cd=ef=ac=bd=ce=df=L=‎0.5m，线框与斜面间的动摩擦因数μ=0.25，ab、cd、ef三段的阻值相等、均为R=0.5Ω，其余电阻不计．已知ef边刚进入磁场时线框恰好做匀速运动，不计导线粗细，重力加速度g=‎10m/s2（sin37°=0.6，sin53°=0.8），求：‎ ‎（1）ef边刚进入磁场时的速度v ‎（2）匀强磁场的磁感应强度B ‎（3）线框从开始运动到ab边穿出磁场过程中ab边发的焦耳热为多少？‎ ‎【答案】（1）v=‎4m/s（2）B="1" T（3）1J ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由动能定理，2分 得，v=‎4m/s ‎ ‎(2)当线框匀速运动时，对电路，E=BLv ‎ R总=R+1分 ‎1分 对线框，‎ 解得，B="1" T ‎ ‎（3）当线框每条边切割磁感线时，等效电路都一样．所以ef和cd作为电源时 时间为,‎ 当ab做为电源时，‎ 时间为,‎ 整个过程总热量，Q=Q1+Q2=1J ‎【点睛】本是电磁感应中常见的问题：导体在导轨上滑动的类型，从力和能两个角度研究．力的角度，关键是安培力的分析和计算．能的角度要把握涉及几种能、能量如何是转化的．‎