【文档说明】云南省普洱市景东县第一中学2019-2020学年高二下学期期中考试物理试题【精准解析】.doc，共(16)页，834.000 KB，由小赞的店铺上传

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物理试卷（考试时间90分钟，满分100分）第I卷（选择题，共40分）一、单项选择题（每小题4分，共40分，1-6题只有一个正确选项，7-10题有多个选项正确）1.关于产生感应电流的条件，下列说法正确的是（）A.只要闭合导体回路在磁场中运动，回路中就一定有感应电流B.只要

闭合导体回路中有磁通量，回路中就有感应电流C.只要导体做切割磁感线运动，就有感应电流产生D.只要穿过闭合导体回路的磁通量发生变化，回路中就有感应电流【答案】D【解析】闭合电路在磁场中运动，穿过闭合电路

的磁通量不一定发生变化，所以闭合电路中不一定有感应电流，故A错误．闭合电路中有磁通量，如没有变化，闭合电路中就没有感应电流，故B错误．导体做切割磁感线运动，不一定有感应电流产生，只有当闭合电路的一部分导体做切割磁感线运动时才有感应电流产生，故C错误．穿过闭合电路的磁通量发生变化，闭合电路中就

有感应电流，所以D选项是正确的．故选D．2.如图所示，一根质量为m的金属棒AC用软线悬挂在磁感强度为B的匀强磁场中，通入A→C方向的电流时，悬线张力不为零，欲使悬线张力为零，可以采用的办法是（）A.不改变电流和磁场方向，适当增大电流B.只改变电流方向，并适当减小电流C.不改变

磁场和电流方向，适当减小磁感强度D.同时改变磁场方向，并适当减小磁感强度【答案】A【解析】对导体棒，由平衡知识可知T+F安=mg；若不改变电流和磁场方向，适当增大电流，可增大安培力，能使悬线张力为零．故A正确；只改变电流方向，金属棒所受安培力方向向下，悬线张力一定不为零．故B错误；不改变磁场和电流

方向，适当减小磁感应强度，则安培力减小，悬线张力一定不为零．故C错误；同时改变磁场和电流方向，安培力的方向不变，但适当减小磁感应强度会使安培力减小，悬线张力一定不为零．故D错误；故选A.3.如图所示，水平方向的匀强磁场宽

为b，矩形线框宽度为a，当这一闭合的导体框从磁场上方由静止开始下落，进入磁场时刚好做匀速运动，如果b>a，那么当线框的下边离开磁场时，线框的运动情况是（）A.匀速直线运动B.加速直线运动C.减速直线运动D.匀变速运动【答案】C【解析】【详解】进入磁场时做匀速运

动，可知安培力与重力相等，则有0EBLv=EIR=mgBIL=联立可得220BLvmgR=完全进入磁场后，做匀加速运动，出磁场的速度大于0v，则安培力大于mg，安培力的方向竖直向上，则知线框做减速直线运动，根据牛顿第二定律可得22BLvmgmaR−=速度减小，安培力减小，加

速度减小，则线框的运动是加速度减小的减速直线运动，故C正确，A、B、D错误；故选C。4.如图所示，在光滑的水平地面上有一辆平板车，车的两端分别站着人A和B，A的质量为mA，B的质量为mB，mA>mB.最初人和车都处于静止状态．现在，两人同时由

静止开始相向而行，A和B对地面的速度大小相等，则车()A.向左运动B.左右往返运动C.向右运动D.静止不动【答案】A【解析】【详解】两人与车组成的系统动量守恒，开始时系统动量为零，两人与大小相等的速度

相向运动，A的质量大于B的质量，则A的动量大于B的动量，AB的总动量方向与A的动量方向相同，即向右，要保证系统动量守恒，系统总动量为零，则小车应向左运动，故A正确，BCD错误．5.调压变压器就是一种自耦变压器，它的构造如图乙所示。线圈AB绕在一个圆环形的铁

芯上，CD之间输入交变电压，转动滑动触头P就可以调节输出电压。图乙中两电表均为理想交流电表，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器。现在CD两端输入图甲所示正弦式交流电，变压器视为理想变压器，那么（）A.由甲图可知CD两端输入交流电压u的表达式为u＝362sin100t(V)B.当滑动

触头P逆时针转动时，MN之间输出交流电压的频率变大C.当滑动变阻器滑动触头向下滑动时，电流表读数变大，电压表读数也变大D.当滑动变阻器滑动触头向下滑动时，电阻R2消耗的电功率变小【答案】D【解析】【详解】A．由甲可知，交流电电压最大值为max362VU=周期为：0.0

2sT=则输入交流电压u的表达式为2362sin()362sin(100)(V)uttT==故A错误；B．变压器只能改变电流和电压，不能改变交流电的周期和频率，故B错误；CD．当滑动变阻器滑动触头向下滑动时，输出端电阻减小，由于副线圈的输出

电压不变，则副线圈的电流增大，根据欧姆定律可知1R两端的电压增大，根据串联分压可得电阻2R两端电压减小，即电压表读数变小，根据2UPR=可知电阻2R消耗的电功率变小，根据欧姆定律可知电阻2R的电流变小，根据并联分流可得电阻3R的电流变

大，即电流表读数变大，故C错误，D正确；故选D。6.如图甲所示，矩形导线框abcd放在匀强磁场中，在外力控制下静止不动，磁感线方向与线圈平面垂直，磁感应强度B随时间变化的图象如图乙所示．t＝0时刻，磁感应强度的方向垂直纸面向

里．在0～4s时间内，线框ab边受安培力随时间变化的图象(力的方向规定以向左为正方向)是下图中的()A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】t=0时刻，磁感应强度的方向垂直线框平面向里，在0到1s内，穿过线框的磁通量变小，由楞次定律可

得，感应电流方向是顺时针，再由左手定则可得线框的ab边的安培力水平向左，即安培力为正；当在1s到2s内，磁感应强度的方向垂直线框平面向外，穿过线框的磁通量变大，由楞次定律可得，感应电流方向是顺时针，再由左手定则可得线框

的ad边的安培力水平向右，即安培力为负．在2~4s内，重复出现安培力先向左后向右．由法拉第电磁感应定理可知，线圈中产生的感应电动势大小不变，则线圈中电流大小不变，根据F=BIL，知在0-2s和2-4s内磁感应强度均匀变化，则安培力的大小也随时间均匀变

化．A图像与分析不符，A错误B.图像与分析不符，B错误C.图像与分析不符，C错误D.图像与分析符合，D正确7.如图所示，足够长的固定光滑斜面倾角为θ，质量为m的物体以速度v从斜面底端冲上斜面，达到最高点后又滑回原处，所用时间为t.对于这一过程，

下列判断正确的是()A.斜面对物体的弹力的冲量为零B.物体受到的重力的冲量大小为mgtC.物体受到的合力的冲量大小为零D.物体动量的变化量大小为mgsinθ·t【答案】BD【解析】A、斜面对物体的弹力的冲量大小：I=Nt=mgcosθ⋅t，弹力的冲量不为零，故A错误；

B、物体所受重力的冲量大小为：IG=mg⋅t，物体受到的重力的冲量大小不为零，故B正确；C、物体受到的合力的冲量大小：mgtsinθ，不为零，C错误；D、由动量定理得：动量的变化量大小△p=I合=mgsinθ⋅t，D正确；故选BD．8.如图一个面积为S的矩形线圈在匀强磁场中做匀

速转动下列说法正确的是（）A.t1时刻线圈平面位于中性面位置B.t2时刻ad的速度方向跟磁感线平行C.t3时刻线圈平面与中性面重合D.在甲图位置电流方向改变一次【答案】AC【解析】【详解】A．1t时刻磁通量最大，线圈平面垂直于磁感线，处于中性面，故A正确；B．2t时刻磁通量为零，线圈平面垂直

于中性面，感应电动势最大，故ad边的速度方向跟磁感线垂直，故B错误；C．3t时刻磁通量最大，线圈平面垂直于磁感线，线圈平面与中性面重合，故C正确；D．每次经过中性面位置时，电流方向发生改变，图甲所示位置垂直中性面，电流方向不改变，故D错误；故选AC。9.南极考察队队员在地球南极附近．．．．

．．．用弹簧秤竖直悬挂一未通电螺线管，如图所示，下列说法正确的是（）A.若将a端接电源正极，b端接电源负极，则弹簧秤示数将减小B.若将a端接电源正极，b端接电源负极，则弹簧秤示数将增大C.若将b端接电源正极，a端接电源负极，则弹簧秤示数将增大D.不论螺线管通电情况如何，弹

簧秤示数均不变【答案】AC【解析】【详解】AB．若将a端接电源正极，b端接电源负极，则根据安培定则可知，螺线管的下端是磁场的N极，磁场的方向向下；又南极附近的磁场的方向向上，所以螺旋管将受到排斥力，弹簧测力计示数将减小，故A正确，B错误；C．若将b端接电源正极，a端接电源负极

，则根据安培定则可知，螺线管的上端是磁场的N极，磁场的方向向上；又南极附近的磁场的方向向上，所以螺旋管将受到吸引力，弹簧测力计示数将增大，故C正确；D．由上分析可知，故D错误；故选AC。10.如图所示，质量为m，带电荷量为q的微粒以速度v与水平方向成45°角进入匀强电场和

匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。如果微粒做匀速直线运动，则下列说法正确的是（）A.微粒受电场力、洛伦兹力、重力三个力作用B.微粒带负电，微粒在运动中电势能不断增加C.匀强电场的电场强度2mgEq=D.匀强磁场的磁感应强度mgBqv=

【答案】AB【解析】【详解】AB．若微粒带正电，电场力水平向左，洛伦兹力垂直速度方向斜向下，而重力竖直向下，则三个力不可能平衡，可知微粒带负电，受力如图所示由于粒子带负电，电场力向右，洛伦兹力垂直于速度方向斜向左上方，而重力竖直向下，

则电场力、洛伦兹力和重力能平衡，致使粒子做匀速直线运动，电场力做负功，则电势能不断增加，故A、B正确；CD．根据平衡有tan45qEmg=cos45qvBmg=解得mgqE=2mgBqv=故C、D错误；故选AB。第II

卷（非选择题，共60分)二、实验填空题（共20分，11题每空2分，12题每空3分）11.如图所示，甲图中螺旋测微器的读数为________mm，乙图中游标卡尺（游标尺规格为20分度）的读数为________cm．【答案】（1）10501（10.500-10.50

2均可得分；10.155【解析】【详解】由图甲所示螺旋测微器可知，固定刻度示数为10.5mm，可动刻度示数为0.1×0.01mm=0.001mm，螺旋测微器示数为10.5mm+0.001mm=10.501mm；由图乙所示可知，主尺示数为10.

1cm，游标尺示数为11×0.05mm=0.55mm=0.055cm，游标卡尺示数为10.1cm+0.055cm=10.155cm．12.用电磁打点计时器记录一小车做匀变速直线运动的纸带，如图所示。图中1、2、3、4、5是每隔0.1s所取的计数点，由实验数据

可知，小车运动的加速度大小为____m/s2，小车通过计数点2的瞬时速率为_______m/s。(结果保留两位有效数字)【答案】(1).0.80(2).0.16【解析】【详解】[1]根据匀变速直线运动的推论公式2xaT=可得小车运动的加速度大小为22341220.02

810.0360.0120.02m/s0.80m/s440.01xxxxaT+−−+−−===[2]根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可得小车通过计数点2的瞬时速度大小为1220.0120.02m/s0.16m/s2

20.1xxvT++===13.要测量电压表V1的内阻Rv1，其量程为2V，内阻约2kΩ．实验室提供的器材有：电流表A，量程0．6A，内阻约为0．1Ω电压表V2，量程5V，内阻约为5Ω；定值电阻R1，阻值为30Ω定值电阻R2，阻值为3KΩ；滑动变阻器R3，最大阻值100Ω

，额定电流1．5A；电源E，电动势6V，内阻约0．5Ω；开关S一个，导线若干．（1）某同学设想按甲图所示电路进行测量，读出电压表Vl和电流表A的示数后，用欧姆定律计算出Rv1．该方案实际上不可行，最主要的原因是_____

_（2）另一同学设计出如图乙所示的电路来测量电压表Vl的内阻Rv1．①图中R0应选______．（选填“R1”或“R2”）②在图丙中完成实物连线_____________．③接通电路后，调整滑动变阻器的滑动触头在适

当的位置，电压表V1的读数为U1，电压表V2的读数为U2，定值电阻的阻值为R0，则计算电压表V1的内阻Rv1的表达式为Rv1=______．【答案】(1).电流表示数很小，很难对电流表读数(2).R2(3)

.1021URUU−(4).如图所示：【解析】试题分析：（1）待测电压表V1和电流表A串连接入电路中，由于待测电压表内阻很大，电路电流很小，电流表示数很小，对电流表读数时误差很大，不能对电流表正确读数，则该方案不可行．（2）①电压表V1的量程为2V，而电压表V2，量程5V，所以要扩大电

压表V1的量程，所以要串联一个大电阻，即图中R0应选R2，②根据电路图连接实物图，如图所示：③根据电路图，由串并联电路特点及欧姆定律可得：10211VURUUR=+，则10121VURURU−=；考点：测量电压表的内阻【名师点睛】连接实物电路图时要注意滑动变阻器的分压接法，熟练应用串并

联电路特点及欧姆定律是求出电压表内阻的关键，难度适中．三、计算题（4题共40分，解答须写出必要的文字说明、方程和重要演算步骤，只有结果不得分）14.如图所示，边长为a=10cm的正方形线圈绕垂直于磁感线的OO`

轴以502rad/s的角速度匀速转动，磁场的磁感应强度B=0.1T，线圈的匝数N=100匝，电阻r=1Ω。线圈两端分别接在两个固定于OO`轴上且彼此绝缘的金属滑环上，外电路接有R=9Ω的电阻，并接有一只理想交流电

压表。求：(1)电压表的读数；(2)若从线圈通过中性面开始计时，转过90过程中，通过电阻R的电荷量。【答案】(1)4.5V；(2)0.01C【解析】【详解】(1)线圈转动产生的最大电动势为21000.10.1502V52V

mENBS===电动势的有效值为5V2mEE==而电压表测量的是路端电压4.5VEUIRRRr===+(2)从线圈通过中性面开始计时，转过90过程中由法拉第电磁感应定律，得电动势平均值为ENt=电流的平均值为EIRr=+通过电阻R的电荷量qIt=联

立可得20.1101000.01C10NqRr−===+15.在光滑的绝缘水平桌面上，有直径相同的两个金属小球a和b，质量分别为ma=2m，mb=m，b球带正电荷2q，静止在磁感应强度为B的匀强磁场中，不带电小球a以速度v0进入磁场

，与b球发生正碰，若碰后b球对桌面压力恰好为0，求碰后a球对桌面的压力是多大．【答案】052mgqvB−【解析】【分析】a和b碰撞前后动量守恒，且碰后两球均分电荷，都将受到洛伦兹力，由左手定则判断洛伦兹力的方向，即可求解．【详解】a球匀速进入磁场与b球相

碰，满足动量守恒，且碰后a、b的带电量均为q，设碰后a、b的速度分别为va，vb，规定向右为正方向，依动量守恒定律有：mav0=mava+mbvb对b球：qBvb=mbgma=2mb=2m解得：02amgvvqB=−对球a：FN=mag-qBva=052mgqvB−由牛顿第三定律有：FN=-'N

F故a球对水平面的压力为052mgqvB−．【点睛】抓住碰撞前后动量守恒，且碰后两球均带正电，都受洛伦兹力，同时注意挖掘隐含条件：碰后b球对桌面压力恰好为零，洛伦兹力等于其重力．16.如图所示，质量为M、长为L的木板放置于光滑水平地面上，其右端固定一轻质弹簧。质量为m的物块从木板左端以速度

v0滑入木板，物块将弹簧压缩至最短后弹簧又将物块弹回，最终物块恰好回到木板左端，与木板保持相对静止共同运动。不计物块尺寸和弹簧长度，求运动过程中弹簧的最大弹性势能及物块与木板之间的动摩擦因数。【答案】20pm4()MmvEMm=+，20=4()MvMmgL+【解析】【详解】当弹簧的压

缩量最大时，物块与木板的速度相同，此时弹簧的弹性势能最大，设物块与木板的共同速度为v，取向右为正方向，根据动量守恒定律得0()mvMmv=+从物块滑上木板到弹簧压缩量最大的过程，由能量守恒定律得220pm11()22mvmgLMmvE+++=当物块恰好回到木板左端

，与木板保持相对静止，速度相同，共同速度也为v，对整个过程，由能量守恒定律得220112()22mvmgLMmv=++联立解得弹簧的最大弹性势能20pm4()MmvEMm=+物块与木板之间的动摩擦因数204()MvMmgL=+17.如图所示PQ、MN为足

够长的两平行金属导轨（其电阻不计），它们之间连接一个阻值R=8Ω的电阻，导轨间距为L=lm．一质量为m=0.1kg，电阻r=2Ω，长约1m的均匀金属杆水平放置在导轨上，它与导轨间的动摩擦因数3μ=5，导轨

平面的倾角为θ=30°，在垂直导轨平面方向有匀强磁场，磁感应强度为B=0.5T．今让金属杆AB由静止开始下滑，从杆开始下滑到恰好匀速运动的过程中经过杆的电荷量q=1C．（取g=10m/s2），求：（1）当

AB下滑速度为2m/s时加速度a的大小；（2）AB下滑的最大速度vm的大小；（3）AB从开始下滑到匀速运动过程R上产生的热量QR．【答案】（1）1.5m/s2（2）8m/s（3）0.64J【解析】【详解】（1）取AB杆为研究对象其受力如图示建立如图所示坐标系XBFmgsinF

fma=−−=①0BFNmgcos=−=②摩擦力fN=③安培力BFBIL=④EIRr=+⑤EBLv=⑥联立上式，解得()22BLvagsingcosmRr=−−+当v=2m/s时，a=1.5m/

s2（2）由上问可知()22BLvagsingcosmRr=−−+，故AB做加速度减小的加速运动当a=0．()()228/mmgRrsincosvvmsBL+−=＝＝（3）从静止开始到匀速运动过程中Et=E

IRr=+，QIt=．而BLx=联立可得：()20QRrxmBL+==设两电阻发热和为RrQQ+,电阻串联则RrQQRr=：：由能量守恒可知21•2mRrmgxsinmvmgcosxQQ=+++解得：0.64RQJ=