【物理】湖北省两校2019-2020学年高二上学期期末考试试题（解析版）

【物理】湖北省两校2019-2020学年高二上学期期末考试试题（解析版）

荆州中学、宜昌一中2019年秋季学期高二期末联考 物理试题 一、单选题（每题3分，共24分）‎ ‎1.高空作业须系安全带，如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动)．此后经历时间t安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为(　　)‎ A. ＋mg B. －mg C. ＋mg D. －mg ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】在安全带对人有拉力的瞬间时，人做自由落体运动，此过程机械能守恒，故有，即在产生拉力瞬间速度为，之后人在安全带的作用下做变速运动，末速度为零，设向上为正方向，则根据动量定理可得：有，联立解得 ‎【点睛】本题关键是明确物体的受力情况和运动情况，然后对自由落体运动过程和全程封闭列式求解，注意运用动量定理前要先规定正方向 ‎2.如图所示，B为半径为R的竖直光滑圆弧的左端点，B点和圆心C连线与竖直方向的夹角为α，—个质量为m的小球在圆弧轨道左侧的A点以水平速度v0抛出，恰好沿圆弧在B点的切线方向进入圆弧轨道，已知重力加速度为g，下列说法正确的是 （ ）‎ A. AB连线与水平方向夹角为α B. 小球从A运动到B的时间 C. 小球运动到B点时，重力的瞬时功率 D. 小球运动到竖直圆弧轨道最低点时，处于失重状态 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】AB、平抛运动水平方向为匀速直线运动，竖直方向为自由落体运动，小球恰好沿B点的切线方向进入圆轨道，说明小球在B点时，合速度方向沿着圆轨道的切线方向．将合速度正交分解，根据几何关系可得，其与水平方向的夹角为 ，则 ，解得： 此时AB位移的连线与水平方向的夹角不等于，故A错；B对 C、小球运动到B点时，重力的瞬时功率 ，故C错；‎ D、小球运动到竖直圆弧轨道的最低点时，有向上的加速度，所以处于超重状态，故D错；‎ 故选B ‎3.电源和一个水平放置的平行板电容器、二个变阻器R1、R2和定值电阻R3组成如图所示的电路．当把变阻器R1、R2调到某个值时，闭合开关S，电容器中的一个带电液滴恰好处于静止状态．当再进行其他相关操作时（只改变其中的一个），以下判断正确的是（ ）‎ A. 将R1的阻值增大时，液滴将向下运动 B. 将R2的阻值增大时，液滴仍保持静止状态 C. 把电容器的上极板向上平移少许，电容器的电荷量将减小 D. 断开开关S，电容器上的带电荷量将减为零 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.闭合开关S，电容器上极板带正电，带电液滴受重力和电场力处于平衡，电场力竖直向上，可知带电液滴带负电．当R1‎ 的阻值增大时，电容器两端间的电势差不变，板间场强不变，则带电液滴受到的电场力不变，液滴保持静止不动，故A错误； ‎ B.将R2的阻值增大时，则R2两端间的电压增大，所以电容器两端间的电压增大，液滴所受的电场力变大，液滴将向上运动，故B错误；‎ C.把电容器的上极板向上平移少许，d增大，电容减小，电容器两端的电势差不变，则由Q=CU得知，电容器的电荷量将减小，故C正确； ‎ D.断开开关，稳定时电容器两端间的电势差等于电源的电动势．电容器的电压增大，带电量增加，不会为零，故D错误．‎ ‎4.电磁炉热效率高达，炉面无明火，无烟无废气，“火力”强劲，安全可靠图示是描述电磁炉工作原理的示意图，下列说法正确的是 A. 当恒定电流通过线圈时，会产生恒定磁场，恒定磁场越强，电磁炉加热效果越好 B. 电磁炉通电线圈加交流电后，在锅底产生涡流，进而发热工作 C. 在锅和电磁炉中间放一纸板，则电磁炉不能起到加热作用 D. 电磁炉的锅不能用陶瓷锅或耐热玻璃锅，主要原因是这些材料的导热性能较差 ‎【答案】B ‎【解析】锅体中的涡流是由变化的磁场产生的，所加的电流是交流，不是直流故A错误．根据电磁炉的工作原理可知，电磁炉通电线圈加交流电后，在锅底产生涡流，进而发热工作，故B正确；在锅和电磁炉中间放一纸板，不会影响电磁炉的加热作用故C错误．金属锅自身产生无数小涡流而直接加热于锅的，陶瓷锅或耐热玻璃锅属于绝缘材料，里面不会产生涡流故D错误；故选B．‎ ‎【点睛】电磁炉又被称为电磁灶，其原理是磁场感应涡流加热，即利用交变电流通过线圈产生交变磁场，从而使金属锅自身产生无数小涡流而直接加热于锅内的食物．‎ ‎5.如图所示，50匝矩形闭合导线框ABCD处于磁感应强度大小的水平匀强磁场中，线框面积，线框电阻不计．线框绕垂直于磁场的轴OO＇以角速度=200rad/s匀速转动，并与理想变压器原线圈相连，副线圈线接入一只“220V，60W”灯泡，且灯泡正常发光，熔断器允许通过的最大电流为10A,下列说法正确的是（ ) ‎ A. 图示位置穿过线框的磁通置为零 B. 线框中产生交变电压的有效值为 C. 变压器原、副线圈匝数之比为25:11 D. 变压器输出端最多能并联80只60瓦的灯泡 ‎【答案】C ‎【解析】A项：图示位置穿过线框的磁通量最大，故A错误；‎ B项：B、电动势的最大值，有效值，故B错误；‎ C项：变压器原线圈的电压，副线圈电压：，匝数比，故C正确；‎ D项：熔断器允许通过的最大电流为10A，即原线圈中最大电流为10A，副线圈中最大电流，即，一只灯泡的额定电流为，最多的灯泡个数：，故D错误．‎ ‎6.电荷量分別为q1和q2的两点电荷放在x轴上的O、M两点，两电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图所示，其中A、N两点的电势为零；ND段中C点电势最高．则下列选项中错误的是 A. C点的电场强度大小为零 B. ‎ C. N、C两点之间连线上的电场强度方向沿x轴正方向 D. 将一个带负电的检验电荷从N点沿x轴正方向移动到D点的过程中，电场力先做正功后做负功 ‎【答案】C ‎【解析】A.图象的切线斜率等于场强E，由图可知C点的切线斜率为零，所以电场强度为零，故A正确；‎ B. 由图知无穷远处的电势为0，A点的电势为零，由于沿着电场线电势降低，所以O点的电荷带正电，M点电荷带负电，由于A点距离O比较远而距离M比较近，所以电荷量大于的电荷量，故B正确；‎ C.由N到C过程电势升高，则说明场强沿x轴负方向，故C错误；‎ D. N→D段中，电势先高升后降低，所以场强方向先沿x轴负方向，后沿x轴正方向，将一负点电荷从N点移到D点，电场力先沿x轴正方向，后沿x轴负方向，则电场力先做正功后做负功．故D正确．‎ ‎7.如图所示，带电粒子以初速度以v0从a点进入匀强磁场，运动过程中经过b点，Oa=Ob，若撤去磁场加一个与y轴平行的匀强电场，带电粒子仍以速度以v0从a点进入电场，仍能通过b点，则电场强度E和磁感应强度B的比值为 A. v0 B. 1/ v0 C. 2 v0 D. v0/2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】设oa=ob=d，因为带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，所以圆周运动的半径正好等于d，粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：qv0B=m，解得：，如果换成匀强电场，水平方向以v0做匀速直线运动，在水平方向：d=v0t2‎ ‎，竖直沿y轴负方向做匀加速运动，即：，解得：，则=2v0，故选C．‎ ‎【点睛】带电粒子在电场磁场中的运动要把握其运动规律，在电场中利用几何关系得出其沿电场和垂直于电场的运动规律；而在磁场中也是要注意找出相应的几何关系，从而确定圆心和半径．‎ ‎8.如图所示为某一输电示意图，电厂发电机输出功率为100 kW，输出电压U1=500 V，升压变压器原、副线圈的匝数比为n1:n2=1:20，输电线电阻为40Ω，用户需要的电压U4=220 V，变压器均为理想变压器．则 A. 输电线上的输送电流为250A B. 输电线上损失的电压为280V C. 输电线上损失的电功率为4kW D. 降压变压器的原、副线圈的匝数比为n3:n4=48:11‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据理想变压器原副线圈两端的电压与匝数成正比得，所以有：，发电机的输出功率为100kW，所以有，输电线中电流为，故选项A错误； ‎ B.输电线上的电压损失，故选项B错误；‎ C.输电导线上损失的电功率为，故选项C正确；‎ D.可得，降压变压器原、副线圈的匝数比是，故选项D错误．‎ 二、多选题（每题4分，共16分。选错不得分，选漏得2分）‎ ‎9.如图所示，不计质量的光滑小滑轮用细绳悬挂于墙上的O点，跨过滑轮的细绳连接物块 A、B，A、B都处于静止状态，现将物块B移至C点后，A、B仍保持静止，下列说法中正确的是：    （      ） ‎ A. B与水平面间的摩擦力增大 B. 绳子对B的拉力增大 C. 悬于墙上的绳所受拉力不变 D. A、B静止时，图中α、β、θ三角始终相等 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ 试题分析：细绳弹力F始终等于物块A的重力，大小不变，B选项错；物块B与水平面间的摩擦力，将物块B移至C点，细绳与水平面的夹角γ变小，所以f变大，A正确；因拉A的绳子与拉B的绳子力相等，而拉滑轮的力与两绳子的力的合力大小相等，故拉滑轮的力应这两绳子拉力的角平分线上，故α、β、θ三角始终相等，D正确；由于两绳间夹角增大，而两拉力不变，故悬于绳上的绳子的拉力将减小，故C错误．‎ 考点：共点力平衡条件及应用 力的合成与分解 ‎10.如图所示,在方向水平向左的匀速电场中有一倾角为60°、高为H的固定绝缘斜面体,现将一质量为m,带正电且电荷量为q的小物块(可视为质点)从斜面体顶端由静止释放,已知重力加速度为g,匀强电场的电场强度大小为E= ,不计空气阻力,则　‎ A. 小物块将沿斜面下滑 B. 小物块将做曲线运动 C. 小物块到达地面时的速度大小为 D. 若其他条件不变,只增大电场强度,小物块到达地面前的运动时间不变 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】A、对物块进行受力分析，物块受重力和水平向左的电场力，电场力，则合力的大小为2mg，方向如图，小物块沿合力方向做匀加速直线运动，故A、B错误；‎ C、运用动能定理研究从开始到落地过程：，解得：，故C正确；‎ D、将物块的运动分解为水平方向和竖直方向，增大电场强度，电场力增大，水平方向的加速度增大，竖直方向上的加速度不变，根据等时性知，运动时间不变，故D正确；‎ 故选CD．‎ ‎【点睛】对物块进行受力分析，画出物块的运动轨迹．运用动能定理或牛顿第二定律和运动学公式解决问题．‎ ‎11.如图甲所示，正三角形导线框位于圆形有界匀强磁场中，磁场方向与导线框所在平面垂直．规定磁场的正方向垂直纸面向里，磁感应强度B随时间变化的规律如图乙所示．下面说法正确的是（ ）‎ A. 0s-1s时间内和5s-6s时间内，导线框中的电流方向相同 B. 0s-1s时间内和1s-3s时间内，导线框中的电流大小相等 C. 3s-5s时间内，AB边受到的安培力沿纸面且垂直AB边向上 D. 1s-3s时间内，AB边受到的安培力不变 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．0s-1s时间内穿过线圈的磁通量向外且增加；5s-6s时间内穿过线圈的磁通量向里且减小，根据楞次定律可知导线框中的电流方向相同，选项A正确；‎ B．B-t图像的斜率等于磁感应强度的变化率，故0s-1s时间内和1s-3s时间内，感应电动势的大小不等，感应电流不相等，选项B错误；‎ C．3s-5s时间内，磁通量向里增加，产生的感应电流为逆时针方向，则由左手定则可知，AB边受到的安培力沿纸面且垂直AB边向上，选项C正确；‎ D．1s-3s时间内，感应电流大小不变，而磁场向外减弱，根据F=BIL可知，AB边受到的安培力变小，选项D错误．‎ ‎12.半导体内导电的粒子—“载流子”有两种：自由电子和空穴（空穴可视为能自由移动带正电的粒子），以自由电子导电为主的半导体叫N型半导体，以空穴导电为主的半导体叫P型半导体．图为检验半导体材料的类型和对材料性能进行测试的原理图，图中一块长为a、宽为b、厚为c的半导体样品板放在沿y轴正方向的匀强磁场中，磁感应强度大小为B．当有大小为I、沿x轴正方向的恒定电流通过样品板时，会在与z轴垂直的两个侧面之间产生霍尔电势差UH，霍尔电势差大小满足关系，其中k为材料的霍尔系数．若每个载流子所带电量的绝对值为e，下列说法中正确的是（ ） ‎ ‎ ‎ A. 如果上表面电势高，则该半导体为P型半导体 B. 霍尔系数越大的材料，其内部单位体积内的载流子数目越多 C. 若将磁场方向改为沿z轴正方向，则在垂直y轴的两个侧面间会产生的霍尔电势差变小．‎ D. 若将电流方向改为沿z轴正方向，则在垂直x轴的两个侧面间会产生的霍尔电势差变大．‎ ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据左手定则判断带电粒子的电性，根据最终洛伦兹力和电场力平衡列式，再根据电流的微观表达式列式，最后联立求解即可．‎ ‎【详解】电流向右，磁场垂直向内，若上表面电势高，即带正电，故粒子受到的洛伦兹力向上，故载流子是带正电的“空穴”，是P型半导体，故A正确；最终洛伦兹力和电场力平衡，有：evB=e；电流的微观表达式为：I=nevS；且霍尔电势差大小满足关系UH=k，联立解得：，单位体积内的载流子数目，随着霍尔系数越大，而越小，故B错误；若将磁场方向改为沿z轴正方向，则平衡时：evB=e，解得U=Bdv，则d由原来的b变为c，减小，此时的电势差产生在前表面和后表面，则在垂直y轴的两个侧面间会产生的霍尔电势差变小，选项C正确，D错误．故选AC．‎ ‎【点睛】本题关键是明确霍尔效应的原理，知道左手定则中四指指向电流方向，注意单位体积内的载流子数目表达式的各物理量的含义．‎ 三、实验题（共14分）‎ ‎13.某同学要探究一种新材料制成的圆柱体的电阻步骤如下：‎ ‎（1）用游标为20分度的卡尺测量其长度如图1所示，由图可知其长度为 ______cm；‎ ‎（2）用螺旋测微器测量其直径如图2所示，由图可知其直径为 ______ mm；‎ ‎（3）用多用电表的电阻“×10”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘的示数如图3所示，则该电阻的阻值约为 _________ Ω．‎ ‎【答案】 (1). 0.675 (2). 4.700 (3). 220‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）游标卡尺读数为 ‎（2）螺旋测测微器读数为 ‎（3）欧姆档为“×10”挡，故电阻为 ‎14.多用表是由电流表改装的，现测定一个量程为0~5mA 的电流表G的内阻r= 100.0Ω , 用它改装成如图的一个多量程多用电表，电流、电压和电阻的测量都各有两个量程(或分度值)不同的档位。电流表的两个档位中，大量程是小量程的10倍。‎ ‎(1)当转换开关S旋到位置1或2时，是电流档，且旋到位置_______的量程较大：当转换开关S旋到位置5或6时，是电压档，且旋到位置______的量程较大；‎ ‎(2)A、B两表笔中，______为红表笔； ‎ ‎(3)图中的电源Eˊ的电动势为9.0V ，当把转换开关S旋到位置4，在AB之间接900Ω电阻时，表头G刚好半偏。己知之前己经进行了必要的、正确的操作。则R1＝_________Ω，R2＝_________Ω。‎ ‎【答案】 (1). 1 6 (2). A (3). 10 90‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]电流表并联电阻可以扩大量程，并联电阻越小，分流越大，量程越大，故当转换开关S旋到位置1时量程较大；‎ ‎[2]电压表串联电阻可以扩大量程，串联电阻越大，分压越大，量程越大，故当转换开关S旋到位置6时量程较大；‎ ‎(2)[3]在测量电阻时，因为欧姆档的电路与电池连接，则将转换开关S旋到位置3或4时，电流应从红表笔进、黑表笔出，所以A、B两表笔中，A为红表笔； ‎ ‎(3)[4] [5]因为“之前己经进行了必要的、正确的操作”，意味着之前已经将A、B短接调零，即让表头满偏。‎ 在A、B之间接900Ω电阻时，表头G刚好半偏，说明当表头半偏时，改装后的欧姆表“4”‎ ‎ 总内阻R内=900Ω，则转换开关S在2时，电流表2的量程为 根据题给条件“电流表的两个档位中，大量程是小量程的10倍”，所以转换开关S在1时，电流表1的量程为 又表头G满偏电流为5mA 时，电流表的内阻r= 100.0Ω，根据并联电路电流分配规律可解得 四、解答题（共计46分）‎ ‎15.如图所示，N=50匝的矩形线圈，ab边长，ad边长，放在磁感应强度B=0.4T的匀强磁场中，外力使线圈绕垂直于磁感线且通过线圈中线的轴以n=3000r/min的转速匀速转动，线圈电阻r=1Ω，外电路电阻R=9Ω，t=0时线圈平面与磁感线平行，ab边正转处纸外、cd边转入纸里，，计算结果保留三位有效数字。求：‎ ‎（1）感应电动势的瞬时值表达式；‎ ‎（2）线圈转一圈外力做的功。‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1) 线圈转速 线圈的角速度 图示位置感应电动势最大，感应电动势的最大值为：‎ 代入数值得 所以感应电动势的瞬时值表达式为 ‎（2）电动势有效值为，电流 线圈转一圈 线圈转一圈外力做功等于电功的大小，即 代入数值得 ‎16.如图所示，足够长的U形导体框架的宽度l=0.5m，电阻忽略不计，其所在平面与水平面成θ=37°角，磁感应强度B=0.8T的匀强磁场方向垂直于导体框平面，一根质量m=0.2kg，有效电阻R=2Ω的导体棒MN垂直跨放在U形框架上，导体棒与框架间的动摩擦因数μ=0.5，导体棒由静止开始沿框架下滑到刚开始匀速运动，通过导体棒截面的电量共为Q=2C．求：‎ ‎（1）导体棒匀速运动的速度；‎ ‎（2）导体棒从开始下滑到刚开始匀速运动这一过程中，导体棒的电阻产生的焦耳热．（sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，g=10m/s2）‎ ‎【答案】（1）5m/s；（2）1.5J．‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析：（1）由安培力，，，‎ 可得 导体棒匀速下滑时，由力平衡得 所以 代入数据解得v=5m/s ‎（2）设导体棒由静止开始沿框架下滑到刚开始匀速运动下滑的距离为S，‎ 通过导体棒截面的电量 得到 所以 根据能量守恒定律，得 得 ‎17.如图所示，半圆形竖直光滑轨道bc固定在水平地面上，轨道半径R＝0.6m，与水平粗糙地面ab相切，质量m2＝0.2kg的物块B静止在水平地面上b点，另一质量m1＝0.6kg物块A在a点以v0＝10m/s的初速度沿地面滑向物块B，与物块B发生碰撞（碰撞时间极短），碰后两物块粘在一起，之后冲上半圆轨道，到最高点c时，两物块对轨道的压力恰好等于两物块的重力．已知ab两点间距L＝3.6m，A与B均可视为质点，空气阻力不计，g取10m/s2．求：‎ ‎（1）物块A与B刚碰后一起运动的速度v；‎ ‎（2）物块A和地面间的动摩擦因数μ．‎ ‎【答案】(1)6m/s(2)0.5‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)在轨道的最高点，根据牛顿定律：‎ 从最低点到最高点的过程中，根据机械能守恒：‎ 联立各式代入数据解得  ‎ ‎(2)两物块碰撞过程中，根据动量守恒定律：‎ 物块A从a运动到b的过程中，根据动能定理：‎ 联立各式并代入数据得： ‎ 答：(1)物块A与B刚碰后一起运动的速度；‎ ‎(2)物块A和地面间的动摩擦因数．‎ ‎18.如图所示，半径r=0.06m的半圆形无场区的圆心在坐标原点O处，半径R=0.1m，磁感应强度大小B=0.075T的圆形有界磁场区的圆心坐标为(0，0.08m)，平行金属板MN的极板长L=0.3m、间距d=0.1m，极板间所加电压U=6.4×102V，其中N极板收集粒子全部中和吸收．一位于O处的粒子源向第Ⅰ、Ⅱ象限均匀地发射速度大小v=6×105m/s的带正电粒子，经圆形磁场偏转后，从第Ⅰ象限出射的粒子速度方向均沿x轴正方向．若粒子重力不计、比荷=108C/kg、不计粒子间的相互作用力及电场的边缘效应．sin37°=0.6，cos37°=0.8．‎ ‎(1)粒子在磁场中的运动半径R0；‎ ‎(2)从坐标(0，0.18m)处射出磁场的粒子，其在O点入射方向与y轴夹角θ；‎ ‎(3)N板收集到的粒子占所有发射粒子的比例η．‎ ‎【答案】（1） （2）θ=53° （3）=29%‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)洛伦兹力提供向心力 解得:‎ ‎(2)如图所示，令从y=0.18m处出射的粒子对应入射方向与y轴夹角，由几何关系可得：‎ ‎(3)如图所示，令恰能从下极板右端出射的粒子坐标为y：‎ 此粒子入射时与x轴夹角,则有 可知 即 比例