【文档说明】云南省保山市2019-2020学年高二下学期期末考试教育教学质量监测物理试题【精准解析】.doc，共(18)页，1.413 MB，由小赞的店铺上传

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2020年保山市中小学教育教学质量监测高二年级物理试卷本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。第Ⅰ卷第1页至第4页，第Ⅱ卷第4页至第8页。考试结束后，请将答题卡交回。满分100分，考试用时90分钟。第Ⅰ卷（选择题，共48分）注意事项：1.答题前，考生务必用黑色碳素笔

将自己的学校、班级、姓名、考场号、座位号、准考证号在答题卡上填写清楚。2.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，再选涂其他答案标号。在试题卷上作答无效。一、选择题（本大题

共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1-8题只有一项符合题目要求；第9-12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.关于质点的说法正确的是（）A

.体积很小而且质量也很小的物体都可看作质点B.研究汽车在上坡时有无翻倒的危险时可以将它视为质点C.研究哈雷慧星的公转轨迹时，可以将它视为质点D.研究花样滑冰运动员的表演动作时，可以将其看作质点【答案】C【解析】【详解】A.只有当物体的

大小和形状对所研究的问题的影响很小时，以至于可以忽略物体的大小了，这种情况下物体才能当作质点，体积很小的物体不一定能当作质点，比如研究原子内部结构时，原子就不能当作质点，故A错误；B.研究汽车在上坡时有无翻倒危险时，汽车的大小和形状不能忽略，不能将它看作质点，故B错误；C.研究哈雷慧

星的公转轨迹时，哈雷慧星的大小相对于其轨道可以忽略不计，可以将它视为质点，故C正确；D.在研究花样滑冰运动员的表演动作时，运动员的大小和形状不能忽略，不能看成质点，故D错误。故选C。2.如图所示，实线表示某静电场的电场线，虚线表示该电场的等势线，关于同一

电荷在电场中的受力情况，下列判断正确的是（）A.在1、2两点受到的电场力大小相等B.在2、3两点受到的电场力大小相等C.在1、3两点受到的电场力大小可能相等D.在3点受到的电场力大于在1点受到的电场力【答案】B【解

析】【详解】A．电场线的疏密反映场强的大小，则1点的场强大于2点的场强，则同一电荷在1点受到的电场力大于2点的电场力，选项A错误；B．因2、3两点场强大小相等，则同一电荷在2、3两点受到的电场力大小相等，选项

B正确；CD．因1点的场强大于3点的场强，则同一电荷在1、3两点受到的电场力大小不相等，在3点受到的电场力小于在1点受到的电场力，选项CD错误；故选B。3.电动势为E、内阻为r的电源与定值电阻R1、R2及滑动变阻器R连接成如图所示的电路，当滑动变阻器的滑片由中点滑

向a端时，下列说法正确的是（）A.电压表的示数变小B.电流表的示数变大C.电源的输出功率一定增大D.R1的功率变小【答案】A【解析】【详解】A．当滑动变阻器的滑片由中点滑向a端时，接入电路的电阻减小，则外电阻变小，电路中的总电阻变小，外电压变小，电压表是测量的外电压，电压

表的示数变小，A正确；B．当滑动变阻器的滑片由中点滑向a端时，接入电路的电阻减小，则外电阻变小，电路中的总电阻变小，由闭合电中欧姆定律可知，干路电流增加，电阻R1两端电压变大，根据1RUUU=+外并并联电路两端的电压减小，即电阻R2两端电压变小，所以流过电阻R2的电流变小，电流表的示数变小，B

错误；C．根据电源的输出功率和外电阻的关系可知，外电阻等于内阻时，电源的输出功率最大，本题中外电阻和内阻的关系不明确，则滑动变阻器的滑片由中点滑向a端时，电源的输出功率不一定增大，C错误；D．当滑动变阻器的滑片由中点滑向a端时，接入电路的电

阻减小，则外电阻变小，电路中的总电阻变小，由闭合电中欧姆定律可知，干路电流增加，根据21PIR=可知，R1的功率变大，D错误。故选A。4.如图所示，质量为m的小球（可视为质点）。从离地面高H处由静止开始释放，落到地面继续陷入泥土中h深度后停止。设小球受到的空气阻力为f，重力加速度为g，

则下列说法正确的是（）A.小球落到地面时动能等于mgHB.小球陷入泥土的过程中克服泥土的阻力所做的功等于刚落到地面时的动能C.小球在泥土中受到的平均阻力为()mgfHmgh−+D.小球在空中运动过程机械能守恒【答案】C【解析】【详解

】A．小球从静止到地面过程中，根据动能定理得k0mgHfHE−=−解得kEmgHfH=−故A错误；B．小球陷入泥土过程中，根据动能定理得kW0fmghE−=−解得kW+fEmgh=故B错误；C．克服泥土阻力做功()kW+=+fEmghmgHhfH=−所以在泥土中

的阻力()()W+ffmgHhfHmgfHFmghhh−−===+故C正确；D．小球在空气中受到空气阻力，故机械能不守恒，故D错误。故选C。5.如图所示，用卡车运输质量为m的匀质圆筒状工件，为使工件保持

固定，将其置于两光滑斜面之间。两斜面AC、BC固定在车上，倾角均为30°，重力加速度为g。当卡车沿平直公路做匀速直线运动时，圆筒对斜面AC、BC压力的大小分别为F1、F2，则（）A.112Fmg=，212Fmg=B.133Fmg=，233Fmg=C.132Fmg=，232

Fmg=D.112Fmg=，232Fmg=【答案】B【解析】【详解】由于物体随汽车一起做匀速直线运动，故处于平衡状态，对物体所受重力进行分解，如图可知，圆筒对斜面AC、BC压力的大小分别为11cos302Fmg=，21cos302F

mg=解得133Fmg=，233Fmg=故选B。6.如图所示，竖直实线表示某匀强电场中的一簇电场线，具有一定初速度的带电小球在电场中从A到B做直线运动（如图中虚线所示），在A、B点的速度分别为vA和vB。小球只受电场力和重力，则（）A.ABvvB.ABvvC.在A、B点的电势能大小关系为P

APBEED.在A、B点的电势能大小关系为PAPBEE【答案】C【解析】【详解】AB．小球只受电场力和重力，两个力都在竖直方向上，小球沿虚线做直线运动，说明重力和电场力平衡，小球做匀速直线运动，ABv

v=，AB错误；CD．小球沿虚线做直线运动的过程中，重力做负功，电场力做正功，电势能减小，即PAPBEE，C正确，D错误；故选C。7.如图所示，质量为m的小球被水平绳AO和与竖直方向成角的轻弹簧系着处于静止状态，现

将绳AO烧断，在绳AO烧断的瞬间，下列说法正确的是（）（g为重力加速度）A.小球的加速度tanag=B.小球的加速度sinag=C.小球的加速度为零D.小球的加速度方向沿弹簧方向【答案】A【解析】【

详解】根据平衡状态受力分析可知，绳子拉力tanTmg=烧断瞬间，弹簧弹力不变，弹簧和重力合力与绳子拉力大小相等，方向相反，所以tanag=方向水平向右，故BCD错误，A正确。故选A。8.如图，边长为L的正方形abcd内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B

，方向垂直于纸面（abcd所在平面）向外。ab边中点有一粒子源O，可向磁场内沿垂直于ab边的方向发射相同的带电粒子（发射速度不相同），带电粒子电荷量为q、质量为m，重力不计。则从b、c两点射出的粒子的速度大小分别为（）A.从b点射出的粒子的速度大小为2qBLmB.从b点射出的粒子的速度大小为

4qBLmC.从c点射出的粒子的速度大小为32qBLmD.从c点射出的粒子的速度大小为2qBLm【答案】B【解析】【详解】AB．设从b点射出的粒子的速度大小为v1，轨道半径为r12111vqvBmr=14

Lr=解得14qBLvm=A错误，B正确；CD．设从c点射出的粒子的速度大小为v2，轨道半径为r22222vqvBmr=对直角三角形，由勾股定理得222222LrLr=+−解得254qBLvm=故C

D错误。故选B。9.2017年4月，我国成功发射的天舟一号货运飞船与天宫二号空间实验室完成了首次交会对接，对接形成的组合体仍沿天宫二号原来的轨道（可视为圆轨道）运行。与天宫二号单独运行时相比，组合体运行的（）A.周期变小B.速率不变C.角速度变大D.向心加速度大小不变【答案

】BD【解析】【详解】天宫二号在轨道上运行时，万有引力提供向心力，则有22224GMmmvmamrrrT===由于天宫二号轨道是固定的，即轨道半径r不变，则对接后速率不变，周期不变，向心加速度大小不变，角速度不变；故选BD。10.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，在外力作用下向右做匀加速直线运动穿过磁场，则下列判断正确的是（）A.导线框进入磁场时，感应电流随时间均匀增大B.导线框离开磁场时，感应电流方向为a→d→c→b→aC.导线框进入磁场时，受到的安培力方向水平向左D.导线框离开磁场时，受到的安培力恒定不变【答案】

AC【解析】【详解】A．线框在外力作用下向右做匀加速直线运动则0vvat=+EBLv=EIR=可知()0BLvatIR=＋因此感应电流随时间均匀增大，故A正确；B．离开磁场时，磁通量在减小，根据楞次定律(增反减同)，可知感应磁场方向

垂直纸面向外，因此，感应电流a→b→c→d→a，故B错误；C．进入磁场时，磁通量在增大，根据楞次定律，可知安培力水平向左，故C正确；D．离开磁场时根据22BLvFR=速度增大，安培力增大，故D错误。故选AC。11.如图所示，理想变压器原、副线圈匝数之比为5：1，电阻R1

=20Ω，R2=20Ω，两电表均为理想交流电表。若R1两端电压瞬时值表达式为()1502sin100Vut=，则下列说法正确的是（）A.电流表的示数为12.5AB.电压表的示数为50VC.R2消耗的功率为125WD.原线圈输入交流电频率为100Hz【答案】BC【解析】【详解】A．R1两端电压

1502sin100Vut=（）其最大值是502V，有效值是50V；副线圈中的电流与流过12RR、的电流是相等的，即12150A=2.5A20RUIR==由原副线圈的电流与匝数的关系得2121125.5A=

0.5AnIIn==故A错误；B．由于电阻1220RR==则两个电阻上分担的电压是相等的，所以电压表的读数是50V，故B正确；C．2R消耗的功率为2222250W=125W20RUPR==故C正确；D．变压器不会改变电流的频率，则副线圈输

出电流的10050Hz2f==故D错误。故选BC。12.某校物理兴趣小组决定举行遥控赛车比赛，比赛路径如图所示。可视为质点的赛车从起点A出发，沿水平直线轨道运动L后，由B点进入半径为R的光滑竖直半圆轨道，并通过半圆轨道的最高点C，才算完成比赛。B是半圆轨道的最低点，水平直线

轨道和半圆轨道相切于B点。已知赛车质量m=0.5kg，通电后以恒定功率P=2W工作，进入竖直半圆轨通前受到的阻力恒为F=0.4N，随后在运动中受到的阻力均可不计。L=10.00m，R=0.32m，g取10m/s

2。下列说法正确的是（）A.要使赛车能通过C点完成比赛，通过C点的速度至少为45m/s5B.要使赛车能通过C点完成比赛，通过C点的速度至少为355m/sC.电动机从A到B至少工作的时间是4sD.电动机从A到B至少工作的时间是5s【答案】AC【解析】【详解】AB．要使赛车能通过C点完成比赛，则在

C点，由牛顿第二定律可知2CvmgmR=解得4100.325m/s5CvgR===故A正确，B错误；CD．设当赛车刚好能通过最高点，此过程中电动机从A到B的工作时间为最小值，设为时间t，则从A到C，由动能定理可得

21202CPtFLmgRmv−−=−代入数据，解得4st=故C正确，D错误。故选AC。第Ⅱ卷（非选择题，共52分）注意事项：第Ⅱ卷用黑色碳素笔在答题卡上各题的答题区城内作答，在试题卷上作答无效。二、填空、实验题（本大题共2小题，共12分）13.如图所示，一端带有定滑轮

的长木板上固定有甲、乙两个光电门，与之相连的计时器可以显示遮光片通过光电门的时间以及小车从光电门甲运动到光电门乙的时间，与跨过定滑轮的轻质细绳相连的轻质测力计能显示挂钩处所受的拉力大小，不计空气阻力。(1)在探究“质量一定时，加速度与合外力的关系”时，要使测力计的示

数等小车所受合外力，必须进行的操作是_____。A．平衡摩擦力B．使小车的质量远大于砂桶的质量C．用天平测出小车和砂桶的质量(2)保持小车的质量不变，多次向砂桶里加砂，测得多组a和F的值，画出图象如图所示，图象没有经过原点O的原因是_____。(3)实验时，先测出小车质量m，再让小

车从靠近光电门甲处由静止开始运动，读出小车在两光电门之间的运动时间t。改变小车质量m，测得多组m、t的值，建立坐标系描点作出图线。下列能直观得出“合外力一定时，加速度与质量成反比”的图线是_____。A．B．

C．【答案】(1).A(2).平衡摩擦力不足(3).C【解析】【详解】(1)[1]在探究“质量一定时，加速度与合外力的关系”时，小车受重力、支持力、拉力以及摩擦力，要使测力计的示数等小车所受合外力，需要平衡摩擦力，故选A；(2

)[2]aF−图像没有过原点，在横轴上有交点，说明在砂桶对小车施加力后，小车仍没有加速度，小车受到的合力小于砂桶的拉力，这是由于平衡摩擦力时，木板被垫的高度不够，平衡摩擦力不足造成的；(3)[3]小车从靠近甲光电门处由静止开始做匀加速直线运动，则有212xat=由牛顿第二定律可得F

ma=联立可得22xtmF=则合外力和位移一定时，2t与m成正比，a与2t成反比，则合外力一定时，加速度与质量成反比，故选C。14.某物理实验小组的同学利用实验室提供的器材测量一待测金属丝的阻值。可选用的器材与规格如下：电流表A1（量程600mA，内阻r1为5Ω）；电流表A2（量程900m

A，内阻r2约为2Ω）；待测金属丝R1（阻值约为100Ω）；滑动变阻器R2（最大阻值10Ω）；电源E（电动势约为3V，内阻r约为1Ω）；单刀单掷开关S，导线若干。(1)如图甲所示，用螺旋测微器测金属丝的直径，读数为_____mm。(2)要求方法简捷，并能测多组数据，请在图乙所示

的虚线框中画出实验电路原理图，并标明每个器材的代号____________________。(3)某次实验中，电流表A1的示数为I1，电流表A2的示数为I2，则待测金属丝阻值的表达式为R1=_____（用相关

物理量的字母符号表示）。【答案】(1).6.870(2).图见解析(3).1121IrII−【解析】【详解】(1)[1]用螺旋测微器测金属丝的直径，读数为6.5mm+0.01mm×37.0=6.870mm；(2)[2]没有电压表可以用已知内阻的电流表A1测电压，待测电阻阻值约为100Ω，滑动变

阻器最大阻值为10Ω，为测出多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，实验电路图如图所示。(3)[3]待测金属丝阻值的表达式为11112121UIrRIIII==−−三、计算题（本大题共3小题，共40分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有

数据计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）15.质量为2kg的物体在水平推力F的作用下沿水平面做直线运动，一段时间后撤去F，其运动的v-t图象如图所示。g取10m/s2，求：（1）物体与水平面间的动摩擦因数；（2）水平推力F的大小。【答案】（1）0.2；（2）5.6N【解析】【详解】（

1）物体在10~14s的加速度大小为222||082m/s4vat−===根据牛顿第二定律，有μmg=ma2解得μ=0.2（2）物体在0~10s的加速度为21800.8m/s10vat−===根据牛顿第二定律，有F-μmg=ma1解得F=μ

mg+ma1=0.2×2×10+2×0.8=5.6N16.如图所示，在虚线所示宽度范围内，添加竖直向下，大小为E=2V/m的匀强电场可使初速度（方向水平向右）为v0=1m/s的某种正离子偏转=30°角，该离子比荷为4310C/kgqm=。同样宽度范围内，若改用方向垂直纸面向外的匀

强磁场，保持初速度不变，使该离子穿过该区域，并使偏转角也为=30°。不计离子的重力，求：(1)匀强磁场的磁感应强度大小；(2)离子穿过电场和磁场的时间分别是多少？【答案】(1)3T；(2)1.67×10-5s；1.74×10-5s【解析】【详解】(1)设虚线宽度为d，离子在电场

中做类平抛运动，有vy=votanθyqEvtm=d=v0t当改用匀强磁场时，离子做匀速圆周运动，有200vqvBmr=轨道半径0sinmvdrqB==联立解得0cos3TEBv==(2)离子在电场中运动的时间为：4501431tan13s10s1.6710s63102yvmvta

qE−−====离子在磁场中运动的时间为524061.7410s3103srmtvqB−===17.如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ相距为L，导轨平面与水平面的夹角=30°，导轨电阻不计，整个装置处于磁感应强度大小为B

、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中。质量为m、长为L、电阻为R的金属棒垂直导轨放置，且始终与导轨接触良好。金属导轨的上端连接一个阻值也为R的定值电阻。现闭合开关K，给金属棒施加一个平行于导轨向上、大小为F=5mg的恒力，使金属棒由静止开始运

动。若金属棒上滑距离x0时，金属棒开始匀速运动。重力加速度为g，求：(1)刚开始运动时金属棒的加速度大小；(2)从静止到开始匀速运动过程中通过金属棒的电荷量；(3)从静止到开始匀速运动过程中定值电阻R产生的焦耳热。【答案】(1)4.5ag=；(2)0=2BLxqR

；(3)32204498144RmgxmgRQBL=−【解析】【详解】(1)刚开始运动时金属棒受到重力、支持力和拉力的作用，沿斜面方向根据牛顿第二定律sin30Fmgma−=代入数据解得4.5ag=(2)从静止到开始运动，平均感应电动势Et=平均感应

电流2EIR=则电荷量0=22BLxqItRR==(3)设金属棒匀速运动速度为v，感应电动势EBLv=回路中电流2EIR=所以安培力222BLvFBILR==安金属棒匀速运动时sin30FFmg=+安联立解得229mgRvBL=此过程中根据功能关系

2001sin302FxmgxQmv−−=其中定值电阻上产生的热量12RQQ=联立解得32204498144RmgxmgRQBL=−