【物理】江西省景德镇一中2019-2020学年高二上学期期末考试试题（解析版）

【物理】江西省景德镇一中2019-2020学年高二上学期期末考试试题（解析版）

景德镇一中2019～2020学年第一学期期末考 高二物理试卷 一、单选题（每小题3分，共21分。）‎ ‎1. 物理学中研究问题有多种方法，有关研究问题的方法叙述错误的是：‎ A. 在伽利略之前的学者们总是通过思辩性的论战决定谁是谁非,是他首先采用了以实验检验猜想和假设的科学方法 B. 伽利略斜面实验是将可靠的事实和抽象思维结合起来，能更深刻地反映自然规律 C. 探究加速度与力、质量三个物理量之间的定量关系，可以在质量一定的情况下，探究物体的加速度与力的关系；再在物体受力一定的情况下，探究物体的加速度与质量的关系．最后归纳出加速度与力、质量之间的关系．这是物理学中常用的控制变量的研究方法 D. 在公式电压U和电流I具有因果关系、公式中ΔΦ和E具有因果关系同理在中 ΔV和a具有因果关系 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析：‎ AB．在伽利略之前的学者们总是通过思辩性的论战决定谁是谁非，是他首先采用了以实验检验猜想和假设的科学方法，最典型的是就是伽利略的斜面试验，他将可靠的事实和抽象思维结合起来，能更深刻地反映自然规律，此实验也是牛顿第一定律的基础，AB正确；‎ C．探究加速度与力、质量三个物理量之间的定量关系，可以在质量一定的情况下，探究物体的加速度与力的关系；再在物体受力一定的情况下，探究物体的加速度与质量的关系。最后归纳出加速度与力、质量之间的关系．这是物理学中常用的控制变量的研究方法，C正确；‎ D．在公式中的电压U和电流I具有因果关系，在公式中ΔΦ和E也具有因果关系，但是在中Δv和a不具有因果关系，因为物体的加速度与质量和合外力有关，而与速度变化量无关，D错误；‎ 此题选错误的，故选D。‎ ‎2.在玻璃皿的中心放一个圆柱形电极，紧贴边缘内壁放一个圆环形电极，并把它们与电池的两极相连，然后在玻璃皿中放入导电液体，例如盐水．如果把玻璃皿放在磁场中，如图所示，通过所学的知识可知，当接通电源后从上向下看( )‎ A. 液体将顺时针旋转 B. 液体将逆时针旋转 C 若仅调换N、S 极位置，液体旋转方向不变 D. 若仅调换电源正、负极位置，液体旋转方向不变 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．根据电势的高低可知电流由边缘流向中心，器皿所在处的磁场竖直向上，由左手定则可知，导电液体受到的磁场力沿逆时针方向，因此液体沿逆时针方向旋转，故A错误，B正确；‎ CD．仅仅调换N、S极位置或仅仅调换电源的正负极位置，安培力方向肯定改变，故CD均错误 ‎3.如图所示，一簇电场线的分布关于y轴对称，O是坐标原点，M、N、P、Q是以O为圆心的一个圆周上的四个点，其中M、N在y轴上，Q点在x轴上，则（ ）‎ A. M点的电势比P点的电势高 B. OM间的电势差等于NO间的电势差 C. 一正电荷在O点时的电势能小于在Q点时的电势能 D. 将一负电荷由M点移到P点，电场力做正功 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 解答本题需要掌握：根据电场线方向判断电势高低；灵活应用公式U=Ed判断两点之间电势差的高低；根据电势高低或电场力做功情况判断电势能的高低；正确判断电荷在电场中移动时电场力做功的正负．‎ ‎【详解】A、根据电场线与等势线垂直特点，在M点所在电场线上找到p点的等势点，根据沿电场线电势降低可知，P点的电势比M点的电势高，故A错误；‎ B、根据电场分布可知，OM间的平均电场强度比NO之间的平均电场强度小，故由公式U=Ed可知，OM间的电势差小于NO间的电势差，故B错误；‎ C、O点电势高于Q点，根据Ep=φq可知，正电荷在O点时的电势能大于在Q点时的电势能，故C错误；‎ D、M点的电势比P点的电势低，负电荷从低电势移动到高电势电场力做正功，故D正确．‎ 故选D．‎ ‎【点睛】电场线、电场强度、电势、电势差、电势能等物理量之间的关系以及大小比较，是电场中的重点和难点，在平时训练中要加强这方面的练习，以加深对概念的理解．‎ ‎4.电阻为1Ω的矩形线圈绕垂直于磁场方向的轴在匀强磁场中匀速转动，产生的交变电动势随时间变化的图象如图所示，现把交流电加在电阻为9Ω的电热丝上，则下列说法中正确的是 A. 线圈转动的角速度为 B. 如果线圈转速提高一倍,则电流不会改变 C. 电热丝两端的电压V D. 电热丝的发热功率P=1800W ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．从图中可知：‎ T=0.02s 角速度为：‎ rad/s 故A说法错误；‎ B．在t=0.01s时刻，产生的感应电动势最大，此时线圈与中性面垂直，磁通量为零，故B说法正确；‎ CD．交流电压的最大值为Em=200V，所以有效值 V 则电热丝两端的电压为：‎ V 消耗的功率为：‎ W 故C错误，D正确。故AC．‎ ‎5.如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为10︰l，电流表、电压表均为理想电表，R、L和D分别是光敏电阻（其阻值随光强增大而减小）、理想线圈和灯泡．原线圈接入图乙所示的正弦交流电压u，下列说法中正确的是（ ）‎ A. 交流电的方向每秒钟改变50次 B. 在t=0．005s时，电压表的示数为V C. 有光照射R时，D变亮 D. 抽出L中的铁芯，电流表的示数变小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】通过观察图象可知交流电的周期为0.02s，频率为50Hz，每秒钟有50个周期，一个周期内电流方向改变两次，每秒钟电流方向改变100次，所以A项错误；在t=0．005s时，原线圈电压达到了最大值V，根据匝数比可知，副线圈电压最大值为 V，由于电表示数显示的是有效值22V，所以B项错误；原线圈电压不变，匝数比不变，副线圈电压不变，有光照射R时，电阻减小，副线圈电流变大，D变亮，所以C项正确；根据感抗公式，抽出L中的铁芯，感抗减小，副线圈电流增大，原线圈电流增大，电流表的示数变大，所以D项正确．‎ ‎6.如图所示，在直角三角形abc区域(含边界)内存在垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，∠B=60，∠B=90°，边长ac=L，一个粒子源在a点将质量为m，电荷量为q的带正电粒子以大小和方向不同的速度射入磁场，在磁场中运动时间最长的粒子中，速度的最大值是( )‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】根据题意可知，当速度方向沿着方向并且圆弧与相切，此时粒子的运动时间最长，如图所示，设半径为，根据三角形相关知识可知：‎ 则：‎ 则：‎ 整理可以得到：‎ 由于，整理得到：‎ 故选项A正确 ‎【点睛】考查电场力与洛伦兹力，及向心力，并运用牛顿第二定律来解题，同时结合几何关系来确定已知长度与半径的关系．本题关键之处是画出正确的运动图．‎ ‎7.如图，一个质量为m、带电量为+q的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度为B的匀强磁场中。现给圆环一个水平向右的初速度v0，在以后的运动中下列说法正确的是（　　）‎ A. 圆环可能做匀减速运动 B. 圆环不可能做匀速直线运动 C. 圆环克服摩擦力所做的功可能为 D. 圆环克服摩擦力所做的功不可能为 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】分情况对圆环受力分析，第一种情况 圆环受到向下的重力，向上的支持力、向上洛伦兹力、水平向左的摩擦力，圆环受到的洛伦兹力变小，支持力变大，摩擦力增大，圆环做加速度增大的减速运动，最后速度减为零；‎ 第二种情况 支持力为零，圆环受到的摩擦力为零，这种情况下圆环做匀速直线运动。‎ 第三种情况 随着速度减小，支持力减小，摩擦力减小，此时圆环做加速度减小的减速运动，当支持力减为零后做匀速运动。‎ 由以上分析可知圆环可能做匀速运动或变减速运动，不可能做匀减速运动，故A错误；‎ B．由受力分析第二种情况可知圆环可能不受摩擦力作用，合力为零，这种情况下圆环做匀速直线运动，故B错误；‎ C．由受力分析第一种情况可知当圆环受到向上的支持力，圆环做加速度逐渐增大的减速运动，最后速度减为零，由动能定理可得圆环克服摩擦力所做的功为，故C正确。‎ D．由受力分析第三种情况可知当圆环受到向下的支持力时，圆环做加速度逐渐减小的减速运动，当支持力减为零时开始做匀速直线运动，由平衡关系可得 设克服摩擦力做功为W，由动能定理可得 解得 圆环克服摩擦力所做的功为，故D错误。‎ 故选择C选项。‎ 二、多选题（每小题4分，共20分。）‎ ‎8.如图所示是一定质量的理想气体的体积V和摄氏温度变化关系的v-t图象，气体由状态A变化到状态 B的过程中，下列说法正确的是（　　）‎ A. 气体的内能增大 B. 气体的压强减小 C. 气体的压强不变 D. 气体对外做功，同时从外界吸收能量 ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．气体由状态A变化到状态 B的过程中，温度升高，气体的内能增大，故A正确；‎ BC．‎ 画出过B、A的等压线，由图象分析可知图线b斜率大，对应的压强小，说明从A点到B点压强减小，故B正确，C错误；‎ D． 温度升高则 体积增大，对外做功，则 ，由热力学第一定律 可知 说明气体从外界吸收能量。‎ 故选择ABD选项。‎ ‎9.如图所示，a、b、c、d是某匀强电场中的四个点，它们是一个四边形的四个顶点，ab∥cd，ab⊥bc，2ab＝cd＝bc＝2l，电场方向与四边形所在平面平行．已知a点电势为24 V，b点电势为28 V，d点电势为12 V．一个质子(不计重力)经过b点的速度大小为v0，方向与bc成45°，一段时间后经过c点，则下列说法正确的是（ ）‎ A. c点电势为20 V ‎ B. 质子从b运动到c所用的时间为 C. 场强的方向由a指向c ‎ D. 质子从b运动到c电场力做功为8 eV ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．作如图e点，ab间电势差为4V，可求得e点电势为20V，即eb间电势差为8V，所以dc间电势差也为8V，故c点电势为20V，A正确；‎ B．质子从b→c做类平抛运动，沿初速度方向分位移为，此方向做匀速直线运动，则，B正确；‎ C．连接bd，可得bd中点O处电势为20V，所以Oc为等势面，根据几何知识可得bd⊥oc，所以bd为一条电场线，b点电势高于d点，所以电场方向为从b到d，C错误；‎ D．电势差，则质子从b→c电场力做功为8eV，D正确。‎ 故选ABD。‎ ‎【点睛】本题关键是找等势点，作等势线，并抓住等势线与电场线垂直的特点，问题就变得简单明晰．‎ ‎10.如图所示，电流表和由两个相同的电流计改装而成，现将这两个电流表并联后接入电路中，闭合开关，调节滑动变阻器，下列说法中正确的是（ ）‎ A. 和的读数之比为 B. 和的读数之比为 C. 和的指针偏转角度之比为 D. 和指针偏转角度之比为 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】图中的、并联，表头两端的电压相等，电流相等，指针偏转的角度相同，所以、的指针偏转角度之比为；量程不同的电流表读数不同，的量程为，的量程为，当指针偏转角度相同时，、的读数之比为，故B、C正确．‎ ‎11. 如图1所示，光滑的平行竖直金属导轨AB、CD相距L，在A、C之间接一个阻值为R的电阻，在两导轨间abcd矩形区域内有垂直导轨平面竖直向上、宽为5d的匀强磁场，磁感应强度为B，一质量为m、电阻为r、长度也刚好为L的导体棒放在磁场下边界ab上（与ab边重合），现用一个竖直向上的力F拉导体棒，使它由静止开始运动，已知导体棒离开磁场前已开始做匀速直线运动，导体棒与导轨始终垂直且保持良好接触，导轨电阻不计，F随导体棒与初始位置的距离x变化的情况如图2所示，下列判断正确的是（ ）‎ A. 导体棒离开磁场时速度大小为 B. 导体棒经过磁场的过程中，通过电阻R的电荷量为 C. 离开磁场时导体棒两端电压为 D. 导体棒经过磁场的过程中，电阻R产生焦耳热为 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.设导体棒离开磁场时速度大小为v．此时导体棒受到的安培力大小为：‎ 由平衡条件得：‎ 由图2知：‎ 联立解得：‎ 故A正确；‎ B.导体棒经过磁场的过程中，通过电阻R的电荷量为：‎ 故B错误；‎ C.离开磁场时，由F=BIL+mg得：‎ 导体棒两端电压为：‎ 故C正确；‎ D.导体棒经过磁场的过程中，设回路产生的总焦耳热为Q．根据功能关系可得：‎ 而拉力做功为：‎ 电阻R产生焦耳热为：‎ 联立解得：‎ 故D正确．‎ 故选ACD．‎ ‎【点睛】本题是电磁感应与力学知识的综合应用，对于这类问题一定要正确分析安培力的大小和方向，要掌握安培力经验公式，能正确分析能量是转化的，运用能量守恒定律求焦耳热．‎ ‎12.如图甲所示，abcd是位于竖直平面内的正方形闭合金属线框，在金属线框的下方有一磁感应强度为B的匀强磁场区域，MN和M′N′是匀强磁场区域的水平边界，两边界的距离为s，并与线框的bc边平行，磁场方向与线框平面垂直．现让金属线框由距MN的某一高度从静止开始下落，图乙是金属线框由开始下落到完全穿过匀强磁场区域的v－t图象（其中OA、BC、DE相互平行）．已知金属线框的边长为L（LR的BC区域加一宽度为2R的方向竖直向下的匀强电场，让在A点射出的带电粒子经电场后，能恰好击中x轴上的点C（坐标为（0，3R））．求：‎ ‎（1）带电粒子的初速度大小 ‎ ‎（2）所加电场E的大小 ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】（1）由于粒子在O点垂直射入磁场，故圆弧轨道的圆心在X轴上，OP是直径，设入射粒子的速度为v0，由洛伦兹力的表达式和牛顿第二定律得：‎ 由几何关系可得：‎ 解得：R=r ‎ ‎（2）带电粒子进入电场时坐标(x1，y1)，且x1=R 进入电场做类平抛运动：；‎ 击中C点的时间：‎ Y方向：‎ 解得：‎