天津市耀华中学2019-2020学年高二上学期期末考试物理试题 17页

天津市耀华中学2019-2020学年度第一学期期末考试 高二年级物理学科试卷 一、单项选择题 ‎1.2019年1月，我国嫦娥四号探测器成功在月球背面软着陆，在探测器“奔向”月球的过程中，用h表示探测器与地球表面的距离，F表示它所受的地球引力，能够描F随h变化关系的图像是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】根据万有引力定律可得： ，h越大，F越小，故选项D符合题意；‎ ‎2.如右图甲所示，水平的光滑杆上有一弹簧振子，振子以O点为平衡位置，在a、b两点之间做简谐运动，其振动图象如图乙所示．由振动图象可以得知( ) ‎ A. 振子的振动周期等于t1‎ B. 在t＝0时刻，振子的位置在a点 C. 在t＝t1时刻，振子速度为零 D. 从t1到t2，振子正从O点向b点运动 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A中振子振动周期等于2t1，故A不对；B中在t=0时刻，振子的位置在O点，然后向左运动，故B不对；C中在t=t1时刻，振子经过平衡位置，此时它的速度最大，故C不对；D中从t1到t2，振子正从O点向b点运动，故D是正确的．‎ ‎3.如图所示为远距离交流输电的简化电路图。发电厂的输出电压是U，用等效总电阻是r的两条输电线输电，输电线路中的电流是I1，其末端间的电压为U1。在输电线与用户间连有一理想变压器，流入用户端的电流为I2。则 A. 用户端的电压 B. 输电线上的电压降为U C. 输电线路上损失的电功率为 D. 输电线路上损失的电功率为I1U ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据变压器输入功率等于输出功率相等可得 解得用户端的电压 选项A正确；‎ B．输电线上的电压降为U-U1，选项B错误；‎ C．根据焦耳定律可知，输电线路上损失的电功率为，选项C正确； ‎ D．输电线路上损失的电功率为I1U-I1U1，选项D错误；‎ 故选AC.‎ ‎4.图1和图2是教材中演示自感观象的两个电路图，L1和L2为电感线圈，实验时，断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗；闭合开关S2，灯A2逐渐变亮，而另一个相同的灯A3立即变亮，最终A2与A3的亮度相同，下列说法正确的是（ ）‎ A. 图1中，A1与L1的电阻值相同 B. 图1中，闭合S1，电路稳定后，A1中电流大于L1中电流 C. 图2中，变阻器R与L2的电阻值相同 D. 图2中，闭合S2瞬间，L2中电流与变阻器R中电流相等 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．题图1中，断开开关S1瞬间，L1与灯A1组成闭合回路，L1产生感应电动势阻碍电流的变化，电流逐渐减小，由于灯A1突然闪亮，故断开开关S1之前（闭合S1，电路稳定后），通过L1的电流大于通过灯A1的电流，由欧姆定律知，A1的电阻值大于L1的电阻值，故A、B错误．‎ C．题图2中，闭合开关S2，电路稳定后A2与A3的亮度相同，又知A2与A3相同，由欧姆定律知，变阻器R与L2的电阻值相同，故C正确．‎ D．题图2中，闭合S2瞬间，由于L2产生感应电动势阻碍电流的增加，故L2中电流小于变阻器R中电流，故D错误．‎ ‎5.如图所示，理想变压器原线圈接在交流电源上，图中各电表均为理想电表，下列说法正确的是 A. 当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，R1消耗的功率变大 B. 当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电压表V示数变大 C. 当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电流表A1示数变大 D. 若闭合开关S，则电流表A1示数变大，A2示数变大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电阻变大，则干路电流变小，则消耗的功率变小，则A错误；干路电流变小，分压变小，则电压表V的测量的电压变大，示数变大，则B正确；因输出电流变小，则输出功率变小即输入功率变小，电流表A1示数变小，则C错误；闭合开关S并联支路增加，电阻变小，则副线圈即R1的电流变大，分压变大，则R2的分压变小，电流变小，电流表A1示数随副线圈电流的变大而变大，则D错误．‎ ‎【点睛】考查电路的动态分析：本题中P的移动与电键的闭合均会引起电阻的变小，再由电路的联接关系可分析各表的示数的变化，可见明确电路的结构是求解的关键．‎ ‎6.一圆筒处于磁感应强度大小为的匀强磁场中，磁场方向与筒的轴平行，筒的横截面如图所示．图中直径的两端分别开有小孔，筒绕其中心轴以角速度顺时针转动．在该截面内，一带电粒子从小孔射入筒内，射入时的运动与成30°角．当筒转过90°时，该粒子恰好从小孔飞出圆筒．不计重力．若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，则带电粒子的比荷为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】粒子在磁场中做匀速圆周运动 根据几何关系，有∠MOA=90°，∠OMA=45°，∠CMO'=60°，所以∠O′MA=75°，∠O′AM=75°，∠MO′A=30°，即轨迹圆弧所对的圆心角为30°，粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期，粒子在磁场中匀速圆周运动的时间，圆筒转动90°所用时间，粒子匀速圆周运动的时间和圆筒转动时间相等解得 ；则，解得，A正确，BCD错误.‎ ‎7.某空间存在着如图所示的足够大的、沿水平方向的匀强磁场。在磁场中A、B两个物块叠放在一起，置于光滑水平面上，物块A带正电，物块B不带电且表面绝缘。在t1=0时刻，水平恒力F作用在物块B上，物块A、B由静止开始做加速度相同的运动。在A、B一起向左运动的过程中，以下说法正确的是 A. 图乙可以反映A所受洛仑兹力大小随时间t变化的关系，图中y表示洛伦兹力大小 B. 图乙可以反映A对B的摩擦力大小随时间t变化的关系，图中y表示摩擦力大小 C. 图乙可以反映A对B的压力大小随时间t变化的关系，图中y表示压力大小 D. 图乙可以反映B对A的摩擦力大小随时间t变化的关系，图中y表示摩擦力大小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．对整体分析，运用牛顿第二定律得出加速度：，水平方向受到的力不变，则整体的加速度不变。物体由静止做匀加速运动，速度v=at；故洛伦兹力：‎ F=qvB=qBat 洛伦兹力大小随时间t变化的应过原点，故A错误。‎ BD．物块A对物块B的摩擦力大小以及B对A的摩擦力为f=mAa，所以f随时间t的变化保持不变，故不可能是摩擦力的变化图象，故BD错误。‎ C．A受的支持力：‎ N=mAg+qvB=mAg+qBat 符合图中所示规律，故C正确；‎ 故选C。‎ ‎8.一个边长为L的正方形导线框在倾角为θ的光滑斜面上由静止开始沿斜面下滑，随后进入虚线下方垂直于斜面向上的匀强磁场中．如图所示，斜面以及虚线下方的磁场往下方延伸到足够远．下列说法正确的是(　　)‎ A. 线框进入磁场的过程，b点的电势比a点高 B. 线框进入磁场的过程一定是减速运动 C. 线框中产生的焦耳热小于线框减少的机械能 D. 线框从不同高度下滑时，进入磁场过程中通过线框导线横截面的电荷量相等 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.线框进入磁场的过程，ab边相当于电源，由右手定则知a点电势高于b点电势，选项A错误；‎ B.若线圈开始进入磁场时所受的安培力小于mgsinθ，则线圈加速进入磁场；若线圈开始进入磁场时所受的安培力等于mgsinθ，则线圈匀速进入磁场；若线圈开始进入磁场时所受的安培力大于mgsinθ，则线圈减速进入磁场，选项B错误；‎ C.由能量守恒知,线框中产生的焦耳热等于线框减少的机械能，选项C错误；‎ D.通过导线横截面电荷量，与下落高度无关，选项D正确．‎ 二、多项选择题 ‎9.嫦娥工程分为三期，简称“绕、落、回”三步走。我国发射的的“嫦娥三号”卫星是嫦娥工程第二阶段的登月探测器，经变轨成功落月。如图所示为其飞行轨道示意图，则下列说法正确的是 A. 嫦娥三号的发射速度应该大于‎11.2 km/s B. 嫦娥三号在环月轨道1上P点的加速度等于在环月轨道2上P点的加速度 C. 嫦娥三号在动力下降段中一直处于完全失重状态 D. 嫦娥三号在环月轨道2上运行周期比在环月轨道1上运行周期小 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．在地球表面发射卫星的速度大于‎11.2km/s时，卫星将脱离地球束缚，绕太阳运动，故A错误；‎ B．根据万有引力提供向心力，得，由此可知在轨道1上经过P点的加速度等于在轨道2上经过P点的加速度，故B正确；‎ C．嫦娥三号在动力下降段中，除了受到重力还受到动力，并不完全失重状态，故C错误；‎ D．根据开普勒定律，由此可知，轨道半径越小，周期越小，故嫦娥三号在环月轨道2上运行周期比在环月轨道1上运行周期小，故D正确；‎ 故选BD。‎ ‎10.如图，在同一平面内固定有一长直导线PQ和一导线框R，R在PQ的右侧．导线PQ中通有正弦交流电i，i的变化如图所示，规定从Q到P为电流正方向．导线框R中的感应电动势　　‎ A. 在时为零 B. 在时改变方向 C. 在时最大，且沿顺时针方向 D. 在时最大，且沿顺时针方向 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】本题考查交变电流图象、法拉第电磁感应定律、楞次定律及其相关的知识点．‎ 解析 由图（b）可知，导线PQ中电流在t=T/4时达到最大值，变化率为零，导线框R中磁通量变化率为零，根据法拉第电磁感应定律，在t=T/4时导线框中产生的感应电动势为零，选项A正确；在t=T/2时，导线PQ中电流图象斜率方向不变，导致导线框R中磁通量变化率的正负不变，根据楞次定律，所以在t=T/2时，导线框中产生的感应电动势方向不变，选项B错误；由于在t=T/2时，导线PQ中电流图象斜率最大，电流变化率最大，导致导线框R中磁通量变化率最大，根据法拉第电磁感应定律，在t=T/2时导线框中产生的感应电动势最大，由楞次定律可判断出感应电动势的方向为顺时针方向，选项C正确；由楞次定律可判断出在t=T时感应电动势的方向为逆时针方向，选项D错误．‎ ‎11.利用霍尔效应制作的霍尔元件，广泛应用于测量和自动控制等领域。如图是霍尔元件的工作原理示意图，一块长为a，宽为c的矩形半导体霍尔元件，元件内的导电粒子是电荷量为e的自由电子，通入图示方向的电流I时，电子的定向移动速度为v，当磁感应强度B垂直于霍尔元件的工作面向下时，前后两侧面会形成电势差U，下列说法中正确的是 A. 前、后表面间的电压U与v无关 B. 前表面的电势比后表面的高 C. 自由电子受到的洛伦兹力大小为 D. 前、后表面间的电压U与c成正比 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】B．电流方向向右，电子向左定向移动，根据左手定则判断可知，电子所受的洛伦兹力方向向里，则后表面积累了电子，前表面的电势比后表面的电势高，故B正确。‎ AD．由电子受力平衡可得：，解得：U=Bva，所以前、后表面间的电压U与v成正比，前、后表面间的电压U与c无关，故AD错误。‎ C．稳定时自由电子受力平衡，受到的洛伦兹力等于电场力，即为：，故C正确。‎ 故选BC。‎ ‎12.如图所示，水平面内两光滑平行金属导轨，左端与电阻R相连接，匀强磁场B竖直向下分布在导轨所在的空间内，质量一定的金属棒垂直于导轨并与导轨接触良好．今对金属棒施加一个水平向右的外力F，使金属棒从a位置开始向右做初速度为零的匀加速运动，依次通过位置b和c．若导轨与金属棒的电阻不计，ab与bc的距离相等，关于金属棒在运动过程中的有关说法正确的是(　　)‎ A. 金属棒通过b、c两位置时，外力F的大小之比为1∶‎ B. 金属棒通过b、c两位置时，电阻R的电功率之比为1∶2‎ C. 从a到b和从b到c的两个过程中，通过金属棒横截面的电荷量之比为1∶1‎ D. 从a到b和从b到c的两个过程中，电阻R上产生的热量之比为1∶1‎ ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】由v2＝2ax可知，金属棒通过b、c两位置时，金属棒速度之比为1∶，产生的感应电流之比为1∶，所受安培力之比为1∶，由牛顿第二定律可知，外力F的大小之比不是1∶，选项A错误；由电功率公式P＝I2R可知，金属棒通过b、c两位置时，电阻R的电功率之比为1∶2，选项B正确；由法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律和电流定义可得，q＝ΔΦ/R，从a到b和从b到c的两个过程中，ΔΦ相等，所以通过金属棒横截面的电荷量之比为1∶1，选项C正确；由焦耳定律，Q＝I2Rt＝qIR，从a到b和从b到c的两个过程中，电阻R上产生的热量之比为1∶，选项D错误．‎ 三、填空题 ‎13.某同学利用单摆测量重力加速度 ‎（1）为了使测量误差尽量小，下列说法正确的是 （ ）‎ A．组装单摆须选用密度和直径都较小的摆球 B．组装单摆须选用轻且不易伸长的细线 C．实验时须使摆球在同一竖直面内摆动 D．摆长一定的情况下，摆的振幅尽量大 ‎（2）下列摆动图像真实地描述了对摆长约为‎1 m的单摆进行周期测量的四种操作过程，图中横坐标原点表示计时开始，A、B、C均为30次全振动的图象，已知sin5°=0.087，sin15°=0.26，这四种操作过程合乎实验要求且误差最小的是__________。（填字母代号）‎ A.B.C.D.‎ ‎（3）如图所示，在物理支架的竖直立柱上固定有摆长约‎1m的单摆。实验时，由于仅有量程为‎20cm、精度为‎1mm 的钢板刻度尺。于是他先使摆球自然下垂，在竖直立柱上与摆球最下端处于同一水平面的位置做一标记点，测出单摆的周期T1；然后保持悬点位置不变，设法将摆长缩短一些，再次使摆球自然下垂，用同样方法在竖直立柱上做另一标记点，并测出单摆的周期T2；最后用钢板刻度尺量出竖直立柱上的两标记点之间的距离△L。用上述测量结果，写出重力加速度的表达式____________。‎ ‎【答案】 (1). BC (2). A (3). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]．A．组装单摆须选用密度较大、直径较小的摆球，选项A错误；‎ B．组装单摆须选用轻且不易伸长的细线，选项B正确；‎ C．实验时须使摆球在同一竖直面内摆动，不能成圆锥摆，选项C正确；‎ D．摆长一定的情况下，摆的振幅不应过大，否则就不是简谐振动，选项D错误；故选BC.‎ ‎（2）[2]．当摆角小于等于5°时，我们认为小球做单摆运动，所以振幅约为：A=lsin5°=1×‎0.087m=‎8.7cm，当小球摆到最低点开始计时，误差较小，测量周期时要让小球做30-50次全振动，求平均值，所以A合乎实验要求且误差最小。‎ ‎（3）[3]．由单摆周期公式，根据题意看得：‎ 解得：‎ ‎；‎ 四、计算题 ‎14.‎ 如下图甲为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴OO′匀速转动，线圈的匝数n＝100、电阻r＝10 Ω，线圈的两端经集流环与电阻R连接，电阻R＝90 Ω，与R并联的交流电压表为理想电表．在t＝0时刻，线圈平面与磁场方向平行，穿过每匝线圈的磁通量Φ随时间t按下图乙所示正弦规律变化．求：‎ ‎(1)交流发电机产生的电动势最大值；‎ ‎(2)电路中交流电压表的示数．‎ ‎【答案】(1) (2)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据求的最大值；‎ ‎（2）电压表测量的为有效值，根据闭合电路的欧姆定律求电压表的示数.‎ ‎【详解】（1）线圈转动的角速度为：‎ 产生的最大感应电动势为：‎ ‎（2）产生的感应电动势的有效值为：‎ 根据闭合电路的欧姆定律得：电压表的示数为 ‎15.如图所示，相距为d的平行金属板M、N间存在匀强电场和垂直纸面向里、磁感应强度为B0的匀强磁场；在xOy直角坐标平面内，第一象限有沿y轴负方向场强为E的匀强电场，第四象限有垂直坐标平面向里、磁感应强度为B的匀强磁场．一质量为m、电荷量为q的正离子(不计重力)以初速度v0沿平行于金属板方向射入两板间并做匀速直线运动，从P点垂直y轴进入第一象限，经过x轴上的A点射出电场进入磁场．已知离子过A点时的速度方向与x轴成45°角．求：‎ ‎(1)金属板M、N间的电压U；‎ ‎(2)离子运动到A点时速度v的大小和由P点运动到A点所需时间t；‎ ‎(3)离子第一次离开第四象限磁场区域的位置C(图中未画出)与坐标原点的距离OC．‎ ‎【答案】(1) ；(2) t＝ ；(3) ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】离子的运动轨迹如下图所示 ‎（1）设平行金属板M、N间匀强电场的场强为，则有：‎ 因离子所受重力不计，所以在平行金属板间只受有电场力和洛伦兹力，又因离子沿平行于金属板方向射入两板间并做匀速直线运动，则由平衡条件得：‎ 解得：金属板M、N间的电压 ‎（2）在第一象限的电场中离子做类平抛运动，则由运动的合成与分解得：‎ 故离子运动到A点时的速度：‎ 根据牛顿第二定律：‎ 设离子电场中运动时间t ，出电场时在y方向上的速度为，则在y方向上根据运动学公式得且 联立以上各式解得，离子在电场E中运动到A点所需时间：‎ ‎（3）在磁场中离子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则由牛顿第二定律有：‎ 解得：‎ 由几何知识可得 在电场中，x方向上离子做匀速直线运动，则 因此离子第一次离开第四象限磁场区域的位置C与坐标原点的距离为：‎ ‎【点睛】本题考查电场力与洛伦兹力平衡时的匀速直线运动、带电粒子在匀强磁场中的运动的半径与速率关系、带电粒子在匀强电场中的运动、运动的合成与分解、牛顿第二定律、向心力、左手定则等知识，意在考查考生处理类平抛运动及匀速圆周运动问题的能力．‎ ‎16.如图所示，固定在水平面上间距为的两条平行光滑金属导轨，垂直于导轨放置的两根金属棒和长度也为、电阻均为，两棒与导轨始终接触良好．两端通过开关与电阻为的单匝金属线圈相连，线圈内存在竖直向下均匀增加的磁场，磁通量变化率为常量．图中虚线右侧有垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为．的质量为，金属导轨足够长，电阻忽略不计．‎ ‎（1）闭合，若使保持静止，需在其上加多大的水平恒力，并指出其方向；‎ ‎（2）断开，在上述恒力作用下，由静止开始到速度大小为的加速过程中流过的电荷量为，求该过程安培力做的功．‎ ‎【答案】（1），方向水平向右；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）设线圈中的感应电动势为，由法拉第电磁感应定律，则 ‎ ①‎ 设与并联的电阻为，有 ‎ ②‎ 闭合时，设线圈中的电流为，根据闭合电路欧姆定律得 ‎ ③‎ 设中的电流为，有 ‎ ④‎ 设受到的安培力为，有 ‎ ⑤‎ 保持静止，由受力平衡，有ⅠⅡⅢⅣ ‎ ⑥‎ 联立①②③④⑤⑥式得 ‎ ⑦‎ 方向水平向右．‎ ‎（2）设由静止开始到速度大小为的加速过程中，运动的位移为，所用时间为，回路中的磁通量变化为，平均感应电动势为，有 ‎ ⑧‎ 其中 ‎ ⑨‎ 设中的平均电流为，有 ‎ ⑩‎ 根据电流的定义得 ‎ ⑪‎ 由动能定理，有 ‎ ⑫‎ 联立⑦⑧⑨⑩⑪⑫⑬式得 ‎ ⑬‎