【物理】广东省汕尾市2019-2020学年高二下学期期末教学质量监测试题（解析版）

【物理】广东省汕尾市2019-2020学年高二下学期期末教学质量监测试题（解析版）

汕尾市2019—2020学年度第二学期全市高中二年级 教学质量监测物理试题 本试题共6页，考试时间75分钟，满分100分 一、单选题：每小题2分，共20分。‎ ‎1.下列说法正确的是（ ）‎ A.伽利略通过斜面实验等研究，最早提出了速度、加速度的概念 B.英国物理学家牛顿用实验的方法测出了引力常量 C.库仑最早用实验测得元电荷的数值 D.安培发现了电流的磁效应并提出用安培定则判定电流的磁场的方法 ‎2.一质点以某初速度竖直上抛，经过一段时间，动能变为抛出时的。不计空气阻力，重力加速度为g，则这段时间内质点的位移大小可能为（ ）‎ A. B. C. D.‎ ‎3.2020年5月5日，长征五号运载火箭首飞成功，将我国新一代载人飞船试验船送入近地轨道。若飞船质量为，距地面高度为，地球半径为，地球表面的重力加速度为，引力常量为，则飞船在轨道上运行的速度为（ ）‎ A. B. C. D.‎ ‎4.甲、乙两车由静止开始沿直线同向加速运动，两车所受阻力均为，额定功率均为。若甲车以恒定的功率启动，乙车以恒定的加速度启动，则下列说法正确的是（ ）‎ A.甲车的牵引力逐渐增大 B.在时间内，甲车的牵引力做功为 C.若乙车匀加速运动持续的时间为，则乙车在时间内做功为 D.乙车的功率达到额定值后，立即做匀速直线运动 ‎5.如图所示，电荷量分别为和的两个点电荷、置于真空中，在它们的连线上取、、、、五点，已知，下列判断正确的是（ ）‎ A.点处的电场强度方向向右 B.点的场强大于点的场强 C.点的电势低于点的电势 D.把负电荷从点移到点，电势能减小 ‎6.如图所示为测磁感应强度大小的一种方式，将边长为、一定质量的等边三角形导线框用绝缘细线悬挂于天花板，导线框中通以逆时针方向的电流。图中虚线过边和边的中点，在虚线的下方为垂直于导线框向里的匀强磁场，导线框中的电流大小为。此时导线框处于静止状态，通过传感器测得细线中的拉力大小为；保持其他条件不变，现将导线框中的电流增大两倍，同时将磁场反向，大小保持不变，此时测得细线的拉力大小为，则磁感应强度大小为（ ）‎ A. B. C. D.‎ ‎7.如图所示，在方向垂直于纸面向里的匀强磁场中有一形金属导轨，导轨平面与磁场垂直。金属杆置于导轨上并与导轨形成闭合回路，一圆环形金属线框位于回路围成的区域内，线框与导轨共面。现让金属杆以一定的初速度向右做减速运动，下列说法正确的是（ ）‎ A.中感应电流沿顺时针方向，中感应电流沿逆时针方向 B.中感应电流沿顺时针方向，中感应电流沿顺时针方向 C.中感应电流沿逆时针方向，中感应电流沿逆时针方向 D.中感应电流沿逆时针方向，中感应电流沿顺时针方向 ‎8.如图所示，两个相同的灯泡分别接在理想变压器的原、副线圈上，灯泡电阻不随温度变化。已知、两灯的功率之比为，电源交变电压为，则（ ）‎ A.原、副线圈的匝数之比 B.原、副线圈的匝数之比 C.灯泡、两端的电压分别是，‎ D.灯泡、两端的电压分别是，‎ ‎9.质量为的物体以初速度开始做平抛运动，经过时间，下降的高度为，速度变为，则此时重力的瞬时功率的大小不正确的是（ ）‎ A. B. C. D.‎ ‎10.关于下列四幅图的说法正确的是（ ）‎ A.图甲是用来加速带电粒子的回旋加速器的示意图，要想粒子获得的最大动能增大，可增加电压 B.图乙是磁流体发电机的结构示意图，可以判断出极板是发电机的正极，极板是发电机的负极 C.图丙是速度选择器的示意图，带电粒子（不计重力）能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是，即 D.图丁是质谱仪的结构示意图，粒子打在底片上的位置越靠近狭缝说明粒子的比荷越小 二、多选题：每小题3分，共30分。（全部选对得分，选对但不全的得1分，多选、错选或不答的得0分）‎ ‎11.下列说法中正确的是（ ）‎ A.由可知，若电容器两极板所带电量为0，则此电容器的电容为0‎ B.由可知，若一小段通电导体在某处所受磁场力大小为0，说明此处磁感应强度大小一定为0‎ C.由可知，若检验电荷在某处受电场力大小为0，说明此处场强大小一定为0‎ D.由可知，若通过回路的磁通量大小为0，感应电动势的大小可能不为0‎ ‎12.如图所示为一种叫作“魔盘”的娱乐设施，当转盘转动很慢时，人会随着“魔盘”一起转动，当“魔盘”转动到一定速度时，人会“贴”在“魔盘”竖直壁上而不会滑下。若“魔盘”半径为，人与“魔盘”竖直壁间的动摩擦因数为，在人“贴”在“魔盘”竖直壁上，随“魔盘”一起运动的过程中，下列说法正确的是（ ）‎ A.人随“魔盘”转动过程中受重力、弹力、摩擦力和向心力作用 B.“魔盘”转速变大，但人与“魔盘”竖直壁之间的摩擦力不变 C.“魔盘”转速越大，人越不容易下滑 D.“魔盘”的转速一定大于 ‎13.如图所示，在上方的空间充满垂直于平面向里的匀强磁场，有两个粒子、以相同的速度，与成从点射入磁场，然后分别从、点射出磁场，且，不考虑粒子间的相互作用力和粒子的重力，下列说法正确的是（ ）‎ A.粒子带负电，粒子带正电 B.、粒子在磁场中的轨道半径相等 C.、粒子的比荷相等 D.、粒子在磁场中的运动时间之比为 ‎14.如图所示，一质点在重力和水平恒力作用下，速度从水平方向变为竖直方向，在此过程中，质点的（ ）‎ A.机械能不断减小 B.机械能先减小后增大 C.动能不断减小 D.动能先减小后增大 ‎15.如图所示，一个铁架台放在水平面上，其上用轻质细线悬挂一个小球，开始时细线竖直。现将外力作用于小球上，使其缓慢由实线位置运动到虚线位置，过程中保持方向始终与细线垂直，铁架台始终静止，则在这一过程中（ ）‎ A.外力先变大后变小 B.细线的拉力不断减小 C.铁架台对地面的压力变大 D.铁架台所受地面的摩擦力先增大后减小 ‎16.如图甲所示，一条电场线与轴重合，取点电势为零，方向上各点的电势随变化的情况如图乙所示。若在点由静止释放一电子，且电子仅受电场力的作用，则（ ）‎ A.电场的方向沿正方向 B.电子沿正方向运动 C.电子加速度先减小，后保持不变 D.电子的电势能将增大 ‎17.如图所示，电源电动势为、内阻为，平行金属板电容器中带电粒子处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器的滑片移动时，电流表的示数减小，则下列说法正确的是（ ）‎ A.滑片向端移动，电压表示数减小 B.电源发热功率减小，电源效率增大 C.电容器的带电量增大，粒子将向上运动，且带负电 D.消耗的功率增大，消耗的功率减小 ‎18.在图中实线框所示的区域内同时存在着匀强磁场和匀强电场，一个带电粒子（不计重力）恰好能沿直线从右到左通过这一区域，那么匀强磁场和匀强电场的方向可能为（ ）‎ A.匀强磁场方向竖直向上，匀强电场方向垂直于纸面向外 B.匀强磁场方向竖直向下，匀强电场方向垂直于纸面向外 C.匀强磁场方向水平向左，匀强电场方向水平向右 D.匀强磁场方向垂直于纸面向里，匀强电场方向竖直向下 ‎19.如图所示，、两个闭合正方形线圈由同样的导线制成，匝数相同，边长，图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀增大，不考虑线圈之间的相互影响，则（ ）‎ A.两线圈内产生沿顺时针方向的感应电流 B.、线圈中感应电动势之比为 C.、线圈中感应电流之比为 D.、线圈中电功率之比为 ‎20.如图所示，面积为的单匝闭合线框在磁感应强度为的匀强磁场中，以恒定的角速度绕垂直于磁场方向的转轴匀速转动，从中性面开始计时，下列说法中正确的是（ ）‎ A.穿过线框的磁通量为时，线框中磁通量的变化率为 B.穿过线框的磁通量为时，线框中磁通量的变化率为 C.线框转动的过程中，感应电动势的平均值 D.线框转动的过程中，感应电动势的平均值为0‎ 三、实验题：本大题包含2小题，共计16分。‎ ‎21.（8分）某同学设计了一个探究加速度与物体所受合外力及质量的关系实验.图1为实验装置简图，为小车，后端连有纸带，为打点计时器，为装有沙的沙桶（总质量为），为一端带有定滑轮的长木板。‎ ‎（1）在这个实验中，为了探究两个物理量之间的关系，要保持第三个物理量不变，这种探究方法叫作___________法。‎ ‎（2）某同学在探究与的关系时，把沙和沙桶的总重力当作小车的合外力，作出图线如图2所示，该图线不过原点的原因是___________，图线右上部弯曲的原因是___________。（均填写正确选项的字母代号）‎ A.平衡摩擦力时，长木板倾角过小 B.平衡摩擦力时，长木板倾角过大 C.沙和沙桶的总质量过小 D.沙和沙桶的总质量过大 ‎（3）如图3是某次实验得到的纸带，打点计时器所用电源的频率为，舍去前面比较密集的点，从点开始，依次选取、、、、五个计数点，相邻两个计数点间都有四个点未画出，图中给出了相邻两点间的距离，则小车运动的加速度大小为 ‎___________。（结果保留两位有效数字）‎ ‎22.（8分）某同学用伏安法测定待测电阻的阻值（约为），除了，开关、导线外，还有下列器材供选用：‎ A.电压表（量程，内阻约为）‎ B.电压表（量程，内阻约为）‎ C.电流表（，内阻约为）‎ D.电流表（，内阻为）‎ E.电源（电动势，额定电流，内阻不计）‎ F.电源（电动势，额定电流，内阻不计）‎ G.滑动变阻器（阻值范围，额定电流）‎ ‎（1）为使测量尽量准确，电压表选用___________，电流表选用___________，电源选用___________（均填器材的字母代号）；‎ ‎（2）画出测量阻值的实验电路图；‎ ‎（3）该同学选择器材、连接电路和操作均正确，从实验原理上看，待测电阻测量值会__________（选填“大于”“小于”或“等于”）其真实值，原因是___________________________。‎ 四、计算题：本大题包含2小题，共计34分。‎ ‎23.（15分）空间中存在如图所示的有界匀强磁场（虚线为其左右边界，竖直方向足够大），磁感应强度大小为。某带正电的粒子以速度垂直于磁场左边界由点飞入磁场中，最后从右边界上的点离开。现在同样的空间区域，将磁场改为竖直向下的匀强电场，带电粒子仍以同样的初速度从点飞入，若粒子也能从右边界的点飞出，已知、连线与初速度方向的夹角为，求：‎ ‎（1）匀强电场的电场强度大小；‎ ‎（2）粒子穿过磁场和电场的时间之比。‎ ‎24.（19分）如图所示，木板静止在光滑水平面上，其左端与固定台阶相距，与滑块（可视为质点）相连的细线一端固定在点。水平拉直细线并给一个竖直向下的初速度，当到达最低点时，细线恰好被拉断，从右端的上表面水平滑入。滑入时，与台阶碰撞时无机械能损失，不计空气阻力。已知的质量为，的质量为，、之间的动摩擦因数为；细线长为，能承受的最大拉力为重力的5倍；足够长，不会从表面滑出；重力加速度为。‎ ‎（1）求的初速度大小；‎ ‎（2）为何值时，与台阶碰撞前瞬间，恰能与达到共速？‎ ‎（3）若与台阶只发生两次碰撞，求满足的条件。‎ ‎【参考答案】‎ 一、单选题：每小题2分，共20分。‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ ‎8‎ ‎9‎ ‎10‎ A B D C D B C D A A 二、多选题：每小题3分，共30分。（全部选对得3分，选对但选不全的得1分，多选、错选或不答的得0分）‎ ‎11‎ ‎12‎ ‎13‎ ‎14‎ ‎15‎ ‎16‎ ‎17‎ ‎18‎ ‎19‎ ‎20‎ CD BC BD AD BD BC BC AC BD BC 三、实验题：本大题包含2小题，共计16分。‎ ‎21.（每空2分，共8分）（1）控制变量 （2） （3）0.60‎ ‎22.（画图3分，其余每空1分，共8分）（1） （2）如下图所示 ‎（3）大于 电压表的读数大于待测电阻两端的实际电压 四、计算题：本大题包含2小题，共计34分。‎ ‎23.（15分）‎ 解：（1）设磁场的宽度为 在匀强磁场中，根据几何关系： ……（2分）‎ 洛伦兹力提供向心力： ……（2分）‎ 在匀强电场中，水平方向：‎ 竖直方向：，， ……（4分）‎ 解得 ……（1分）‎ ‎（2）在磁场中： ……（2分）‎ 在电场中： ……（2分）‎ 所以： ……（2分）‎ ‎24.（19分）‎ 解：（1）对，由机械能守恒知： ……（2分）‎ 对，根据向心力的公式： ……（2分）‎ 联立得：， ……（1分）‎ ‎（2）、动量守恒： ……（2分）‎ 对，由动能定理知： ……（1分）‎ 联立得： ……（1分）‎ ‎（3）由于与台阶碰撞无机械能损失，所以与台阶碰撞前后速度大小相等，方向相反。‎ ‎……（1分）‎ 设时，与台阶第一次碰撞前瞬间，和动量恰好相等，则：‎ ‎ ……（1分）‎ 由动量守恒知： ……（1分）‎ 对，由动能定理知： ……（1分）‎ 联立得： ……（1分）‎ 设时，与台阶第二次碰撞前瞬间，和动量恰好相等，则：‎ ‎ ……（1分）‎ 根据运动的对称性，在与动量达到相等之前，每次与台阶碰撞前的瞬间速度都相同。‎ 第一次碰撞后，、系统的总动量守恒： ……（1分）‎ 对，由动能定理知： ……（1分）‎ 联立得： ……（1分）‎ 所以，若与台阶只发生两次碰撞，需满足：‎ ‎，即 ……（1分）‎ 答案详解 一、单选题：每小题2分，共20分。‎ ‎1.【参考答案】A ‎【试题分析】伽利略最早通过实验研究，提出了瞬时速度、平均速度、加速度等概念，故A正确；卡文迪许用实验的方法测出了引力常量，故B错误；密立根最早应用油滴实验测得元电荷的数值，故C错误；奥斯特最早发现了电流的磁效应，安培提出用安培定则判定电流的磁场的方法，故D错误。‎ ‎2.【参考答案】B ‎【试题分析】设初速度为，则末速度大小为。若末速度竖直向上，则时间，位移，解得：；若末速度竖直向下，则时间，位移，解得：；故选B。‎ ‎3.【参考答案】D ‎【试题分析】对地面物体：；对于飞船：，联立两式得。故D正确。‎ ‎4.【参考答案】C ‎【试题分析】甲车以恒定的功率启动，由，速度增大，牵引力减小，故A错误；时间内甲车牵引力做功为，故B错误；乙车以恒定的加速度启动，功率达到额定值后，做加速度减小的加速运动，故D错误；乙车功率达到额定功率之前，功率随时间正比例增大，故时间内，乙车牵引力做功为，故C正确。‎ ‎5.【参考答案】D ‎【试题分析】由及电场强度叠加原理，知点场强为0，点左侧场强向左，点右侧场强向右，故A错误；负电荷在段受到电场力向右，点到点电场力做正功，电势能减小，故D正确；由场强的叠加原理知，在点正负电荷产生的场强反向，而在点正负电荷产生的场强同向，故点场强小于点场强，所以B错误；在点和点产生的电势相等。在点产生的电势大于点，所以点电势高于点电势，故C错误。‎ ‎6.【参考答案】B ‎【试题分析】电流为时，受力分析如右图1所示，所以；电流增大2倍即为磁场反向后，受力分析如右图2所示，所以，联立得，。故B正确。‎ ‎7.【参考答案】C ‎【试题分析】向右减速运动，根据右手定则，中会产生逆时针方向的感应电流，且感应电流在减小；环形线框磁通量向里增大，由楞次定律，中会产生逆时针方向的感应电流，故C正确。‎ ‎8.【参考答案】D ‎【试题分析】由知，；变压器的原、副线圈电流之比，故A、B错误；由知，、灯电压之比，因为，，故，，故C错误，D正确。‎ ‎9.【参考答案】A ‎【试题分析】根据功率的定义，重力的瞬时功率，故B、C、D正确，本题选A。‎ ‎10.【参考答案】B ‎【试题分析】A.甲图中，根据可知，粒子获得的最大动能为，所以要想粒子获得的最大动能增大，可增加形盒的半径，故A错误；‎ B.乙图中根据左手定则，正电荷向下偏转，所以极板带正电，为发电机的正极，极板是发电机的负极，故B正确；‎ C.丙图中，电子从右向左运动通过复合场时，电场力竖直向上，根据左手定则，洛伦兹力方向也向上，所以不是速度选择器，故C错误；‎ D.由，知越小，说明比荷越大，故D错误。‎ 二、多选题：每小题3分，共30分。（全部选对得3分，选对但选不全的得1分，多选、错选或不答的得0分）‎ ‎11.【参考答案】CD ‎【试题分析】电容是电容器本身的性质，与所带的电量无关，故A错误；当电流元与磁场垂直放置时，磁场力为0，才有磁感应强度为0，B错误；电场力为0时，电场强度一定为0；磁通量为0时，磁通量的变化率可以不为零，感应电动势可以不为0，故选C、D。‎ ‎12.【参考答案】BC ‎【试题分析】向心力是效果力，物体不会受向心力，故A错误；人竖直方向受力平衡，摩擦力始终等于人的重力，故B正确；转速越大，人对竖直壁的压力越大，最大静摩擦力越大，人越不容易下滑，故C正确；当人恰好贴在竖直壁上时，转速最小，此时满足：，‎ ‎，解得，故D错误。‎ ‎13.【参考答案】BC ‎【试题分析】由左手定则可以判断，粒子带正电，粒子带负电，选项A错误；‎ 用作图法作出、粒子轨迹的圆心如图，，、分别为、中点，有，得，所以、粒子在磁场中的轨道半径相等，选项B正确；由得，、粒子速度大小相等，在同一磁场中，轨道半径相等，所以比荷也相等，选项C正确；、粒子在磁场中的运动周期，周期相同，粒子在磁场中的运动时间，粒子在磁场中的运动时间，所以运动时间之比为，选项D错误。‎ ‎14.【参考答案】AD ‎【试题分析】根据运动的分解，质点水平方向做匀减速直线运动，竖直方向做匀加速直线运动，水平恒力必定向左，做负功，机械能不断减小，故A正确，B错误；质点所受合外力恒定，方向向左下方，故合外力先做负功，后做正功，质点的动能先减小后增大，故C错误，D正确。‎ ‎15.【参考答案】BD ‎【试题分析】小球受力平衡，外力与绳子拉力保持夹角不变，采用图示法：如图所示，逐渐增大，T逐渐减小，故A错误，B正确；对铁架台和小球整体受力分析，外力的竖直分力逐渐增大，故铁架台对地面的压力逐渐减小，外力的水平分力先增大后减小，故地面的摩擦力先增大后减小，故C错误，D正确。‎ ‎16.【参考答案】BC ‎【试题分析】沿电场线方向，电势逐渐降低，故电场方向沿负方向，故A错误；电子所受电场力方向与场强方向相反，故电子沿正方向运动，故B正确；由，结合图像，场强的大小逐渐减小为零，电子加速度先减小，后保持为零，故C正确；电子动能逐渐增大，根据能量守恒，电势能逐渐减小，故D错误。‎ ‎17.【参考答案】BC ‎【试题分析】根据“串反并同”，电流表示数减小，必定增大，电压表示数必定增大，故A错误；电路总电阻增大，总功率减小，电源效率增大，故B正确；电容器上极板带正电，带电粒子受到向上的电场力静止，所以带电粒子带负电，增大时，电压增大，电容器电压增大，电量增大，电容器间的电场强度增大，质点所受向上的电场力增大，粒子将向上运动，故正确；增大时，的电压减小，功率减小，的电压增大，功率增大，故D错误。‎ ‎18.【参考答案】AC ‎【试题分析】不妨假设粒子带正电，匀强磁场竖直向上时，洛伦兹力垂直纸面向内，电场力必定向外，电场垂直纸面向外，故A正确，B错误；匀强磁场水平向左，电场水平向右时，粒子不受磁场力，仅受电场力，可以沿直线运动，故C正确；匀强磁场垂直纸面向里时，洛伦兹力竖直向下，电场要竖直向上，粒子才可能沿直线运动，故D错误。‎ ‎19.【参考答案】BD ‎【试题分析】由楞次定律，感应电流的方向沿逆时针，故A错误；根据，所以，故B正确；，则电流，所以 ‎，故C错误；根据，，故D正确。‎ ‎20.【参考答案】BC ‎【试题分析】磁通量为时，线圈与中性面夹角为，，由，此时磁通量变化率，故A错误；磁通量为时，线圈与中性面夹角为，，由，此时磁通量变化率，故B正确；根据，线圈转过时，，，所以，故C正确；线框转动的过程中，，所以，故D错误。‎ 三、实验题：本大题包含2小题，共计16分。‎ ‎21.【参考答案】（1）控制变量 （2） （3）0.60‎ ‎【试题分析】（1）验证牛顿第二定律的实验中、、三者的关系应采用控制变量法；（2）根据图像，时，，说明平衡摩擦力时，长木板倾角过大，故选B；只有当时，小车的合外力才近似等于，当比较大时，曲线会向下弯，故选D；（3）根据逐差法：，，解得。‎ ‎22.【参考答案】（1） （2）如下图所示 ‎（3）大于 电压表的读数大于待测电阻两端的实际电压 ‎【试题分析】①若电源电动势选，则电路中的电流最大为，电流表无法正常使用，所以电源选用，此时电路中电流最大为，电流表应选用，电压表选用；‎ ‎②滑动变阻器总电阻远小于待测电阻，故滑动变阻器采用分压接法，由于 ‎，所以电流表采用内接法。‎ ‎③由于电流的分压，导致电压测量值偏大，而电流值准确，根据可知待测电阻测量值偏大。‎ ‎23.（15分）‎ 解：（1）设磁场的宽度为 在匀强磁场中，根据几何关系： ……（2分）‎ 洛伦兹力提供向心力： ……（2分）‎ 在匀强电场中，水平方向：‎ 竖直方向：，， ……（4分）‎ 解得 ……（1分）‎ ‎（2）在磁场中： ……（2分）‎ 在电场中： ……（2分）‎ 所以： ……（2分）‎ ‎24.（19分）‎ 解：（1）对，由机械能守恒知： ……（2分）‎ 对，根据向心力的公式： ……（2分）‎ 联立得：， ……（1分）‎ ‎（2）、动量守恒： ……（2分）‎ 对，由动能定理知： ……（1分）‎ 联立得： ……（1分）‎ ‎（3）由于与台阶碰撞无机械能损失，所以与台阶碰撞前后速度大小相等，方向相反。‎ ‎…（1分）‎ 设时，与台阶第一次碰撞前瞬间，和动量恰好相等，则：‎ ‎ ……（1分）‎ 由动量守恒知： ……（1分）‎ 对，由动能定理知： ……（1分）‎ 联立得： ……（1分）‎ 设时，与台阶第二次碰撞前瞬间，和动量恰好相等，则：‎ ‎ ……（1分）‎ 根据运动的对称性，在与动量达到相等之前，每次与台阶碰撞前的瞬间速度都相同。‎ 第一次碰撞后，、系统的总动量守恒： ……（1分）‎ 对，由动能定理知： ……（1分）‎ 联立得： ……（1分）‎ 所以，若与台阶只发生两次碰撞，需满足：‎ ‎，即 ……（1分）‎