2019-2020学年高二物理下学期期中试题(含解析).doc

2019-2020学年高二物理下学期期中试题(含解析)一、选择题（本题共48分。第18题只有一项符合题目要求，每小题4分。第912题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。）1.如图，O是一固定的点电荷，虚线是该点电荷产生的电场中的三条等势线，正点电荷q在仅受电场力的作用沿实线所示的轨迹从a处运动到b处，然后又运动到c处由此可知()A. O为负点电荷B. 在整个过程中正点电荷q的速度先变大后变小C. 在整个过程中正点电荷q的加速度先变大后变小D. 在整个过程中，电场力先做正功后做负功，总功为零【答案】C【解析】试题分析：A、粒子所受合力的方向大致指向轨迹弯曲的凹侧，知正电荷所受的电场力背离点电荷向外，知O为正电荷，故A错误；B、从a处运动到b处，然后又运动到c处，电场力先做负功后做正功，则动能先减小后增大，所以速度先减小后增大，故B错误；C、越靠近点电荷，电场线越密，则电荷所受电场力越大，加速度越大，则加速度先增大后减小，故C正确；D、a与c在同一个等势面上，两点间的电势差为0，根据WqU，知电场力做功为0，故D正确故选CD考点：考查等势面；加速度；电场强度【名师点睛】解决本关掌握通轨迹的弯大致判断力的方向，会根据电场力判断动变化，知道在等势面上移电荷，电场力做功2.如图所示电路中，当变阻器R3的滑动头p向b端移动时A. 电压表示数变大.电流表示数变小B. 电压表示数变小，电流表示数变大C. 电压表示数变大，电流表示数变大D. 电压表示数变小，电流表示数变小【答案】B【解析】由图可知，R2与滑动变阻器并联后R1串联；电压表测量路端电压；电流表测量流过滑动变阻器的电流；当滑片向b端移动时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小；干路电流增大，则由U=E-Ir可得，路端电压U减小；电压表示数减小；因干路电流增大，则R1两端的电压增大，并联部分电压减小，则流过R2的电流减小；则流过电流表的电流增大；故选B。【点睛】闭合电路的欧姆定律一般按先分析外电路，再分析内电路，最后再分析外电路的思路进行；若电阻与电源串联，可以等效为内阻处理3.在如图所示的匀强磁场中，已经标出了电流I和磁场B以及磁场对电流作用力F三者的方向，其中错误的是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】解：根据左手定则可知：ABD三图中电流、磁场、安培力方向均和左手定则中要求方向一致，故正确；C图中电流和磁场方向一致，不受安培力，故C错误本题选错误的，故选C【点评】安培定则、左手定则、右手定则等应用容易混淆，因此平时要加强训练，熟练应用这几种定则进行有关物理量的判断4.如图所示，一个有界匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外，一个矩形闭合导线框abcd，沿纸面由位置1(左)匀速运动到位置2(右)，则（ ）A. 导线框进入磁场时，感应电流方向为abcdaB. 导线框离开磁场时，感应电流方向为adcbaC. 导线框离开磁场时，受到的安培力方向水平向右D. 导线框进入磁场时，受到的安培力方向水平向左【答案】D【解析】线框进入磁场时，磁通量增大，因此感应电流形成磁场方向向里，由安培定则可知感应电流方向为adcba，安培力方向水平向左，故A错误，D正确；线框离开磁场时，电流方向为abcda，安培力方向水平向左，故B正确，C错误，故选BD。【点睛】线框进入时bc边切割磁感线，出来时ad边切割磁感线，因此根据右手定则可以判断出电流方向，注意完全进入时，磁通量不变，无感应电流产生；然后根据左手定则判断安培力方向也可以利用楞次定律直接判断电流和受力方向5.在如图所示的电路中，A、B是相同的两个灯泡L是一个带铁芯的线圈，直流电阻可不计调节R，电路稳定时两灯都正常发光，则在开关合上和断开时（ ）A. 两灯同时点亮、同时熄灭B. 合上S时，B比A先达到正常发光状态C. 断开S时，A、B两灯都不会立即熄灭，通过A、B两灯的电流方向都与原来电流的方向相同D. 断开S时，A灯会突然闪亮一下后再熄灭【答案】B【解析】试题分析：合上S，B灯立即正常发光A灯支路中，由于L产生的自感电动势阻碍电流增大，A灯将推迟一些时间才能达到正常发光状态正确断开S，L中产生与原电流方向相同的自感电动势，流过B灯的电流与原电流反向。因为断开S后，由L作为电源的供电电流是从原来稳定时通过L中的电流值逐渐减小的，所以A、B两灯只是延缓一些时间熄灭，并不会比原来更亮，故选B考点：考查自感现象点评：本题难度较小，断电自感中，线圈中的电流只能从原来大小开始变化，只有当原来稳定时L支路中的电流比通过小灯的电流大得多时，那么当断开S后，由L提供的电流流经小灯时才有可能使小灯闪亮一下后再熄灭6.如图所示，在匀强磁场中放有平行铜导轨，它与大线圈M相连接，要使小线圈N获得顺时针方向的感应电流，则放在导轨上的金属棒ab的运动情况是（两线圈共面放置）（ ）A. 向右匀速运动B. 向左加速运动C. 向左匀速运动D. 向右加速运动【答案】B【解析】【详解】若要让N中产生顺时针的电流，M必须让N中的磁场向里减小或向外增大，所以有以下两个答案。若垂直纸面向里的磁场且大小减小，根据楞次定律与法拉第电磁感应定律，则有导体棒中电流由a到b减小，则导体棒向右减速运动。同理，垂直纸面向外的磁场且大小增大，根据楞次定律与法拉第电磁感应定律，则有导体棒向左加速运动，故B正确，ACD错误；故选B。【点睛】考查右手定则、法拉第电磁感应定律、右手螺旋定则与楞次定律的应用，注意各定律的作用，同时将右手定则与左手定则区别开7.如图所示，匀强磁场方向垂直于线圈平面，先后两次将线框从同一位置匀速地拉出有界磁场，第一次速度v1=v，第二次速度v2=2v，在先、后两次过程中，错误的是（ ）A. 线框中感应电流之比为1:2B. 线框中产生热量之比为1:2C. 沿运动方向作用在线框上的外力的功率之比为1:2D. 流过任一截面积电荷量之比为1:1【答案】C【解析】【详解】设线圈的长为a，宽为L；线圈中感应电流I=ER=BLvR，可知Iv，故感应电流之比是1：2，故A正确。线圈中产生的热量 Q=I2Rt=B2L2v2R2Rav=B2L2aR，Qv，故热量之比是1：2，故B正确。由于线圈匀速运动，外力与安培力大小相等，为 F=BIL=B2L2vR，外力的功率为 P=Fv=B2L2v2R，Pv2，所以外力的功率之比为1：4，故C错误。流过任一横截面感应电荷量 q=It=BLaR，可知q与v无关，所以感应电荷量之比为1：1，故D正确。此题选择不正确的选项，故选C。【点睛】要对两种情况下物理量进行比较，我们应该先把要比较的物理量表示出来再求解关键要掌握安培力的表达式F=B2L2vR和感应电荷量的表达式q=BSR8.矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，如图甲所示，磁感线的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t变化的规律如图乙所示，则（）A. 从0到t1时间内，导线框中电流越来越小B. 从t1到t2时间内，导线框中电流越来越大C. 从0到t1时间内，导线框中电流的方向为adcbaD. 从t2到t3时间内，导线框中电流的方向为adcba【答案】D【解析】【详解】由图可知，0-1s内，由E=t=BtS可知，线圈中磁通量的变化率不变，故0-1s内电流的大小不变，选项A错误；同理可知，1-2s内电路中的电流大小不变，选项B错误；由楞次定律可知，从0到t1时间内，穿过线圈的磁通量向里增加，可知导线框中电流的方向为abcda，选项C错误；同理可判断，从t2到t3时间内，穿过线圈的磁通量向外增加，导线框中电流的方向为adcba，选项D正确；故选D.9.一矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，产生交流电的图象如图所示，由图可以知道( )A. 0.01s时刻线圈处于中性面位置B. 0.01s时刻穿过线圈的磁通量为零C. 该交流电流有效值为2AD. 该交流电流频率为50Hz【答案】B【解析】试题分析：0.01s时刻感应电流最大，感应电动势最大，故线圈与中性面垂直，磁通量为零，故A错误，B正确；该交流电流的最大值为6.28A，故有效值为：I=6.282=4.44A，故C错误；该电流的周期为0.04s，故频率f=1T=10.04=25Hz，故D错误。考点：正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率【名师点睛】本题关键是明确：当线圈位于中性面时，感应电动势最小，为零；当线圈与中性面垂直时，感应电动势最大。10.在某交流电电路中，有一个正在工作的变压器，它的原线圈匝数n1=600匝，电源电压为U1=220V，副线圈n2=120匝，交流电表测得原线圈通过的电流0.2A，则：（ ）A. 变压器输出功率44WB. 副线圈电流最大值1AC. 副线圈电流有效值1AD. 副线圈电压最大值是44V【答案】AC【解析】【详解】原线圈电压为220V，电流0.2A，则变压器的输入功率为P1=I1U1=44W，则变压器输出功率等于输入功率为P2=44W，选项A正确；由I1n1= I2n2可知，副线圈电流有效值为1A，最大值为2A，选项B错误，C正确；原、副线圈的匝数分别为n1=600匝、n2=120匝，电源的电压为U1=220V，所以副线圈电压是U2=220120600=44V，电压最大值为442V，选项D错误；故选AC.11.某发电厂发电机的输出电压为U1，发电厂至学校的输电导线总电阻为R，通过导线的电流为I，学校得到的电压为U2，则输电导线上损耗的功率可表示为A. U12R B. (U1U2)2R C. I2R D. I(U1-U2)【答案】BCD【解析】本题考查远距离输电线路损耗功率，线路电流为I，线路电阻为r，损耗功率为I 2r，C对，线路压降为（U1 U2），功率为I（U1 U2），BD对；12.质量为m的物体以初速度v0开始做平抛运动，经过时间t，下降的高度为h，速度变为v，在这段时间内物体动量变化量的大小为()A. m(vv0) B. mgt C. mv2v02 D. m2gh【答案】BCD【解析】A、动量是矢量，动量的变化量应是矢量差，A错误；B、物体做平抛运动，只受重力，动量的变化量应等于合外力的冲量，即p=mgt，B正确；C、再根据速度的分解可得竖直方向的分速度vy=，由vy=gt得t=，则p=mgt=m，C正确；D、平抛运动竖直方向为自由落体运动，故有h=gt2，t=，所以又有p=mg=m，D正确；故选BCD。13.如图甲所示，在光滑水平面上的两小球发生正碰，小球的质量分别为m1和m2.图乙为它们碰撞前后的xt(位移时间)图象已知m10.1kg.由此可以判断()A. 碰前m2静止，m1向右运动B. 碰后m2和m1都向右运动C. m20.3 kgD. 碰撞过程中系统损失了0.4 J的机械能【答案】AC【解析】【详解】（1）x-t图像的斜率代表速度，从图像可知，两球在碰撞之前，质量为m1的小球的速度v1=4m/s，方向水平向右，质量为m2的小球处于静止状态，v2=0，则A正确；（2）碰撞后，他们的速度分别为v1=2m/s，v2=2m/s，大小相等，方向相反，故B错误；（3）根据动量守恒可得：m1v1+m2v2=m1v1+m2v2，其中v1=4m/s，v2=0，v1=2m/s，v2=2m/s，带入数据得：m2=0.3kg，C正确；（4）碰撞前后，系统损失的机械能为：E=12m1v1212m1v12+12m2v22=0，故该碰撞为弹性碰撞，不仅动量守恒，机械能也守恒，D错误。故本题正确答案选AC。【点睛】根据x-t图像的斜率，可以确定两小球碰撞前后的速度大小及方向；根据碰撞过程中动量守恒可以确定小球2的质量；根据碰撞前后的两球机械能总和比较，可以确定机械能在碰撞前后是否有损失。二、实验题（10分）14.气垫导轨是常用的一种实验仪器，它是利用气泵使带孔的导轨与滑块之间形成气垫，使滑块悬浮在导轨上，滑块在导轨上的运动可视为没有摩擦我们可以用带竖直挡板C和D的气垫导轨以及滑块A和B来探究碰撞中的不变量，实验装置如图所示(弹簧的长度忽略不计)，采用的实验步骤如下： a用天平分别测出滑块A、B的质量mA、mB.b调整气垫导轨，使导轨处于水平c在A和B间放入一个被压缩的轻弹簧，用电动卡销锁定，静止地放置在气垫导轨上d用刻度尺测出A的左端至C板的距离L1.e按下电钮放开卡销，同时使分别记录滑块A、B运动时间的计时器开始工作当A、B滑块分别碰撞C、D挡板时停止计时，记下A、B分别到达C、D的运动时间t1和t2.(1)实验中还应测量的物理量是_(2)利用上述测量的实验数据，得出关系式_成立，即可得出碰撞中守恒的量是mv的矢量和，上式中算得的A、B两滑块的动量大小并不完全相等，产生误差的原因是_【答案】 (1). 测出B的右端至D板的距离L2 (2). mAL1t1=mBL2t2 (3). 测量距离、测量时间不准确；由于阻力、气垫导轨不水平等造成误差【解析】【详解】（1）滑块的速度：vA=L1t1，vB=L2t2，如果动量守恒，则mAvAmBvB=0，把速度代入得mAL1t1mBL2t2=0，由此可知，还要测量的物理量是：A到C的距离L1，B到D的距离L2（2）由（1）可知：实验需要验证的表达式为mAL1t1mBL2t2=0，即mAL1t1=mBL2t2（3）由mAL1t1=mBL2t2可知，产生误差的原因是：测量距离，测量时间不准确，由于阻力，气垫导轨不水平等造成的误差15.如图所示为“探究碰撞中的不变量”的实验装置示意图已知a、b小球的质量分别为ma、mb，半径分别为ra、rb，图中P点为单独释放a球的平均落点，M、N是a、b小球碰撞后落点的平均位置(1)本实验必须满足的条件是_A.斜槽轨道必须是光滑的B.斜槽轨道末端的切线水平C.入射小球每次都从斜槽上的同一位置无初速度释放D.入射球与被碰球满足mamb，rarb(2)为了验证动量守恒定律，需要测量OP间的距离x1，_,_，如果动量守恒，须满足的关系式是_(用测量物理量的字母表示)【答案】 (1). BC (2). 测量OM的距离x2 (3). 测量ON的距离x3 (4). max1max2mbx3(或maOPmaOMmbON)【解析】【详解】（1）“验证动量守恒定律”的实验中，是通过平抛运动的基本规律求解碰撞前后的速度的，只要离开轨道后做平抛运动，对斜槽是否光滑没有要求，故A错误；要保证每次小球都做平抛运动，则轨道的末端必须水平，故B正确；要保证碰撞前的速度相同，所以入射球每次都要从同一高度由静止滚下，故C正确；为了保证小球碰撞为对心正碰，且碰后不反弹，要求mamb，ra=rb，故D错误应选BC（2）要验证动量守恒定律定律，即验证：mav1=mav2+mbv3，小球离开轨道后做平抛运动，它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间t相等，上式两边同时乘以t得：mav1t=mav2t+mbv3t，得：max1=max2+mbx3，因此实验需要测量：测量OP间的距离x1，OM间的距离x2，ON间的距离x3；（3）由（2）知，实验需要验证：max1=max2+mbx3，即：maOP=maOM+mbON；【点睛】实验的一个重要的技巧是入射球和靶球从同一高度作平抛运动并且落到同一水平面上，故下落的时间相同，所以在实验的过程当中把本来需要测量的速度改为测量平抛过程当中水平方向发生的位移，可见掌握了实验原理才能顺利解决此类题目三计算题（共4小题，15题8分，16题10分，17题12分，18题12分，共42分，解答要写出主要的运算过程和必要的文字说明）16.如图所示，竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切，小滑块A和B分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点现将A无初速释放，A与B碰撞后结合为一个整体，并沿桌面滑动已知圆弧轨道光滑，半径R0.2m；A和B的质量相等；A和B整体与桌面之间的动摩擦因数0.2.重力加速度g取10m/s2.A运动到圆弧轨道底端的速率为2m/s。求： (1) 碰撞后瞬间A和B整体的速率v；(2) A和B整体在桌面上滑动的距离l.【答案】(1)1m/s (2)0.25m【解析】【详解】（1）A、B碰撞过程系统动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv=2mv代入数据解得，碰撞后瞬间A和B整体的速率：v=1m/s（2）对A、B系统，由动能定理得：122mv2=2mgl，代入数据解得，A和B整体沿水平桌面滑动的距离：l=0.25m【点睛】本题考查了动量守恒定律、动能定理的综合，知道动量守恒的条件，关键是合理地选择研究对象和过程，选择合适的规律进行求解17.如图所示，一束电子(电荷量为e)以速度v垂直射入磁感应强度为B、宽度为d的匀强磁场中，穿透磁场时速度方向与原来入射方向的夹角为30，求：(1)确定圆心位置，做出运动轨迹，运动半径多大？(2)电子的质量多大？(3)穿透磁场的时间是多少？【答案】(1)r=2d (2)m=2Bdev (3)t=d3v 【解析】【详解】（1）电子在磁场中作匀速圆周运动，只受洛伦兹力作用，故其轨迹是圆弧的一部分，又因为Bv，故圆心在电子穿入和穿出磁场时受到洛伦兹力指向交点上，由几何知识知，AB对应的圆心角 =30，由几何知识可得：电子的轨迹半径 r=dsin=2d；轨迹如图； （2）又由qvB=mv2r，得：m=qBrv=2eBdv （3）AB弧的圆心角是30，则电子穿越磁场的时间为：t=360T=303602rv=d3v【点睛】本题考查了求磁感应强度、电子的运动时间，分析清楚电子运动过程、应用牛顿第二定律与周期公式即可正确解题，解题时要注意几何知识的应用18.如图所示，匀强磁场中有一矩形闭合线圈abcd，线圈平面与磁场垂直。已知线圈的匝数N=100，边长ab=1.0 m、bc=0.5 m，电阻r=2。磁感应强度B在0 1 s内从零均匀变化到0.2 T。在15 s内从0.2 T均匀变化到-0.2T，取垂直纸面向里为磁场的正方向。求：（1）0.5s 时线圈内感应电动势的大小E和感应电流的方向；（2）在15s内通过线圈的电荷量q；（3）在05s内线圈产生的焦耳热Q。【答案】（1）E=10V，感应电流方向为adcba（2）q=10C （3）Q=100J【解析】（1）要求解0.5s时的感应电动势，只能通过求平均感应电动势着眼。由于线圈与磁场方向垂直的有效面积不变，只是磁感应强度均匀变化，则0.5s的瞬时感应电动势正好与0 1 s的平均感应电动势相等。感应电流的方向可根据楞次定律来进行判断即可。（2）要分析15s的电荷量q，则只要根据求解即可；（3）由于磁场的变化分0 1 s和1 5 s两个不同的阶段，可从两阶段分别对线圈产生的焦耳热进行分析，运用即可求得。（1）磁感应强度B在0 1 s 内从零均匀变化到0.2 T，故0.5s时刻的瞬时感应电动势的大小和0 1 s 内的平均感应电动势大小相等。则由感应电动势：且磁通量的变化量，可解得，代入数据得。0 1 s磁感应强度在逐渐增大，根据楞次定律：感应电流产生的磁场将与原磁场方向相反，则感应电流的方向为：adcba。（2）同理可得：E2=NB2St2，感应电流I2=E2r，电量q=I2t2解得：q=NB2Sr,代入数据得：q=10C。（3）0 1 s 内的焦耳热，且15 s 内的焦耳热，由,代入数据得：【考点定位】法拉第电磁感应定律、楞次定律、电荷量及焦耳热的综合。注意分阶段考虑，考查考生的分析能力、推理能力等。难度：中等。视频19.如图所示，一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距l=0.5m，左端接有阻值R=0.3的电阻，一质量m=0.1kg，电阻r=0.1的金属棒MN放置在导轨上，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B=0.4T，棒在水平向右的外力作用下，由静止开始以a=2m/s2的加速度做匀加速运动，当棒的位移x=9m时撤去外力，棒继续运动一段距离后停下来，已知撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1：Q2=2:1，导轨足够长且电阻不计，棒在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，求(1)棒在匀加速运动过程中，通过电阻R的电荷量q(2)撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2(3)外力做的功WF【答案】(1)4.5C (2)1.8J (3)5.4J【解析】【详解】（1）棒匀加速运动所用时间为t，有：12at2=xt=2xa=3s根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律求电路中产生的平均电流为：I=ER+r=t(R+r)=1.5A根据电流定义式有：q=t=4.5C（2）撤去外力前棒做匀加速运动根据速度公式末速为：v=at=6m/s撤去外力后棒在安培力作用下做减速运动，安培力做负功先将棒的动能转化为电能，再通过电流做功将电能转化为内能，所以焦耳热等于棒的动能减少Q2=EK=12 mv2=1.8J（3）根据题意在撤去外力前的焦耳热为：Q1=2Q2=3.6J撤去外力前拉力做正功、安培力做负功（其绝对值等于焦耳热Q1）、重力不做功共同使棒的动能增大，根据动能定理有：EK=WF-Q1则：WF=EK+Q1=5.4J【点睛】解决该题关键要分析物体的运动情况，清楚运动过程中不同形式的能量的转化，知道运用动能定理求解变力做功20.如图所示，用两根轻细金属丝将质量为m、长为l的金属棒ab悬挂在c、d两处，置于匀强磁场内。当棒中通以从a到b的电流I后，两悬线偏离竖直方向角而处于平衡状态。为了使棒平衡在该位置上，所需的磁场的最小磁感应强度的大小、方向为()A. mgIltan ，竖直向上B. mgIltan ，竖直向下C. mgIlsin ，平行悬线向下D. mgIlsin ，平行悬线向上【答案】D【解析】要求所加磁场的磁感应强度最小，应使棒平衡时所受的安培力有最小值。由于棒的重力恒定，悬线拉力的方向不变，由画出的力的三角形可知，安培力的最小值为Fminmgsin，即IlBminmgsin，得BminmgIlsin ，方向应平行于悬线向上，故选D.21.如图所示，方盒A静止在光滑的水平面上，盒内有一个小滑块B，盒的质量是滑块质量的2倍，滑块与盒内平面间的动摩擦因数为。若滑块以速度v开始向左运动，与盒的左右壁发生无机械能损失的碰撞，滑块在盒中来回运动多次，最终相对盒静止. （1）此时盒的速度大小为多少？（2）滑块相对于盒运动的路程为多少？【答案】(1) (2)【解析】试题分析：物体与盒子组成的系统动量守恒；先由动量守恒求出盒子与物块的最终速度，再结合损失的机械能即可求出滑块相对于盒运动的路程设滑块的质量为m，则盒的质量为2m，对整个过程，由动量守恒定律可得，解得由能量关系可知解得