2019-2020年高二下学期期中物理试题 含解析zhangsan.doc

2019-2020年高二下学期期中物理试题 含解析zhangsan命题：高二理综备课组 审定：高二理综备课组 校对：高二理综备课组本试卷分选择题和非选择题两部分，共12页，满分300分，考试用时150分钟。注意事项： 1答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的校名、姓名、考号填写在答题卷的密封线内。2选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案；不能答在试卷上。3非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在另发的答题卷各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效。4考生必须保持答题卷的整洁，考试结束后，将答题卷收回。一、选择题（本题包括16小题，每小题4分，共64分。每小题只有一个选项符合题意）13.如图为远距离高压输电的示意图.关于远距离输电，下列表述正确的是( )A. 采用高压输电可节省输电线的铜材料B. 输电损失的功率与输送电压的二次方成正比C.在输送电压一定时，输送的电功率越大，交流电的频率越高，输电过程中的电能损失越小D. 发电机能发电的主要原理是法拉第电磁感应定律 变压器能变压的主要原理是安培定律，电动机通电后能转动起来的主要原理是法拉第电磁感应定律【答案】AA、设输送电功率为P，输送电压为U，输电电流为I，输电线的总电阻为R，由得：，则输送的电功率一定，知输电电压越高，输电电流越小，根据，知输电线上损耗的能量就小，这样电阻不需要太小，导线不需要太粗，从而能节省输电线的材料，故A正确；B、输电线上损失的电功率为，在输送电功率P一定，可知输电损失的功率与输送电压的二次方成反比，故B错误；C、由上式知输电过程中的电能损失与交流电的频率无关，故C错误；D、发电机能发电的主要原理是法拉第电磁感应定律，变压器能变压的主要原理是法拉第电磁感应定律，电动机通电后能转动起来的主要原理是通电导线在磁场中受到安培力，故D错误。故选A。【考点】远距离输电14.玻璃杯从同一高度落下,掉在石头上比掉在草地上容易碎,这是由于玻璃杯在与石头的撞击过程中 A. 玻璃杯的动量变化较大 B.玻璃杯受到的冲量较大C. 玻璃杯的动量变化率较大 D. 玻璃杯的动量较大【答案】C玻璃杯从同一高度下落，落地前的速度大小相等，故落地前的动量相等；而最后的速度均为零；故说明动量的变化一定相等；由动量定理可知冲量也一定相等；但由于掉在水泥地上的时间较短，则说明玻璃杯掉在水泥地上动量变化较快，从而导致冲击力较大；使玻璃杯易碎，故C正确。故选C。【考点】动量定理15.若某交流电的电流与时间的关系如下图所示（其中的曲线是正弦的一部分），则该交流电的有效值是：A B C D【答案】C设交流电电流的有效值为I，周期为T，电阻为R；则，解得：。故选C。【考点】交流的峰值、有效值以及它们的关系16.如图所示，闭合金属框从一定高度自由下落进入足够大的匀强磁场区域，从cd边开始进入磁场区到ab边刚进入磁场区这段时间内，线框运动的速度图象不可能的是：【答案】BA、金属框进入匀强磁场时，若重力与所受安培力平衡，做匀速直线运动，是可能的，故A错误；BC、金属框进入匀强磁场时，若重力大于所受安培力，做加速运动，根据安培力公式可知，速度增大时，线框所受的安培力增大，则合力减小，加速度减小，不可能做匀加速运动，做加速度减小的加速运动，故B正确C错误；D、金属框进入匀强磁场时，若重力小于所受安培力，做减速运动根据安培力公式可知，速度减小时安培力减小，则加速度减小，金属棒做加速度减小的减速运动，直到匀速运动，故D错误。故选B。【考点】闭合电路的欧姆定律；法拉第电磁感应定律二、双项选择题（本题包括9小题，每小题6分，共54分。每小题只有两个选项符合题意。若正确答案只选一个且正确的给3分；若正确答案选两个且都正确的给6分，但只要选错一个或不选，该小题就为0分）17.如图,一束电子以大小不同的速率沿图示方向飞入一正方形的匀强磁场区,磁场方向垂直纸面向里,对从ab边离开磁场的电子,下列判断正确的是A.从a点离开的电子速度最小B.从a点离开的电子在磁场中运动时间最短C.从b点离开的电子运动半径最小D.从b点离开的电子速度偏转角最小 【答案】BC对于从右边离开磁场的电子，从a离开的轨道半径最大，根据带电粒子在匀强磁场中的半径公式，知轨道半径大，则速度大，则a点离开的电子速度最大从a点离开的电子偏转角最小，则圆弧的圆心角最小，根据，与粒子的速度无关，知越小，运行的时间越短，故BC正确。故选BC。【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力18.如图所示,平行金属导轨光滑并且固定在水平面上,导轨一端连接电阻R,其它电阻不计,垂直于导轨平面有一匀强磁场,磁感应强度为B,当一质量为m的金属棒ab在水平恒力F作用下由静止向右滑动： A. 棒从静止到最大速度过程中，棒的加速度不断增大B. 棒从静止到最大速度过程中，棒克服安培力所做的功等于棒的动能的增加量和电路中产生的内能C. 棒ab作匀速运动阶段,外力F做的功等于电路中产生的内能D. 无论棒ab做何运动,它克服安培力做的功一定等于电路中产生的内能【答案】CDA、金属棒所受的安培力，则，则知金属棒的速度增大时，安培力增大，则加速度减小，故A错误；BD、根据能量转化和守恒定律，可知无论棒ab做何运动，克服安培力做的功等于电路中产生的内能棒从静止到最大速度过程中，外力F做的功等于棒的动能的增加量和电路中产生的内能之和，故B错误D正确；C、当ab棒匀速运动时，外力做的功全部转化为电路中的电能，则外力F做的功等于电路中产生的内能，故C正确。故选CD。【考点】法拉第电磁感应定律；焦耳定律19.如图，理想变压器输入有效值恒定的正弦式交流电，输出电压通过输电线送给用户（电灯等用电器），R表示输电线的电阻，原来开关S是断开的：A要提高用户的电压，滑动触头P应向上滑动B若P点不动，将变压器的原线圈的匝数增加，变压器的输入功率将增加C用电器增加时（即开关S闭合时），变压器的输入功率将增加D用电器增加（即开关S闭合时），输电线的热损耗减少【答案】ACA、根据变压器原理可知输出电压，当滑动触头P应向上滑时，n2增大，所以输出电压增大，故A正确；B、若P点不动，将变压器的原线圈的匝数增加，副线圈的电压减小，输出功率减小，则变压器的输入功率将减小，故B错误；C、电器增加时总电阻变小，总电流增大，输出功率增大，所以输入功率增大，故C正确；D、由于用电器是并联的，因此用电器增加时总电阻变小，输出电压不变，总电流增大，故输电线上热损耗增大，故D错误。故选AC。【考点】变压器的构造和原理；闭合电路的欧姆定律；电功、电功率20.一矩形线圈位于一个方向垂直线圈平面向里的磁场中，如图a所示，磁感应强度B随t的变化规律如图b所示以I表示线圈中的感应电流，以图a线圈上箭头所示方向（即顺时针方向）的电流为正；MN边所受的安培力为F（以水平向左为力F的正方向），则以下的i-t、F-t图中正确的是 【答案】ACAB、第一秒内，磁感应强度均匀增加，根据楞次定律，感应电流的磁场与原磁场方向相反，故电流的磁场方向向外，根据右手螺旋定则，电流为逆时针方向，故电流为负方向，再根据法拉第电磁感应定律，得到感应电动势为：（定值），由可知电流大小不变；第二秒内，磁感应强度不变，感应电流为零；第三秒内，磁感应强度均匀减小，根据楞次定律，感应电流的磁场与原磁场方向相同，故电流的磁场方向向内，根据右手螺旋定则，电流为顺时针方向，故电流为正方向，再次根据法拉第电磁感应定律，得到感应电动势为：（定值），由可知电流大小不变；故A正确B错误；CD、MN边受到的安培力，在0-s内，I、L不变，B增大，F增大，在1-2s内，I=0，F=0，在2-3s内，I、L不变，B减小，F减小，由左手定则可知，0-1s内，安培力向右，为负的，在2-3s内，安培力向左，为正的，故C正确D错误。故选AC。【考点】法拉第电磁感应定律；楞次定律21.为了测量某化肥厂的污水排放量，技术人员在该厂的排污管末端安装了如图所示的流量计，该装置由绝缘材料制成，长、宽、高分别为a、b、c ，左右两端开口，在垂直于上下表面方向加磁感应强度为B的匀强磁场，在前后两个内侧面固定有金属板作为电极，污水充满管口从左向右流经该装置时，电压表将显示两个电极间的电压U若用Q表示污水流量 (单位时间内排出的污水体积)，下列说法正确的是A若污水中负离子较多，则前内侧面比后内侧面电势高B若污水中正离子较多，则前内侧面比后内侧面电势高C污水的流速D污水流量Q只与B、U、c有关【答案】CDAB、正负离子流动时，根据左手定则，正离子洛伦兹力，向后表面偏转，所以后表面上带正电荷，前表面上带负电荷，前表面电势比后表面低，故A错误B错误；C、最终正负离子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡，有：解得：，故C正确；D、最终正负离子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡，有：，流量，所以，污水流量Q只与B、U、c有关，故D正确。故选CD。【考点】霍尔效应及其应用第二部分 非选择题(共182分)34.（本小题分三小题，每空2分，共18分）（1）如图是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，为交流电流表。线圈绕垂直于磁场方向的水平轴 沿逆时针方向匀速转动，从图示位置开始计时，已知磁感应强度大小为B，线圈的匝数为n ,线圈转动的角速度为，正方形线圈的边长为L，线圈的内阻为r,外电阻为R，则线圈产生的感应电动势e的表达式为： ；线圈从开始转过300过程中，通过电阻R的电量为： ；线圈从开始转过900过程中，外力对线圈所做的功为： ；【答案】 根据公式，此交流发电机产生感应电动势的最大值为；从垂直中性面位置开始计时；从图示位置开始，线圈转过30的过程中，磁通量变化为：；根据法拉第电磁感应定律，有：；根据欧姆定律，有：根据电流强度定义：联立解得：外力做的功转化为电能。【考点】交流发电机及其产生正弦式电流的原理；电功、电功率；正弦式电流的图象和三角函数表达式 (2)如图所示，L1、L2是输电线，甲是_互感器，若甲图中原副线圈匝数比为1000：1，乙图中原副线圈匝数比为1：20，且电压表示数100V，电流表示数2A，则线路输送电压为_ _，电流为_.【答案】电压 100000V 40A根据图象可知，甲与输电线并联，所以甲是电压互感器，乙与输电线串联，所以乙为电流互感器；甲互感器原线圈的匝数比副线圈匝数1000：1，且电压表示数为100V，则线路输送电压；乙互感器原线圈的匝数比副线圈匝数1：20，由电流表的示数为2V，则线路输送电流。【考点】变压器的构造和原理 (3)A、B两个物体的质量之比为,它们以相同的初动能始终沿同一水平面滑动,设它们与水平面间的摩擦力大小相等，则：A、B两物体的初动量大小之比： ，A、B两个物体滑行时间之比： ； A、B两个物体滑行的距离之比： 。【答案】 1：1动能：得：则动量：，则二者动量之比：根据动量定理：，则AB之间滑行时间之比为：根据动能定理：则滑行距离之比为：。【考点】动量守恒定律；动能定理35.（18分）如图所示，质量为M的导体棒ab,电阻为R，垂直放在相距为d的平行光滑金属轨道上。导轨平面与水平面的夹角为，并处于磁感应强度大小为B、方向垂直导轨平面向下的匀强磁场中；左侧是水平放置、间距为L的平行金属板, 板间还有垂直纸面向里、大小也为B的匀强磁场，R和Rx分别表示定值电阻和滑动变阻器的阻值，不计其他电阻。（1）调节Rx=R ，释放导体棒，当棒沿导轨匀速下滑时，求通过棒的电流I、棒的速率v及电压表的读数U1。（2）改变Rx ，待棒沿导轨再次匀速下滑后，将某离子（不计重力）以速度v0水平射入金属板间 ，若它能匀速通过，求此时的Rx【答案】（1）； ； （2）（1）导体棒匀速下滑时，得设导体棒产生的感应电动势为E0由法拉第电磁感应定律得由闭合电路欧姆定律得：得；电压表测量的是电路的外电压，即则；（2）改变Rx，再次匀速下滑后可知电流不变，设带电微粒在金属板间匀速通过时，板间电压为Ux，电场强度大小为E则，而场强，粒子匀速通过复合场有而得。【考点】闭合电路的欧姆定律；安培力；法拉第电磁感应定律36.如图所示是一种简化磁约束示意图，可以将高能粒子约束起来。有一个环形匀强磁场区域的截面内半径R1，外半径R2 ，被约束的粒子带正电，比荷4.0107 C/kg，不计粒子重力和粒子间相互作用(请在答卷中简要作出粒子运动轨迹图)(1) 若内半径R11m, 外半径R23m，要使从中间区域沿任何方向，速率的粒子射入磁场时都不能越出磁场的外边界，则磁场的磁感应强度B至少为多大?若内半径R1 m, 外半径R23 m,磁感应强度，带电粒子从中间区域沿半径方向射入磁场，则粒子不能穿越磁场外边界的最大速率vm是多少？(3)若带电粒子以(2)问中最大速率vm从圆心O出发沿圆环半径方向射入磁场，请在图中画出其运动轨迹，并求出粒子从出发到第二次回到出发点所用的时间（结果可用分数表示或保留二位有效数字）【答案】(1) (2) (3) （1）粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，磁感应强度越小，粒子轨道半径越大，粒子轨道半径最大时，运动轨迹如图所示：则半径由牛顿第二定律：，得则；（2）粒子沿半径方向射出恰好不射出磁场时的运动轨迹如图所示：根据图示，由勾股定理可知：，将，代入解得：，粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：，解得：，则粒子的最大速率为（3）带电粒子必须三次经过磁场，才能回到出发点，轨迹如图所示：根据图示由数学知识可知，则则粒子在磁场中运动一次转过的圆心角，粒子在磁场中的运动时间：，粒子在磁场外的运动时间：粒子从出发到第二次回到出发点所用的时间。【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力物理参考答案选择题13A 14C 15C 16B 17BC 18CD 19AC 20AC 21CD 34.（本小题分三小题，每空2分，共18分）（1） (2)电压 100000V 40A(3) 1：135.（18分）（1）导体棒匀速下滑时，得设导体棒产生的感应电动势为E0由法拉第电磁感应定律得由闭合电路欧姆定律得：得；电压表测量的是电路的外电压，即则；（2）改变Rx，再次匀速下滑后可知电流不变，设带电微粒在金属板间匀速通过时，板间电压为Ux，电场强度大小为E则，而场强，粒子匀速通过复合场有而得。36.（1）粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，磁感应强度越小，粒子轨道半径越大，粒子轨道半径最大时，运动轨迹如图所示：则半径由牛顿第二定律：，得则；（2）粒子沿半径方向射出恰好不射出磁场时的运动轨迹如图所示：根据图示，由勾股定理可知：，将，代入解得：，粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：，解得：，则粒子的最大速率为（3）带电粒子必须三次经过磁场，才能回到出发点，轨迹如图所示：根据图示由数学知识可知，则则粒子在磁场中运动一次转过的圆心角，粒子在磁场中的运动时间：，粒子在磁场外的运动时间：粒子从出发到第二次回到出发点所用的时间。