【文档说明】辽宁省沈阳市郊联体2019-2020学年高二上学期期末考试物理试题 【精准解析】.doc，共(15)页，855.500 KB，由小赞的店铺上传

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2019-2020学年度沈阳市郊联体上学期期末考试高二物理试题一、选择题1.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区域,如图是霍尔元件的工作原理示意图,磁感应强度B垂直于霍尔元件的工作面向下,通入图示方向的电流I,C、D两侧面会形

成电势差.CDU下列说法正确的是A.电势差CDU仅与材料有关B.仅增大磁感应强度时,电势差CDU变大C.若霍尔元件的载流子是自由电子,则电势差0CDUD.在测定地球赤道上方的地磁场强弱时,霍尔元件的工作面应保持水平【答案】B【解析】【详解】AB．根据CD间存在电势差，之间就存在电场，电

子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，设霍尔元件的长宽高分别为a、b、c，则有：UqqvBb=I=nqvS=nqvbc则：CDBIUnqc=n由材料决定，故U与材料有关；U还与厚度c成反比，与宽b无关，同时还与磁场B与电流I有关，故A错误、B正确．C．根据左手定则，电子向C侧面偏转，C

表面带负电，D表面带正电，所以D表面的电势高，则UCD＜0．故C错误．D．在测定地球赤道上方的地磁场强弱时，应将元件的工作面保持竖直，让磁场垂直通过．故D错误．2.质量为m的运动员从下蹲状态竖直向上跳起，离开地

面的速度为v，在这段时间内下列说法正确的是A.地面对运动员的冲量大小为mvB.重力的冲量为零C.动量的变化量为mvD.地面对运动员做的功为212mv【答案】C【解析】【详解】A．合力的冲量大小为mv，故A错误

；B．重力的冲量I=mgt，不为0，故B错误；C．动量的变化为△P=mv，故C正确；D．地面对运动员的力的作用点没位移，故故功为0，故D错误．3.图甲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，A为理想交流电流表．

线圈绕垂直于磁场的水平轴OO’沿逆时针方向匀速转动，产生的电动势随时间变化的图象如图乙所示．已知发电机线圈电阻为10，外接一只阻值为90的电阻，不计电路的其它电阻，则（）A.电流表的示数为0.31AB.线圈转动的角速度为50rad／sC.0.01s时线圈平面与磁场方向平行

D.在线圈转动一周过程中，外电阻发热约为0.087J【答案】D【解析】【详解】在交流电路中电流表的示数为有效值，==22V2mEE有效，电流表的示数22===0.22A100EIR有效总，A错误；从图像可知线圈转动的周期为0.02s，则线圈转动的

角速度2==100rad/sT，B错误；0.01s时线圈的电压为0，因此线圈在中性面处，C错；线圈发热应用电流的有效值进行计算，则发热量()22==0.22900.02=0.087JQIRt，D正确4.如图所示是一个将电流表改装

成欧姆表的示意图，此欧姆表已经调零，用此欧姆表测一阻值为R的电阻时，指针偏转至正中间，现用该表测一未知电阻，指针偏转到电流表满刻度的15处，则该电阻的阻值为（）A.4RB.5RC.6RD.16R【答案】A【解析】【详解】ABCD．设电动势为E，欧姆表内电阻为R内，满偏电流为Ig，欧

姆表调零时，有gEIR=内测一阻值为R的电阻时，有g12EIRR=+内测一未知电阻时，有g15EIRR=+内联立以上各式，解得4RR=故A正确，BCD错误。故选A。5.两木块A、B质量分别为m、M，用劲度系数为k的轻弹簧连在一起，放在水平地面上，如图所示

，用外力将木块A压下一段距离静止，释放后A上下做简谐振动．在振动过程中，木块B刚好始终不离开地面(即它对地面最小压力为零)．以下说法正确的是()A.在振动过程中木块A的机械能守恒B.A做简谐振动的振幅为mgkC.A做简谐振动的振幅为MgkD.木块B对地

面的最大压力是2Mg2mg+【答案】D【解析】【详解】A、振动过程中木块A与弹簧组成的系统机械能守恒，木块A机械能不守恒，故A错误；BCD、：当弹簧处于伸长至最长状态时，M刚好对地面压力为零，故弹簧中弹力FM

g=，此时m有最大加速度，由Fmgma+=，得：Fmgam+=，由对称性，当m运动至最低点时，弹簧中弹力大小为F，但此时弹簧是处于压缩状态，根据牛顿第二定律得：Fmgma−=，即()2FmgamgMg=+=+，

所以木块B对地面的最大压力是2()FFMgmMg压=+=+；振幅为最大位移与平衡位置的距离：mgMgkk+，故D正确，B、C错误；故选D．【点睛】关键是要注意撤去外力后，A以未加压力时的位置为平衡位置做简谐振动，当B刚好要离开地面时，A处于最高

点时，A的加速度最大，A处于最低点时，弹簧对B的压力最大．6.如图所示，质量为m的A球以速度v0在光滑水平面上运动，与原静止的质量为4m的B球碰撞，碰撞后A球以v=av0(待定系数a<1)的速率弹回，并与挡板P发生完全弹性碰撞，若要使A球能追上B球再相撞，

则a的取值范围为（）A.15a13B.13a23C.13a25D.13a35【答案】D【解析】A、B、碰撞过程动量守恒，以0v方向为正方向有00AABBmvmavmv=−+，A与挡板P碰撞后能追上B发生再碰撞的条件是0Bavv，解

得13a；碰撞过程中损失的机械能22200111[()]0222kAABBEmvmavmv=−+，解得35a，故1335a，D正确；故选D．【点睛】本题考查了动量守恒和能量守恒的综合运用，要抓住碰后A的速度大于B的速度，以及有机械能损失大于等于零进行求解．7

.下列说法正确的是（）A.阻尼振动振幅逐渐减小，同时周期也逐渐减小B.当驱动力的频率等于振动系统的固有频率时，受迫振动的振幅最大C.当障碍物的尺寸比波长大得多时能观察到明显的衍射现象D.当波源与观察者相互远离时，观察者接收到的频率比波源的频率大【答案】B【

解析】【详解】A．振幅越来越小的振动叫做阻尼振动，阻尼导致能量的耗散，但其周期不变。故A错误；B．当驱动力的频率等于振动系统的固有频率时，产生共振，此时受迫振动的振幅最大，选项B正确；C．当障碍物的尺寸比波长小得多或者差不多时能观察到明显的衍射现象，选项C错误

；D．根据多普勒效应，当波源与观察者相互远离时，观察者接收到的频率比波源的频率小，选项D错误。故选B。8.如图所示，电源电动势E=6V，内阻1r=，定值电阻2R=与电动机M串联接在电源上，开关闭合后，理想电流表示数为1A，电动机刚好正常

工作，电动机的线圈电阻00.5R=．下列说法中正确的是A.定值电阻消耗的热功率2WB.电动机的输出功率为2.5WC.电动机的输出功率为3WD.电源的输出功率是6W【答案】AB【解析】【详解】根据2PIR=可知定值电阻消耗的热功率为22122PIRW

W===，故A正确；电动机两端的电压：()()61123MUEIrRVVV=−+=−+=，电动机消耗的电功率为133MPUIWW电===，电动机的输出功率：220310.52.5PPIRWW=−=−=输出电，故B正确，C错误；电源的输出功

率：2261115PUIIrWWW=−=−=，故D错误．故选AB.【点睛】由P=UI求出电动机输入功率，由P=I2R求出电动机热功率，电动机输入功率与热功率之差是电动机的输出功率．9.如图所示，小球位于光滑的曲面体顶端，曲面体位于光滑的水平地面

上，从地面上看，在小球沿曲面下滑的过程中，则下列说法正确的是（）A.小球与曲面体组成的系统动量守恒，机械能守恒B.曲面体对小球的作用力垂直于接触面且对小球做负功C.球和曲面体对地的水平位移与二者的质量成反比D.球沿曲面体下滑过程中，球和曲面体所受合外力的冲量始终等大反向【答案】BC【解析】【分

析】小球下滑过程中，系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒．只发生动能和重力势能的转化，系统的机械能守恒；根据系统水平方向动量守恒列式求解水平位移关系．结合动量定理分析．【详解】在小球沿曲面下滑的过程中，小球有竖直分加速度，系统的合外力不为零，动量不守恒．只发

生重力势能与动能的转化，所以系统的机械能守恒，故A错误．曲面体对小球的作用力垂直于接触面，由于曲面向右移动，曲面体对小球的作用力与小球相对于地的速度方向成钝角，所以曲面体对小球的作用力垂直于接触面且对小球做负功，故B正确．

取水平向左为正方向，由系统水平动量守恒得0xxmmtt−=球曲球曲，得xmxm=球曲球曲，即球和曲面体对地的水平位移与二者的质量成反比，故C正确．球沿曲面体下滑过程中，球对曲面体的作用力冲量与曲面体对球的作用力冲量始终等大反向，而合外力是物体受到的所有力的合力，则球和曲面体所受合外

力的冲量关系不能确定，故D错误．故选BC．【点睛】本题关键要掌握小球下滑过程中，系统水平方向不受外力，由动量守恒定律分析水平位移关系．对于机械能是否守恒，可根据能量的转化情况分析．10.如图（a）所示，在xy平

面内有两个沿z方向（z方向与xy平面垂直）做简谐振动的点波源()10,4S和()20,2S−．两波源的振动图线分别如图（b）和图（c）所示．两列波的波速均为1/ms．则下列说法正确的是A.两列波引起的点()8,2A−处质点振动相互减弱

B.两列波引起的点()4,1B处质点振动相互加强C.两列波引起的点()0,0.5C处质点振动相互加强D.点()0,0.5C处质点的振幅为6cm【答案】ACD【解析】【详解】A.两列波的波速均为1.00m/s．由图可得T=2s，所以波长为λ=vT

=1×2=2m，由图可知，路程差为△S1=2268+-8=2m=λ,因两波源振动方向相反，可知两列波引起的点A(8,-2)处质点振动相互减弱，选项A正确；B.两列波从波源传播到点B（4，1）处的路程差为△S2=0，为波长的整数倍，又因为两

波源起振方向相反，所以振动减弱，选项B错误；C.两列波从波源传播到点C（0，0.5）处的路程差为△S3=3.5-2.5=1m，为半波长，又因为两波源起振方向相反，所以振动加强，选项C正确．D.因C点的振动加强，

则点C（0，0.5）处质点的振幅为：A=A1+A2=4cm+2cm=6cm，选项D正确.二、非选择题11.某同学在做“利用单摆测重力加速度”实验中，先测得摆线长为97.50cm，摆球直径为1.00cm，然

后用秒表记录了单摆振动50次所用的时间为99.9s。则：(1)该摆摆长为__________cm。(2)为了提高实验的准确度，在实验中可改变几次摆长L并测出相应的周期T，从而得出几组对应的L和T的数值，再以L为横坐标

、T2为纵坐标将所得数据连成直线（如图），并求得该直线的斜率k。则重力加速度g=__________（用k表示），若某同学不小心每次都把小球直径当作半径代入来计算摆长，则用此表达式计算得到的g值会_________（选填“偏大”、“偏小”或“不变”）。【答案】(1).98.00(2).24k

(3).不变【解析】【详解】（1）[1]．摆长197.5098.00cm22dLl=+=+=（2）[2]．由2LTg=可得224TLg=则24kg=解得24gk=（3）[3]．由224TLg=，若某同学不小心每次都把小球直径当作半

径代入来计算摆长，可知图线的斜率不变，计算得到的g值不变。12.如图所示为实验室中《验证动量守恒定律》的实验装置示意图．(1)实验中必须要求的条件是______．A．斜槽轨道尽量光滑以减少误差B．斜槽轨道末端的切线必须水平C．入射球和被碰球的质量必须相等，且大小相同D．入射球每次必须从

轨道的同一位置由静止释放(2)图中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影．实验时，先让入射球m1多次从斜轨上S位置静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP，然后把被碰小球m2静置于水平轨道的末端，再将入射球m1从斜轨上S位置静止释放，与小球m2相碰，并

重复多次．本实验还需要完成的必要步骤是________(填选项前的符号)．A．用天平测量两个小球的质量m1、m2B．测量抛出点距地面的高度HC．分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M、ND．测量平抛射

程OM、ON(3)为了验证碰撞前后动量守恒，该同学只需验证表达式：___________成立，即表示碰撞中动量守恒．(4)若两球发生弹性碰撞，则OM、ON、OP之间一定满足的关系是_____（填选项前的符号）．A．OP+OM=ONB．2OP=ON+OMC．OP﹣ON=2O

M【答案】(1).（1）BD(2).（2）ACD(3).（3）m1OP=m1OM+m2ON(4).（4）A【解析】【详解】（1）AB.本实验要通过平抛运动验证动量守恒定律，所以轨道末端必须水平，以保证小球做平抛运动；为了保证两次入射小球到达轨道末端具有相同的速度，两次入

射小球需从同一位置由静止释放；轨道不光滑，两次摩擦力做的负功相同，小球到达轨道末端速度依然相同，所以轨道不需要光滑，A错误BD正确C.为了避免入射小球反弹，要保证入射球质量大于被碰球质量，C错误（2）根据平抛运动规律：212hgt

=，0xvt=，所以抛出速度02gvxh=，小球均从相同高度平抛，且要验证的表达式为：101122mvmvmv=+，代入数据得：112mOPmOMmON=+：A.根据以上分析，两物体质量需要测量，A正确B.因为高度都相同，运

动时间一样，所以不需测量高度，B错误CD.根据分析，需要找到碰后平均落地点的位置M、N，并测量平抛射程OM、ON，CD正确（3）根据（2）的分析需要验证的是：112mOPmOMmON=+（4）如果发生的是弹性

碰撞，除了满足动量守恒，还满足机械能守恒，即：222112111222mOPmOMmON=+，联立动量守恒方程：112mOPmOMmON=+，解得：OP+OM=ON，A正确BC错误13.一列沿x轴负方向传播的横波在t=0时的波形如图所示，已知t=0.5时，P点第一

次出现波谷。试计算：(1)这列波的传播速度多大？(2)从t=0时刻起，经多长时间Q点第一次出现波峰？(3)当Q点第一次出现波峰时，P点通过的路程为多少？(4)x=3m处质点的振动方程。【答案】(1)10m/s；(

2)1.1s；(3)1.8m；(4)0.2sin5πxt=−（m）【解析】【详解】(1)根据t=0时刻，第一个波谷在x=4m处，波长=4m，故由t=0.5s时，P点第一次出现波谷，可得波速为41m/s1

0m/s0.5xvt+===(2)在t=0时刻，该波形的波峰位于x=2m处，根据波的平移法可得从t=0时刻起，Q点第一次出现波峰的时间为()29s1.1s10xtv−−===(3)根据Tv=代入数据解得0.4sT=波从x=1

m处传播到P点的时间为()111s0.2s10t−−==故当Q点第一次出现波峰时，P点振动时间为211.1s0.2s0.9s24tT=−==根据质点从平衡位置起振，故P点通过的路程为1241.8m4sA==(4)波向左传播，t=0时刻x=3m处质点开始

向下振动，则x=3m处质点的振动方程为sinxAt=−由图可知A=0.2m角速度为2π5πrad/sT==则振动方程为0.2sin5πxt=−（m）14.如图所示，一轻质弹簧两端连着物体A和B，放在光滑的水平面上，物体A被水平速度为v0的子弹击中，子弹嵌在其

中，已知物体A的质量是3m，B的质量是4m，子弹的质量是m．求：(1)A物体获得的最大速度；(2)弹簧压缩量最大时B物体的速度；(3)弹簧压缩量最大时弹性势能是多少．【答案】(1)04v(2)08v(

3)2016mv【解析】【详解】(1)子弹刚射入物体A时，A具有最大速度，由动量守恒定律得：01(3)mvmmv=+，解得：1014vv=；(2)以子弹、A、B以及弹簧组成的系统作为研究对象，整个作用过程系统动量

守恒，弹簧压缩量最大时，它们的速度相等，由动量守恒定律得：02(34)mvmmmv=++，解得：2018vv=；(3)弹簧压缩量最大时，由能量守恒定律得：221211(3)(34)22PEmmvmmmv=+−++，解得：弹簧压缩量最大时弹性势能20116pEmv=．15.

如图所示，均匀金属丝制成的单匝正方形闭合线框abcd，每边长为L＝0.2m，总电阻为R＝10Ω，总质量为m＝0.04kg．将其置于磁感强度为B=5T的水平匀强磁场上方h＝0.45m处，如图所示．线框由静止

自由下落，线框平面保持在竖直平面内，且cd边始终与水平的磁场边界平行．当cd边刚进入磁场时，(g取10m/s2)（1）求线框中产生的感应电动势大小;（2）求cd两点间的电势差大小;（3）求此时线框的加速度大小及方向．【答案】（1）3V；（2）2.25

V；（3）2.5m/s2，方向竖直向下【解析】【分析】（1）线框先自由下落，由高度h求得速度v，由E=BLv求解感应电动势的大小．（2）cd两点间的电势差大小等于外电压．（3）根据牛顿第二定律求解加速度．【详解】（1）线框进入磁场前做自由落体运动，cd边刚进入磁场时，v2=2gh，解得速

度22100.453/vghms===，线框中产生的感应电动势E=BLv=5×0.2×3=3V；（2）线框进入磁场时，线框中的电流：30.310EVIAR===，cd两点间的电势差U=IR外=I×34R=0.3×34×10=2.25V（3）线框受

到的安培力：220.3BLvFBILNR===，由牛顿第二定律得：mg-F=ma，解得a=2.5m/s2，方向竖直向下【点睛】本题电磁感应与力学、电路知识的综合，注意区分cd电压是外电压还是内电压．安培力与速度的关系要会推导．