【物理】辽宁省本溪市2019-2020学年高二下学期寒假验收试题（解析版）

【物理】辽宁省本溪市2019-2020学年高二下学期寒假验收试题（解析版）

本溪市2019-2020学年高二下学期寒假验收物理试题 一、选择题（12道小题，每题4分，共计48分。）‎ ‎1.关于物理学史、物理学研究方法，下列叙述中正确的是（　　）‎ A. 重心、合力和质点、元电荷等概念的建立都体现了等效替代的思想 B. 牛顿发现了万有引力定律之后，卡文迪许用著名的扭秤实验测出了引力常量 C. 楞次认为构成磁体的分子内部存在一种环形电流——分子电流 D. 法拉第通过实验得出法拉第电磁感应定律 ‎【答案】B ‎【解析】A．重心、合力等概念的建立都体现了等效替代的思想，质点、元电荷概念的建立都体现了理想模型的思想，选项A错误；‎ B．牛顿发现了万有引力定律之后，卡文迪许用著名的扭秤实验测出了引力常量，选项B正确；‎ C．安培认为构成磁体的分子内部存在一种环形电流——分子电流，选项C错误；‎ D．法拉第通过实验发现了电磁感应现象，但他没有得出法拉第电磁感应定律，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎2.公交车进站时的刹车过程可近似看作匀减速直线运动。下面是该过程中公交车的位移，速度v、加速度a、动能Ek随时间t变化的图像，其中正确的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】A．由可知，图像A正确；‎ B．由可知，图像B错误；‎ C．匀减速运动的加速度不变，则选项C错误；‎ D．根据可知，图像D错误。故选A.‎ ‎3.下面是某同学对电场中一些概念及公式的理解，其中正确的是（　　）‎ A. 由电场强度的定义式可知，电场中某点的电场强度与试探电荷所带的电荷量成反比 B. 真空中点电荷电场强度公式可知，电场中某点的电场强度与场源电荷所带的电荷量有关 C. 由电势差的定义式可知，带电荷量为1C的正点电荷，从A点移动到B点克服电场力做功为1J，则A、B两点间的电势差UAB为1V D. 由匀强电场的场强公式可知，电场强度与两点间电势差大小成正比 ‎【答案】B ‎【解析】A．电场中某点的电场强度只由电场本身决定，与试探电荷所带的电荷量无关，选项A错误；‎ B．真空中点电荷电场强度公式可知，电场中某点的电场强度与场源电荷所带的电荷量有关，选项B正确；‎ C．由电势差的定义式可知，带电荷量为1C的正点电荷，从A点移动到B点克服电场力做功为1J，则A、B两点间的电势差UAB为－1V，选项C错误；‎ D．匀强电场的电场强度与两点间电势差无关，选项D错误。故选B。‎ ‎4.如图所示，平行板电容器与恒定直流电源（内阻不计）连接，下极板接地，一带电油滴位于容器中的P点且恰好处于平衡状态。现将平行板电容器的上极板竖直向上移一小段距离，则下列说法错误的是（　　）‎ A. 油滴将竖直向下运动 B. P点电势降低 C. 电容减小，电量将减小 D. 若断开电源与极板连接后再竖直向上移动上极板，带电油滴电势能变小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ A．将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，由于电容器两板间电压不变，根据得知板间场强减小，油滴所受的电场力减小，则油滴将向下运动，故A正确，不符合题意； B．场强E减小，而P点与下极板间的距离不变，则由公式U=Ed分析可知，P点与下极板间电势差将减小，而P点的电势高于下极板的电势，则知P点的电势将降低，故B正确，不符合题意； C．根据平行板电容器的决定式可知：，d增大，电容减小，电荷量为：Q=CU，减小，故C正确，不符合题意； D．若断开电源，则极板间电荷量Q不变，竖直向上移动上极板，则d增大，C减小，，，则电场强度不变，P点与下极板的距离d'不变，则P点下极板的电势差不变，带电油滴电势能不变，故D错误，符合题意。故选D。‎ ‎5.高压直流输电是利用稳定的直流电具有无感抗、容抗影响小、无同步问题等优点而采用的大功率远距离输电方式。沈阳徐家变电所----沈本新城高压直流输电工程就采用了这种输电方式。其中有一段东西走向的水平输电线，电流方向由西到东，该处地磁场所受安培力的方向是：（　　）‎ A. 竖直向上 B. 斜向上，且偏北 C. 竖直向下 D. 斜向下，且偏南 ‎【答案】D ‎【解析】根据地磁场的特点可知，沈阳附近处的磁场方向向北偏下，根据左手定则可知电流受到的安培力方向斜向上，且偏北，由牛顿第三定律判断地磁场受力的方向为斜向下，且偏南，故ABC错误，D正确；故选D。‎ ‎6.如图所示，垂直纸面放置的两根平行长直导线分别通有方向相反的电流I1和I2，且I1＞I2，纸面内的一点H到两根导线的距离相等，则该点的磁感应强度方向可能为图中的(　　)‎ A. B1 B. B2‎ C. B3 D. B4‎ ‎【答案】C ‎【解析】根据右手螺旋定则得出两电流在H点的磁场方向，如图，‎ 因为I1>I2，故I1产生的磁场大于I2产生的磁场，根据平行四边形定则知H点的合场强可能为B3方向．‎ A．B1与分析结果不符，A错误．B．B2与分析结果不符，B错误．‎ C．B3与分析结果相符，C正确．D．B4与分析结果不符，D错误．‎ ‎7.如图，半径为R的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截面(纸面)，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外．一电荷量为q(q>0)、质量为m的粒子沿平行于直径ab的方向射入磁场区域，射入点与ab的距离为.已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为60°，则粒子的速率为(不计重力)(　　)‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】带电粒子从距离ab为处射入磁场，且射出时与射入时速度方向的夹角为60°，粒子运动轨迹如图，ce为射入速度所在直线，d为射出点，射出速度反向延长交ce于f点，磁场区域圆心为O，带电粒子所做圆周运动圆心为O′，则O、f、O′在一条直线上，由几何关系得带电粒子所做圆周运动的轨迹半径为R，由F洛＝Fn得qvB＝ 解得v＝‎ A．，与结论不相符，选项A错误；B．，与结论相符，选项B正确；‎ C．，与结论不相符，选项C错误；D．，与结论不相符，选项D错误；‎ 故选B。‎ ‎8.下列说法正确的是（　　）‎ A. 图甲是用来加速带电粒子的回旋加速器的示意图，要想粒子获得的最大动能增大，可增加电压U B. 图乙磁流体发电机的结构示意图，可以判断出A极板是发电机的正极，B极板是发电机的负极 C. 图丙是速度选择器，带电粒子（不计重力）能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是Eq＝qvB，即 D. 图丁是质谱仪的工作原理示意图，粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝S3粒子的比荷越小 ‎【答案】C ‎【解析】A．甲图中，根据可知 粒子获得的最大动能为 所以要想粒子获得的最大动能增大，可增加D形盒的半径，故A错误；‎ B．乙图中根据左手定则，正电荷向下偏转，所以B板带正电，为发电机的正极，A极板是发电机的负极，故B错误；‎ C．丙图中速度选择器不能判断带电粒子的电性，不管是正电，还是负电只要速度满足，粒子就能匀速通过速度选择器，故C正确；‎ D．由，知R越小，荷质比越大，故D错误；故选C.‎ ‎9.中国科学家发现了量子反常霍尔效应，杨振宁称这一发现是诺贝尔奖级。如图所示，厚度为h，宽度为d的金属导体，当磁场方向与电流方向（自由电子定向移动形成电流）垂直时在上下表面会产生电势差，这种现象称为霍尔效应。下列说法正确的是：（　　）‎ A. 自由电子水平向右定向移动 B. 下表面的电势高于上表面 C. 增大h时，上下表面的电势差增大 D. 增大d时，上下表面的电势差增大 ‎【答案】B ‎【解析】A．根据电流产生规律可知，正电荷定向移动的方向为电流方向，负电荷定向移动的方向为电流的反方向，题中电流从左到右，则自由电子水平向左定向移动，故A错误； B．根据左手定则，知自由电子向上偏转，则上表面带负电，下表面带正电，下表面的电势高于上表面，故B正确； CD．稳定后，上下表面产生电势差，自由电子受力平衡 根据电流的微观表达式I=neSv=nedhv 可知 则电势差与h无关，增大d，电势差减小，故CD错误。故选B。‎ ‎10.如图所示，两质量相等的卫星A、B绕地球做匀速圆周运动，用R、T、Ek、S分别表示卫星的轨道半径、周期、动能、与地心连线在单位时间内扫过的面积．下列关系式正确的有 A. TA>TB B. EkA>EkB C. SA=SB D. ‎ ‎【答案】AD ‎【解析】根据 知，轨道半径越大，周期越大，所以TA>TB，故A正确；由 知： ，所以vB>vA，又因为质量相等，所以EkB>EkA，故B错误；根据开普勒第二定律可知，同一行星与地心连线在单位时间内扫过的面积相等，所以C错误；由开普勒第三定律知，D正确．‎ ‎11.如图所示，轻弹簧一端固定在点，另一端系一小球，小球穿在固定于竖直面内、圆心为 的光滑圆环上，在的正上方， 是的连线和圆环的交点，将小球从圆环上的点无初速度释放后，发现小球通过了点，最终在之间做往复运动．已知小球在点时弹簧被拉长，在点时弹簧被压缩，则下列判断正确的是 A. 弹簧在点的伸长量一定大于弹簧在点的压缩量 B. 小球从至一直做加速运动，从至一直做减速运动 C. 弹簧处于原长时，小球的速度最大 D. 小球机械能最大的位置有两处 ‎【答案】AD ‎【解析】A．因只有重力和内力中的弹力做功，故小球和弹簧构成的系统机械能守恒，小球在点的动能和重力势能均最小，小球在点的弹性势能必然大于在点的弹性势能，所以弹簧点的伸长量一定大于弹簧在点的压缩量，符合题意；‎ BC．小球从至，在切线方向先做加速运动，在做减速运动，当切线方向合力等于0（此时弹簧仍处于伸长状态）时，速度最大，B不符合题意，C不符合题意；‎ D．当弹簧处于原长时，弹性势能为0，小球机械能最大，由此可知，相对于 对称，显然此位置在与之间各有一处，符合题意．‎ ‎12.如图甲所示，足够长的木板B静置于光滑水平面上，其上放置小滑块A．木板B受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出木板B的加速度a，得到如图乙所示的a-F图象，已知g取10m/s2，则（ ）‎ A. 滑块A与木板B间动摩擦因数为0.1 B. 当F=10N时木板B加速度为4m/s2‎ C. 木板B的质量为1kg D. 滑块A的质量为4kg ‎【答案】BC ‎【解析】ACD．由图知，当F=8N时，加速度为：a=2m/s2．对A、B整体，由牛顿第二定律有：F=（mA+mB）a，代入数据解得：mA+mB=4kg 当F大于8N时，A、B发生相对滑动，对B，根据牛顿第二定律得：‎ 由图示图象可知，图线的斜率：，解得：mB=1kg 滑块A的质量为：mA=3kg 对于方程，知当a=0时，F=6N，代入数据解得：μ=0.2‎ 故AD错误，C正确。 B．根据F=10N＞8N时，滑块与木板相对滑动，B的加速度为：‎ 故B正确。故选BC。‎ 二、实验题（1道小题，每空2分，共计16分。）‎ ‎13.在“测定电源的电动势和内阻”的实验中，现备有下列器材：‎ A.被测干电池一节 B.电流表：量程为0~0.6A，内阻约为0.1Ω C.电流表：量程为0~0.6A，内阻r=0.3Ω D.电压表：量程为0~3V，内阻未知 E.电压表：量程为0~15V，内阻未知 F.滑动变阻器：0~10Ω，允许通过的最大电流为3A G.滑动变阻器：0~100Ω，允许通过的最大电流为1A H.开关、导线若干 ‎(1)其中电压表应选____，滑动变阻器应选___（填字母代号）；‎ ‎(2)以，，代表所选仪器，在答题卡的方框内画出你所设计的实验电路图___；‎ ‎(3)根据实验数据作出如甲U—I图像，由图可知，电源电动势E=__V，内阻r=__Ω；‎ ‎(4)该电源的电动势测量值___真实值（选填“大于”、“等于”、“小于”）；‎ ‎(5)图乙为某小灯泡的伏安特性曲线。本实验之后，所选用电池由于使用时间过长，导致内阻增大到6Ω，但电动势几乎没有变化。将这样的干电池两节并联后给此小灯泡供电，则小灯泡发光的功率为___W（结果保留两位小数）；‎ ‎(6)另一组同学用不同的电池组（均由同一规格的两节干电池串联而成）完成了上述的实验后，发现不同组电池组的电动势基本相同，只是内电阻差异较大。同学们选择了内电阻差异较大的甲、乙两个电池组进一步设计实验探究，对电池组的输出功率P随外电阻R变化的关系，以及电池组的输出功率P随路端电压U变化的关系进行了猜想，并分别画出了如下图所示的P-R和P-U图像。若已知甲电池组的内电阻较大，则下列各图中可能正确的是____（选填选项的字母）。‎ A.B。C。D。‎ ‎【答案】(1). D F (2). (3). 1.50 0.7 (4). 等于 (5). 0.18-0.20 (6). BC ‎【解析】(1)[1][2]测量一节干电池的电动势，则电压表应选D，滑动变阻器应选F；‎ ‎(2)[3]电流表C的内阻是已知的，则可选用电流表C，电路如图：‎ ‎(3)[4][5]根据实验数据作出如甲U-I图像，由图可知，电源电动势E=1.50V，内阻 ‎(4)[6]该电路已经知道电流表内阻，则实验无系统误差，即电源的电动势测量值等于真实值；‎ ‎(5)[7]在此灯泡的伏安特性曲线上做出两节电源并联后的U—I图像如图：‎ 交点坐标为I=0.25A，U=0.75V则P=IU=0.18W ‎(6)[8]AB.根据电源的输出功率规律可知，当内外电阻相等时输出功率最大，如果外电阻大于内电阻时，随着电阻的增大，输出功率将越来越小，由 可知，电动势相同，内阻越小的乙输出功率越大，故B正确，A错误。 CD.当内阻和外阻相等时，输出功率最大；此时输出电压为电动势的一半。由A的分析可知，乙输出的功率比甲的大；而当外电路断开时，路端电压等于电源的电动势，此时输出功率为零；故C正确，D错误。故选BC。‎ 三、计算题（3道小题，共计36分。）‎ ‎14.如图所示，质量为m的小物体以水平初速度v0滑上原来静止在光滑水平轨道上的质量为M的小车上，物体与小车上表面的动摩擦因数为μ，小车足够长。求：‎ ‎（1）物体从滑上小车到相对小车静止所经历的时间；‎ ‎（2）这段时间内系统产生的热量。‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】（1）设向右为正方向，根据动量守恒定律有mv0=（m+M）v 对小车 μmg=Ma v=at ‎（2）对系统，根据能量守恒得 解得 ‎15.如图所示，P为倾角30°的光滑绝缘斜面ABC斜边AC的中点，空间存在方向水平向右的匀强电场场强大小未知，当在B点固定一质量为m的带电小球时，另一完全相同的带电小球恰好可以静止在P点且对斜面无压力．已知AB=l，重力加速度为g，静电力常量为k．求 ‎(1)带电小球的电性及电量大小；‎ ‎(2)如果撤去B点的带电小球，将小球m从A点以速度v0‎ 水平抛出，求小球从抛出到第一次落回斜面的时间．‎ ‎【答案】(1)负电， (2)‎ ‎【解析】 (1)对小球m在P点进行受力分析可得，小球所受电场力方向水平向左，故小球带负电；由平衡条件可得：‎ 由几何知识可得，则有：‎ 联立解得，‎ ‎(2)如果撤去B点的带电小球，将小球m从A点以速度v0水平抛出，在水平方向受到电场力，小球做匀减速运动，在竖直方向上，小球做自由落体运动；‎ 由于，则有 联立解得 ‎16.如图，平行金属导轨P1Q1D1、P2Q2D2的间距L=1m，其中，倾斜部分导轨与水平面的夹角θ=37°，水平部分导轨足够长。在Q1、Q2间接有阻值为的电阻，磁感应强度B ‎=1T的匀强磁场分别垂直于倾斜导轨平面和水平导轨平面且方向向下。两根质量m=0.5kg、长度为L、电阻为R的导体棒a、b分别放在倾斜导轨与水平导轨上，两导体棒与导轨间的动摩擦因数均为μ=0.5，a棒在外力作用下沿水平导轨运动，b棒能保持静止不动。不计两导轨的电阻，忽略感应电流产生的磁场，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。‎ ‎（1）求a棒运动的速度；‎ ‎（2）当a棒速度达到最大时撤去外力，a棒将做减速运动，经过时间t=0.48s，b棒恰好开始滑动，求这段时间内b棒产生的焦耳热。‎ ‎【答案】（1）1m/s≤v≤5m/s，水平向右；（2）‎ ‎【解析】（1）b棒静止不动，有分析可知，a棒向右运动；‎ 当a棒速度最小时，b棒中的电流最小，受到的安培力最小，此时b棒受到沿导轨向上的最大静摩擦力，有BI1L+μmgcosθ=mgsinθ 解得v1=1m/s 当a棒速度最大时，b棒中的电流最大，受到的安培力最大，此时b棒受到沿导轨向下的最大静摩擦力，有BI2L=mgsinθ+µmgcosθ 解得v2=5m/s 则1m/s≤v≤5m/s，方向水平向右。‎ ‎（2）撤去外力后，当a棒速度减到v1时，位移为x，此时b棒恰好开始滑动，此过程中对a棒动量定理有 x=0.4m a棒克服安培力做功为WA，对a棒动能定理有：‎ 回路中产生的总焦耳热Q总=WA=5J 电阻R与b棒产生的焦耳热均为Q，a棒产生的焦耳热为4Q，有 Q总=Q+Q+4Q