【物理】湖北省十堰市2019-2020学年高二上学期期末调研考试试题（解析版）

【物理】湖北省十堰市2019-2020学年高二上学期期末调研考试试题（解析版）

十堰市2019～2020学年度上学期期末调研考试 高二物理（2020年1月）‎ ‎（本试题共6页，共23道题，满分100分，考试时间90分钟）‎ 第Ⅰ卷 （选择题 共54分）‎ 一、选择题（本题共18小题，每小题3分，共54分。每小题给出的四个选项中，有一项或多项是符合题目要求的，选全对得3分，对而不全得2分，不选、错选得0分）‎ ‎1.空中有两个点电荷，它们之间的库仑力的大小为F。若将它们的距离减小为原来的，同时将它们的电荷量均增大为原来的2倍，则它们之间的库仑力将变为（ ）‎ A. B. F C. 4F D. 16F ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】根据库仑定律，若若将它们的距离减小为原来的，同时将它们的电荷量均增大为原来的2倍，则 A．，与结论不相符，选项A错误；B．F，与结论不相符，选项B错误；‎ C．4F，与结论不相符，选项C错误；D．16F，与结论相符，选项D正确；‎ 故选D。‎ ‎2.如图所示，在真空中，A、B两点分别放置等量异种点电荷，在A、B两点间取一正八边形路径abcdefgha，其中心O与A、B连线的中点重合，ah⊥AB。下列说法正确的是（ ）‎ A. a点和d点的电场强度相同 B. b点和c点的电势相等 C. 电子在f点的电势能比在g点的电势能大 D. 将电子从d点沿直线移动到e点，电场力做负功 ‎【答案】C ‎【解析】A．根据等量异种电荷电场线分布，可知a点和d点的电场强度大小相等，但方向不同，则电场强度不同；故A错误。‎ B．根据顺着电场线方向电势降低，知b点的电势比c点的电势高。故B错误。‎ C．f点的电势比g点的电势低，电子从f点移动到g点，电场力做正功，电势能减小，则电子在f点的电势能比在g点的电势能大。故C正确。‎ D．因d点和e点电势相等，则电子从d点到e点电势能不变，电场力做功为零，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎3.如图所示装置，从A板释放的一个无初速度电子向B板方向运动，下列电子的描述中错误的是（ ）‎ A. 电子到达B板时的动能是eU B. 电子从B板到C板时动能变化为零 C. 电子到达D板时动能是3eU D. 电子在A板和D板之间往复运动 ‎【答案】C ‎【解析】A．释放出一个无初速度电荷量为e的电子，在电压为U电场中被加速运动，当出电场时，所获得的动能等于电场力做的功，即eU，故A正确，不符合题意；‎ B．由图可知，BC间没有电压，则没有电场，所以电子在此处做匀速直线运动，则电子的动能不变。故B正确，不符合题意；‎ C．电子以eU的动能进入CD电场中，在电场力的阻碍下，电子作减速运动，由于CD间的电压为2U，所以电子的速度减为零后，还没有到达D板，就开始反向运动。故C错误，符合题意；‎ D．由上可知，电子将会在A板和D板之间加速、匀速再减速，回头加速、匀速再减速，这样往复运动，故D正确，不符合题意；故选C。‎ ‎4.如图所示，竖直正对的平行板电容器带等量异种电荷，带正电的右板与静电计相连，左板接地．假设两极板所带的电荷量不变，电场中P点固定一带正电的点电荷，下列说法正确的是 A. 若仅将左板上移少许，则静电计指针偏角变小 B. 若仅将左板右移少许，则静电计指针偏角变小 C. 若仅将左板上移少许，则P点电势升高 D. 若仅将左板右移少许，则P的点电荷电势能增大 ‎【答案】BC ‎【解析】A.两极板所带的电荷量不变，若仅将左板上移少许，根据可知，电容C减小，由可知，U增大，所以静电计指针偏角θ增大，故A错误；‎ B.若仅将左板右移少许，d减小，可知，电容C增大，由可知，U减小，由则静电计指针偏角θ变小，故B正确；‎ C.若仅将左板上移少许，根据可知，电容C减小，由可知，U增大，由可知，E增大；左极板接地，由沿电场线的方向电势降低可知P点的电势为正，根据可得，P点电势升高，故C正确；‎ D.若仅将左板右移少许，两极板所带的电荷量不变，则E不变，根据可得，P点电势减小，则由可得P的点电荷电势能减小，故D错误；‎ ‎5.如图所示，在某电场中有A、B两点，某负电荷以一定的初速度从A点运动到B点。只考虑电场力的作用。在电荷运动的过程中，下列说法正确的是（ ）‎ A. 电荷可能做直线运动 B. 电荷的加速度变小 C. 电荷的电势能变大 D. 电荷的动能变大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．负电荷在非匀强电场中运动，电场线为曲线，电荷不可能做直线运动，故A错误；‎ B．电场线的疏密表示场强的相对大小，则场强EA＜EB．电荷在A点的加速度较小，从A到B加速度增大，故B错误；‎ C．根据顺着电场线电势降低，则知电势为：φA＞φB．负电荷电势能随电势降低而增大，故C正确；‎ D．根据能量守恒，电势能增大，动能减小，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎6.在图示电路中，P为滑动变阻器的滑片，电表均为理想电表．下列说法正确的是 A. 在P向右移动的过程中，电流表的示数变大 B. 在P向右移动的过程中，电压表的示数变大 C. 当P移到滑动变阻器的右端时，电源内部消耗的电功率最大 D. 当P移到滑动变阻器的右端时，电源的效率最高 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．滑动变阻器向右移动，电路总电阻减小，根据：‎ 可知，电流表的示数变大，根据：‎ 可知电压表的示数减小；故A正确，B错误；‎ CD．当P移到滑动变阻器的右端时，外电阻R最小，根据：‎ 可知，电路中的电流最大；根据：‎ 可知此时电源内部消耗的电功率最大；故C正确；根据效率：‎ 可知，此时的电源的效率最低，故D错误；‎ ‎7.如图所示，A为一水平旋转的橡胶圆盘，带有大量均匀分布的正电荷，在圆盘正上方水平放置一通电直导线，电流方向已在图中标出。当圆盘绕中心轴OO′按图示方向高速转动时，通电直导线所受安培力的方向是（ ）‎ A. 竖直向上 B. 竖直向下 C 水平向外 D. 水平向里 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】带正电圆盘如图转动时，从上向下看，形成顺时针方向的电流，根据右手螺旋定则可知，在圆盘上方形成的磁场方向竖直向下，根据左手定则，伸开左手，让四指和电流方向一致，磁感线穿过手心，则大拇指指向纸面外侧，因此安培力的方向水平向外。‎ A．竖直向上，与结论不相符，选项A错误；B．竖直向下，与结论不相符，选项B错误；‎ C．水平向外，与结论相符，选项C正确；D．水平向里，与结论不相符，选项D错误；‎ 故选C。‎ ‎8.如图所示，三根通电长直导线P、Q、R互相平行，垂直放置，其间距均为a，通过的电流均为I，方向均垂直纸面向里。已知电流为I的长直导线产生的磁场中，到导线距离为r处的磁感应强度为（其中k为常量），则对于P、Q连线的中点O 处的磁感应强度，下列说法正确的是( )‎ A. 方向由O指向P，大小为 B. 方向由P指向R，大小为 C. 方向由R指向O，大小为 D. 方向由O指向P，大小为 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】P、Q两根导线距离O点的距离相等，根据安培定则，在O点产生的磁场方向相反，大小相等，合场强为零，所以最终场强等于R在O点产生的场强，根据安培定则，方向沿OP方向，R到O点距离，那么磁感线强度的大小 A．方向由O指向P，大小为，与结论相符，选项A正确；‎ B．方向由P指向R，大小为，与结论不相符，选项B错误；‎ C．方向由R指向O，大小为，与结论不相符，选项C错误；‎ D．方向由O指向P，大小为，与结论不相符，选项D错误；‎ 故选A。‎ ‎9.质谱仪又称质谱计，是分离和检测不同同位素的仪器。某质谱仪的原理图如图所示，速度选择器中匀强电场的电场强度大小为E，匀强磁场的磁感应强度大小为B1，偏转磁场（匀强磁场）的磁感应强度大小为B2。一电荷量为q 的粒子在加速电场中由静止加速后进入速度选择器，恰好能从速度选择器进入偏转磁场做半径为R的匀速圆周运动。粒子重力不计，空气阻力不计。该粒子的质量为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】在速度选择器中做匀速直线运动的粒子能进入偏转磁场，由平衡条件得：‎ qvB1=qE 粒子速度：‎ 粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：‎ 解得：‎ A．，与结论相符，选项A正确；B．，与结论不相符，选项B错误；‎ 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A。‎ ‎10.如图所示，紧绕有闭合线圈的绝缘圆筒放在电子秤的非磁性材料托盘（图中未画出）上，一条形磁铁（N极向下）从圆筒正上方由静止释放后插入圆筒。空气阻力不计。对磁铁插入圆筒且未碰到托盘的过程，下列说法正确的是（ ）‎ A. 磁铁的机械能守恒 B. 磁铁的加速度恒定 C. 通过电阻的电流方向如图中箭头所示 D. 电子秤的示数比磁铁尚未运动时电子秤的示数大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．磁铁下落过程中，线圈中会产生感应电流，机械能转化为电能，则磁铁的机械能减小，选项A错误；‎ B．磁铁下落过程中，穿过线圈的磁通量的变化率逐渐变大，则产生的感应电流逐渐变大，磁铁受到的向上的安培力变大，则加速度会减小，选项B错误；‎ C．根据楞次定律可知，通过电阻的电流方向如图中箭头反方向，选项C错误；‎ D．磁铁下落过程中穿过线圈的磁通量变大，线圈中产生的感应电流的磁场方向向上，即落线管上端为N及，则磁铁对螺线管有向下的作用力，则电子秤的示数比磁铁尚未运动时电子秤的示数大，选项D正确；‎ 故选D。‎ ‎11.如图所示，一个质量为m、电荷量为q的带正电圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度为B的匀强磁场中。现使圆环以初速度水平向右运动，在以后的运动中，圆环克服摩擦力所做的功可能为（重力加速度为g）（ ）‎ A. 0 B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【详解】由左手定则可知，圆环向右运动时受到向上的洛伦兹力；‎ A．当qv0B=mg时，圆环不受支持力和摩擦力，摩擦力做功为零。故A正确。‎ C．当qv0B＜mg时，圆环做减速运动到静止，只有摩擦力做功。根据动能定理得：‎ 解得 故C正确。‎ D．当qv0B＞mg时，圆环先做减速运动，当qvB=mg时，不受摩擦力，做匀速直线运动。 由qvB=mg可得：匀速运动的速度：‎ 根据动能定理得：‎ 解得：‎ 故D正确。‎ B．由以上的分析可知，克服摩擦力做的功不可能为，故B错误； 故选ACD。‎ ‎12.如图所示，水平固定的光滑铜环，OO′为过圆心的竖直轴，长为2l、电阻为r的铜棒OA的一端在O处，另一 端与铜环良好接触，OA与OO′的夹角为30°，整个装置处在磁感应强度大小为B、方向竖立向上的匀强磁场中．现使铜捧OA绕OO′以角速度逆时针（俯视）匀速转动，A端始终在铜环上，定值电阻的阻值为3r，其他电阻不计，下列说法正确的是 A. O点的电势比A点的电势低 B. 回路中通过的电流为 C. 该定值电阻两端的电压为 D. 该定值电阻上的热功率为 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据右手定则可知，O点的电势比A点的电势低．故A正确．‎ B．根据法拉第电磁感应定律可知，铜棒OA切割磁感线产生的感应电动势E=，所以回路中通过的电流：‎ I=‎ 故B错误．‎ C．该定值电阻两端的电压为：U=．故C正确．‎ D．该定值电阻上的热功率P=．故D错误．‎ ‎13.如图所示，水平匀强磁场的理想边界MN和PQ均竖直，等腰直角三角形闭合导线框的直角边恰好和磁场宽度相同。从线框右顶点刚进入磁场开始计时。若线框匀速通过磁场（线框的一直角边与边界平行），取逆时针方向为感应电流的正方向，则下列四幅图中，能正确反映线框中流过的电流随时间的变化关系的是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】感应电流，线框做匀速直线运动，有效长度发生变化，电流就发生变化；‎ ‎0-时间内，由右手定则判断可知，感应电流方向沿逆时针方向，是正的，线框切割磁感线的有效长度l均匀增加，则电流I均匀增加；‎ ‎~时间内，由右手定则判断可知，感应电流方向沿顺时针方向，是负的，线框切割磁感线的有效长度l均匀增加，则电流I均匀增加； A．该图与结论不相符，选项A错误；B．该图与结论不相符，选项B错误；‎ C．该图与结论不相符，选项C错误；D．该图与结论相符，选项D正确；故选D。‎ ‎14.我国2019年年底将发射“嫦娥五号”，实现区域软着陆及采样返回，探月工程将实现“绕、落、回”三步走目标．若“嫦娥五号”在月球表面附近落向月球表面的过程可视为末速度为零的匀减速直线运动，则在此阶段，“嫦娥五号”的动能与距离月球表面的高度h、动量p与时间t的关系图象，可能正确的是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．若“嫦娥五号”在月球表面附近落向月球表面的过程可视为末速度为零的匀减速直线运动，设在此阶段合力为恒力F．由逆向思维，等效为由月球表面向上做匀加速直线运动，由动能定理知：‎ 整理得：‎ 故A错误，B正确．‎ CD．同样由逆向思维法，等效为由月球表面向上做匀加速直线运动，由动量定理：‎ 整理得：‎ 故CD错误．‎ ‎15.从同一高度的平台上，抛出三个完全相同的小球，甲球竖直上抛，乙球竖直下抛，丙球平抛，三球落地时的速率相同，若不计空气阻力，则（ ）‎ A. 抛出时三球动量不都相同，甲、乙动量相同，并均小于丙的动量 B. 落地时三球的动量相同 C. 从抛出到落地过程，三球受到的冲量均不相同 D. 从抛出到落地过程，三球受到的冲量均相同 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据动能定理知 可知三球落地时速度的大小相等，则三个小球抛出时的速度大小一定相等；故抛出时的动量大小相等；故A错误；‎ B．虽然落地时，三球的速度相同，动量的大小相等，但方向不同；故动量不相同；故B错误；‎ CD．三个小球以相同的速率抛出，可知竖直上抛运动的物体运动时间大于平抛运动的时间，平抛运动的时间大于竖直下抛运动的时间，所以上抛运动的时间最长，根据动量定理知，mgt=△p，故三个小球受到的冲量都不相同；故C正确，D错误；‎ 故选C。‎ ‎16.如图甲所示，在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，产生的交变电流的电压随时间变化的规律如图乙所示（正弦曲线）。下列说法正确的是（ ）‎ A. 该交变电流电压的最大值为440V B. 该交变电流电压的有效值为V C. 在0. 0025s时，该交变电流的电压为220V D. 在0. 0025s时，该交变电流的电压为V ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．如图所示，该交变电流电压的最大值（峰值）为：‎ Em=220V≈311V 故A错误。‎ B．该交变电流电压的有效值为：‎ 故B错误。‎ CD．因为 交变电流的电压的函数表达式为：‎ 当t=0.0025s时 故C正确，D错误。‎ 故选C。‎ ‎17.如图所示，一理想变压器原、副线圈的匝数之比为4：1，a、b间接有电压瞬时值表达式为（V）的正弦交变电流，灯泡L1、L2的额定功率相同且恰好都正常发光。该理想电压表的示数为（ ）‎ A. 27. 5V B. 44V C. 110V D. 220V ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】由理想变压器的变流比关系可知，通过灯泡L1、L2的电流之比为 由于灯泡L1、L2的额定功率相同且恰好都正常发光，故灯泡L1、L2两端的电压之比为 又由理想变压器的变压比关系可知，变压器原副线圈的电压之比为 且 U1+UL1=220V U2=UL2‎ 解得 U1=110V 所以电压表的示数为110V。 A．27. 5V，与结论不相符，选项A错误；B．44V，与结论不相符，选项B错误；‎ C．110V，与结论相符，选项C正确；D．220V，与结论不相符，选项D错误；故选C。‎ ‎18.如图所示，一单匝闭合矩形金属线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴OO′匀速转动，转轴OO′过ad边和bc边的中点。从图示位置开始计时，穿过线圈的磁通量随时间t的变化关系式为（Wb），时间t的单位为s。已知矩形线圈的电阻为2. 0，下列说法正确的是（ ）‎ A. 穿过线圈磁通量的最大值为Wb B. 在任意1s时间内，线圈中通过的电流的方向改变20次 C. 线圈中通过的电流的有效值约为3. 14A D. 在任意1s时间内，线圈克服安培力所做的功约为9. 86J ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由表达式可知，穿过线圈的磁通量的最大值为BS=0.1Wb，故A错误； B．周期，一个周期内电流方向改变两次，故在任意1s时间内，线圈中电流的方向改变20次，故B正确；‎ C．转动的角速度为ω=20πrad/s，产生的感应电动势最大值为 Em=NBSω=2πV 电动势的有效值为 E=πV 线圈中电流的有效值为 ‎ ‎ 故C错误；‎ D．在任意l s时间内，线圈克服安培力所做的功 ‎ ‎ 故D正确；故选BD。‎ 第Ⅱ卷 （非选择题 共46分）‎ 二、实验题（3分+9分=12分）‎ ‎19.某同学用多用电表测量某电阻阻值R，他将多用电表的选择开关旋转到欧姆挡的“×100”位置，进行欧姆调零后用正确的测量方法进量，结果刻度盘上的指针位置如图所示，可知R=________k。‎ ‎【答案】3‎ ‎【解析】 [1]．由表盘刻度可知，R=30×100Ω=3k.‎ ‎20.某物理兴趣小组利用图甲所示电路测定一节干电池的电动势和内阻。除电池（内阻约为0. 3）、开关和导线外，实验室提供的器材还有：‎ A. 电压表V（量程为3V，内阻约为3k）‎ B. 电流表A1（量程为0. 6A，内阻约为0. 2）‎ C. 电流表A2（量程为3A，内阻约为0. 05）‎ D. 定值电阻（阻值为1. 5，额定功率为2W）‎ E. 定值电阻（阻值为20，额定功率为10W）‎ F. 滑动变阻器（最大阻值为15，额定电流为2A）。‎ ‎（1）电流表应选用________（选填“B”或“C”），R0应选用________（选填“D”或“E”）。‎ ‎（2）实验时，闭合开关S前，应将滑动变阻器的滑动触头P置于_____（选填“a”或“b”）端。‎ ‎（3）在器材选择正确的情况下，按正确操作进行实验，调节滑动变阻器，通过测量得到该电池的U－I图线如图乙所示，则该电池的电动势E=________V、内阻r=________。‎ ‎【答案】 (1). B D (2). b (3). 1. 48 0. 46‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1][2]．估算电流时，考虑到干电池的内阻0.3Ω左右，保护电阻选择与内阻相当的定值电阻D即可；这样加上保护电阻，最大电流控制在0.5A左右，所以选量程为0.6A的电流表，故选B； （2）[3]．实验时，闭合开关S前，应将滑动变阻器的滑动触头P置于阻值最大的b端。‎ ‎（3）[4][5]．根据闭U-I图象可知，与U轴的交点表示电动势，所以E=1.48V，图象的斜率表示内电阻与保护电阻之和，故 解得 r=0.46Ω；‎ 三、计算题（10分+12分+12分=34分）‎ ‎21.如图所示，一质量为m／3的人站在质量为m的小船甲上，以速度v0在水面上向右运动．另一完全相同小船乙以速率v0从右方向左方驶来，两船在一条直线上运动．为避免两船相撞，人从甲船以一定的速率水平向右跃到乙船上，求：为能避免两船相撞，人水平跳出时相对于地面的速率至少多大？‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】设向右为正，两船恰好不相撞，最后具有共同速度v1，由动量守恒定律：‎ 解得：‎ 设人跳出甲船的速度为v2，人从甲船跃出的过程满足动量守恒定律：‎ 解得：‎ ‎22.如图所示，空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B=0.50T，两条光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距l=0.40m，左端接有阻值R=0.40Ω的电阻．一质量m=0.10kg、阻值r=0.10Ω的金属棒MN放置在导轨上．金属棒在水平向右的拉力F作用下，沿导轨做速度v=2.0m/s的匀速直线运动．求：‎ ‎（1）通过电阻R的电流I；‎ ‎（2）拉力F的大小；‎ ‎（3）撤去拉力F后，电阻R上产生的焦耳热Q．‎ ‎【答案】（1）0.80A（2）0.16N （3）0.16J ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）感应电动势V 通过电阻R的电流A ‎（2）金属棒受到的安培力N 根据牛顿第二定律有 所以N ‎（3）撤去拉力F后，金属棒做减速运动并最终静止，金属棒的动能全部转化为回路中的焦耳热．在这段过程中，根据能量守恒定律有 所以J ‎23.如图所示，在直角坐标系xOy中，板间距离为d的正对金属板M、N上有两个小孔S、K，S、K均在y轴（竖直）上。在以原点O为圆心、以R为半径的圆形区域内存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，圆O与M板相切于S、与x负半轴相交于C点。小孔K处的灯丝不断地逸出质量为m、电荷量为e的电子（初速度和重力均不计），电子在两板间的电场作用下沿y轴正方向运动。当M、N间的电压为时，从小孔K逸出的电子恰好通过C点。‎ ‎（1）求电子到达小孔S处时的速度大小；‎ ‎（2）求磁场的磁感应强度大小B；‎ ‎（3）若M、N间的电压增大为，求从小孔K逸出的电子离开磁场时的位置D（图中未画）的坐标。‎ ‎【答案】（1） （2）（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）电子的运动轨迹如图所示，在电子从小孔K运动到小孔S的过程中，根据动能定理有：‎ 解得：‎ ‎（2）当电子恰好通过C点时，根据几何关系可得电子在磁场中轨道半径为：‎ 洛伦兹力提供电子做圆周运动所需的向心力，有：‎ 解得：‎ ‎（3）设此种情况下电子到达小孔S处时的速度大小为v，根据动能定理有：‎ 设此种情况下电子在磁场中的轨道半径为，有： ‎ 解得： ‎ 设O、D两点连线与y轴的夹角为θ，由几何关系知，此种情况下电子从小孔S运动到D点的轨迹（圆弧）对应的圆心角为： ‎ 由几何关系有： ‎ 解得： ‎ 故D点的位置坐标为，即