浙江省杭州学军中学2019-2020学年高二(上)期末物理试题(带答案详解)

1、绝密启用前浙江省杭州学军中学2019-2020学年高二（上)期末考试物理试题（带答案详解）题号一二三四总分得分注意事项：1答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选择题)评卷人得分一、单选题1物理量电场强度和磁感应强单位符号正确的是（）A和B和C和D和2物理学家通过艰辛的实验和理论研究探究自然规律，为人类的科学做出了巨大贡献，值得我们敬仰下列描述中符合物理学史实的是( )A开普勒发现了行星运动三定律，从而提出了日心学说B牛顿发现了万有引力定律但并未测定出引力常量G常量C奥斯特发现了电流的磁效应并提出了分子电流假说D法拉第发现了电磁感应现象并总结出了判断感应电

2、流方向的规律3伽利略利用“斜面实验”研究自由落体运动的规律，其实验思想是（ ）A小球沿斜面运动时加速度较小，速度的测量比较容易B小球沿斜面运动时速度较小，位移的测量比较容易C测量小球沿斜面运动时位移与时间平方的比值，合理外推到D测量小球沿斜面运动时速度平方与位移的比值，合理外推到4如图所示，质量为m的小球用水平轻质弹簧系住，并用倾角37的木板托住，小球处于静止状态，弹簧处于压缩状态，则( )A小球受木板的摩擦力一定沿斜面向上B弹簧弹力不可能为C小球可能受三个力作用D木板对小球的作用力有可能小于小球的重力mg5如图所示， A、B两物体的质量分别为 M和 m，用跨过光滑定轮的轻绳相连，A物体与水平

3、桌面间的动摩擦因数为 ，重力加速度g，在A物体加速向右运动过程中（B物体落地前）， A的加速度大小为ABCDg6若假定“神舟九号”飞船绕地球做匀速圆周运动，它离地球表面的高度为h，运行周期为T，地球的半径为R，自转周期为T0，由此可推知地球的第一宇宙速度为ABCD7如图所示的+Q和-Q是两个等量异种点电荷，以点电荷+Q为圆心作圆，A、B为圆上两点，MN是两电荷连线的中垂线，与两电荷连线交点为O，下列说法正确的是（ ） AA点的电场强度大于B点的电场强度B电子在A点的电势能小于在B点的电势能C把质子从A点移动到B点，静电力对质子做功为零D把质子从A点移动到MN上任何一点，质子电势能都增加8如图所

4、示，平行金属板中带电质点P原处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器的滑片向b端移动时，则（ ）A质点P将向上运动B电流表读数减小C电压表读数减小D上消耗的功率增大9如图所示，匝数为50匝的矩形闭合导线框ABCD处于磁感应强度的水平匀强磁场中，线框面积，线框电阻不计线框绕垂直于磁场的轴以角速度匀速转动，并与理想变压器原线圈相连，副线圈线接入一只“220V，60W”灯泡，且灯泡正常发光，熔断器允许通过的最大电流为10A，下列说法正确的是（ ）A在图示位置线框中产生的感应电动势最大B线框中产生交变电压的有效值为C变压器原、副线圈匝数之比为25：22D允许变压器输出的最大功率为1

5、000W10如图甲所示，线圈固定于匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向外，当磁场变化时，线圈边所受安培力向右且变化规律如图乙所示，则磁场的变化情况可能是下图所示的哪一个（） ABCD评卷人得分二、多选题11如图，图象反映了甲、乙两车在同一条直道上行驶的位置随时间变化的关系，已知乙车做匀变速直线运动，其图线与t轴相切于10s处，下列说法正确的是A5s时两车速度相等B甲车的速度为C乙车的加速度大小为D乙车的初位置在处12如图所示，A、D分别是斜面的顶端、底端，B、C是斜面上的两个点，AB=BC=CD，E点在D点的正上方，与A等高，从E点水平抛出质量相等的两个小球，不计重力，球1落在B点，球2落在C点，关

6、于球1和球2从抛出到落在斜面上的运动过程中，下列说法中正确的是（ ）A球1和球2运动的时间之比为1:2B球1和球2动能增加量之比为1:3C球1和球2抛出时初速度之比为D球1和球2运动时的加速度之比为1:113如图所示为皮带传送装置示意图的一部分，传送带与水平地面的倾角为，A、B两端相距L，将质量为m的物体轻放到传送带的A端，物体沿AB方向从A端一直加速运动到B端，物体与传送带间的滑动摩擦力大小为f，传送带顺时针运转，皮带传送速度v保持不变，物体从A到达B所用的时间为t，物体和传送带组成的系统因摩擦产生的热量为Q，电动机因运送物体多做的功为W，下列关系式中正确的ABCD14如图所示，匀强磁场的边

7、界为直角三角形，已知磁感应强度为，方向垂直纸面向里。处有一粒子源，沿方向发射出大量带正电荷的同种粒子，粒子质量为，粒子的初速度大小可调，粒子重力不计，则下列说法正确的是（）A取合适值，粒子可以到达点B能到达边界的所有粒子所用的时间均相等C粒子从运动到边所用的最长时间为D若粒子能到达边界，则粒子速度越大，从运动到边的时间最长15一个细小金属圆环，在范围足够大的磁场中竖直下落，磁感线的分布情况如图，其中沿圆环轴线的磁场方向始终竖直向上开始时圆环的磁通量为，圆环磁通量随下落高度变化关系为（为比例常数，）。金属圆环在下落过程中的环面始终保持水平，速度越来越大，最终稳定为某一数值称为收尾速度，该金属环的

8、收尾速度为，已知金属圆环的电阻为，忽略空气阻力，关于该情景，以下结论正确的有（）A金属圆环速度稳定后，金属圆环产生的平均感应电动势大小为B金属圆环速度稳定后，金属圆环的热功率C金属圆环的质量D金属圆环速度稳定后，金属圆环受到安培力的合力时刻改变第II卷（非选择题)请点击修改第II卷的文字说明评卷人得分三、实验题16某实验小组的同学为了“探究加速度与外力的关系”，利用了如图1所示的实验装置，忽略滑轮与细绳之间的摩擦（1）为了完成探究实验，下列步骤必须的是_A分别测出砝码A以及滑块的质量m和MB将长木板远离滑轮的一端适当垫高平衡摩擦力C将滑块靠近打点计时器，接通电源后释放小车，并记录传感器的示数D

9、多次改变砝码的质量，打出几条不同的纸带E该实验中必须满足滑块的质量远远大于砝码A的质量（2）该小组的同学在某次实验中得到了一条清晰的纸带，如图2所示，并在该纸带上选取了多个计数点，已知图中相邻两计数点之间还有两个计时点没有画出，若实验中所使用的交流电的频率为50 Hz，则滑块的加速度大小为_m/s2（结果保留两位有效数字）；（3）该小组的同学通过多次测量，得到了多组传感器的示数以及相对应的加速度的数值，并以传感器的示数为横坐标、加速度为纵坐标，得到的图线为一条过原点的倾斜直线，经测量可知直线的斜率大小为，则小车的质量大小应为_；（4）如果该小组的同学在实验时未平衡摩擦力，结果得到的图象不过原点

10、，与横轴交点的坐标值为，则滑块在运动过程中受到的摩擦力大小为_17（1）如图所示为某多用电表内部简化电路图，作电流表使用时，选择开关S应接_(选填“1”“2”“3”“4”或“5”)量程较大 （2）某同学想通过多用表的欧姆挡测量量程为3 V的电压表内阻(如图乙)，主要步骤如下： 把选择开关拨到“100”的欧姆挡上； 把两表笔相接触，旋转欧姆调零旋钮，使指针指在电阻零刻度处； 把红表笔与待测电压表_(选填“正”或“负”)接线柱相接，黑表笔与另一接线柱相连，发现这时指针偏转角度很小； 换用_(选填“10”或“1 k”)欧姆挡重新调零后测量，发现这时指针偏转适中，记下电阻数值； 把选择开关调至空挡或交

11、流电压最高挡后拔下表笔，把多用电表放回桌上原处，实验完毕（3） 实验中(如图丙)某同学读出欧姆表的读数为_，这时电压表读数为_V.（4）请你计算欧姆表内部电源电动势为_V(保留两位有效数字)评卷人得分四、解答题18质量为的小物体，由点静止在恒力作用下向右运动，运动至点时撒去F，AB相距，设斜面足够长，物体与平面、斜面之间的动摩擦因数均为，物体在点没有能量损失。其中：，求：(1)物体在水平面运动的加速度；(2)在斜面上向上滑行的最大距离；(3)物体在斜面上运动的时间（答案可以有根号）。19如图所示，质量m6.0 kg的滑块(可视为质点)，在水平牵引功率恒为P42 W的力作用下从A点由静止开始运动

12、，一段时间后撤去牵引力当滑块由平台边缘B点飞出后，恰能以5 m/s的速度从竖直光滑圆弧轨道CDE上C点的切线方向切入轨道，并从轨道边缘E点竖直向上抛出已知COD53，A、B间距离L3 m，滑块与平台间的动摩擦因数0.2，圆弧轨道半径R1.0 m不计空气阻力取sin530.8，cos530.6，g取10 m/s2，求：(1)滑块运动到B点时的速度大小；(2)圆弧轨道对滑块的最大支持力；(3)滑块在平台上运动时水平牵引力的作用时间20如图所示，两条相距的平行金属导轨固定在水平面上，其右端接一阻值为的电阻。质量为的金属杆静置在导轨上，其左侧的矩形匀强磁场区域的磁感应强度大小为方向竖直向下，当该磁场区

13、域以速度匀速地向右扫过金属杆后，金属杆的速度变为。设金属杆长为对应的电阻为，金属杆与导轨之间动摩擦因数为，导轨电阻不计，导轨足够长，杆在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接粒，求：(1)刚扫到金属杆时，金属杆中感应电流的大小和感应电流方向；(2)刚扫到金属杆时，金属杆的加速度大小；(3)若矩形匀强磁场区域扫过金属杆过程中，金属杆向右滑动了，求此过程中安培力对金属杆做的功。21如图甲所示，粒子源靠近水平极板M、N的M板，N板下方有一对长为L，间距为d=1.5L的竖直极板P、Q，再下方区域存在着垂直于纸面的匀强磁场，磁场上边界的部分放有感光胶片水平极板M、N中间开有小孔，两小孔的连线为竖

14、直极板P、Q的中线，与磁场上边界的交点为O水平极板M、N之间的电压为U0；竖直极板P、Q之间的电压UPQ随时间t变化的图象如图乙所示；磁场的磁感强度B=粒子源连续释放初速不计、质量为m、带电量为+q的粒子，这些粒子经加速电场获得速度进入竖直极板P、Q之间的电场后再进入磁场区域，都会打到感光胶片上已知粒子在偏转电场中运动的时间远小于电场变化的周期，粒子重力不计求：（1）带电粒子进入偏转电场时的动能EK；（2）磁场上、下边界区域的最小宽度x；（3）带电粒子打到磁场上边界感光胶片的落点范围参考答案1A电场强度和磁感应强单位符号为和，故A正确，BCD错误；故选A。2B哥白尼提出了日心说，故A错误；开普

15、勒发现了行星运动三定律，牛顿发现了万有引力定律，但是是卡文迪许通过扭秤实验测量了万有引力常量，故B正确；奥斯特发现了电流的磁效应，安培提出了分子电流假说，故C错误；法拉第发现了电磁感应现象，楞次总结了感应电流方向，故D错误。故选B。3CAB、小球沿斜面运动时加速度较小，同一位移，所用时间较长，时间测量较容易，故AB错误；CD、“斜面实验”研究自由落体运动的规律，其实验思想通过测量斜面上物体运动的情况，然后进行合理的外推，从而得出自由落体是匀变速直线运动，因而需要测量位移与时间平方的比值情况，合理外推到90，故C正确，D错误。故选C。4C滑块可能受重力、支持力、弹力三个力处于平衡，根据共点力平衡

16、判断，根据平行四边形定则可知，小球重力和弹力的合力肯定大于重力【详解】A、C项：小球处于静止状态，受力平衡，对小球受力分析，如图所示：当重力、弹簧弹力以及木板的支持力的合力为零时，小球不受摩擦力，即小球可以受到3个力作用，故A错误，C正确；B项：若小球不受摩擦力，根据平衡条件得：tan37=，解得：，故B错误；D项：无论小球受不受到摩擦力作用，由平衡条件可知，木板对小球的作用力与重力和弹力的合力等大，反向，即木板对小球的作用力为，一定大于重力，故D错误【点睛】解决本题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡进行求解，注意弹簧的弹力方向是水平向左的，难度适中5A根据牛顿第二定律，对物体A：，对物

17、体B：mg-T=ma，联立解得：，故A正确，BCD错误。6B根据万有引力定律可得：，地球的第一宇宙速度满足：，联立解得：，故B正确，ACD错误。故选B。7BA等量异号电荷电场线分布如图所示：由图示电场线分布可知，A处的电场线比B处的电场线稀疏，则A点的场强小于B点的场强，故A错误；CA、B两点电势不同，两点间的电势差不为零，把质子从A点移动到B点，静电力对质子做功不为零，故C错误；B电场线与等势面相互垂直，电场线从高等势面指向低等势面，由图示可知，A点所在等势面高于B点所在等势面，A点电势高于B点电势，电子带负电，则电子在A点的电势能小于在B点的电势能，故B正确；D等量异号电荷连线的中垂线MN

18、是等势线，A与MN上任何一点间的电势差都相等，把质子从A点移动到MN上任何一点，电场力做功都相等，质子的电势能变化都减小相同，故D错误。故选B。8CABC由图可知，与滑动变阻器串联后与并联后，再由串联接在电源两端；电容器与并联；当滑片向b移动时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小；由闭合电路欧姆定律可知，电路中电流增大；路端电压减小，同时两端的电压也增大；故并联部分的电压减小；由欧姆定律可知流过的电流减小，则流过并联部分的电流增大，故电流表示数增大，因并联部分电压减小，而中电压增大，故电压表示数减小，因电容器两端电压减小，故电荷受到的向上电场力减小，则重力大于电场力，合力向下，电荷向下

19、运动，故AB错误，C正确；D因两端的电压减小，由可知，上消耗的功率减小，故D错误；故选C。9CA、由图可知，此时线圈和磁场垂直，此时线框的磁通量最大，感应电动势为0，故A错误；B、矩形闭合导线框ABCD在磁场中转动，产生的交流电的最大值为，由于最大值为有效值的倍，所以交流电的有效值为250V，故B错误；C、由于电压与匝数成正比，所以变压器原、副线圈匝数之比为，故C正确；D、由于熔断器允许通过的最大电流为10A，所以允许变压器输出的最大功率为P=UI=25010=2500W，故D错误。故选C。10D根据题意可知安培力的方向向右，根据左手定则，感应电流的方向由B到A；再由右手定则，当垂直向外的磁场

20、在增加时，会产生由B到A的感应电流；由法拉第电磁感应定律，结合闭合电路欧姆定律，则安培力的表达式因安培力的大小不变，则是定值， 是B-t图的斜率。当磁感应强度B增大，则减小；当磁感应强度B减小，则增大；故D正确，ABC错误；故选D。11BCD位移-时间图象的斜率等于速度，倾斜的直线表示匀速直线运动，位移等于x的变化量，结合这些知识分析；【详解】A、位移-时间图象的斜率等于速度，斜率大小越大，速度大小越大，则知5s时乙车速度较大，即该时刻二者速度大小不相等，故A错误；B、甲车做匀速直线运动，速度为：，故B正确；C、乙车做匀变速直线运动，其图线与t轴相切于10s处，则t=10s时，速度为零，将其运

21、动反过来看成初速度为0的匀加速直线运动，则，根据图象有：，解得：，故CD正确【点睛】对于位移时间图象，关键要抓住斜率等于速度，位移，来分析图象的物理意义，同时注意利用匀减速直线运动中的逆向思维的应用12CD因为，则AC的高度差是AB高度差的2倍，根据，解得：，解得球1和球2运动的时间比为，故A错误；根据动能定理得，知球1和球2动能增加量之比为1：2故B错误；AC在水平方向上的位移是AB在水平方向位移的2倍，结合，解得初速度之比为，故C正确；平抛运动的物体只受重力，加速度为g，故两球的加速度相同为1：1，故D正确。故选CD。13BDAB物块产生的加速度为：，在时间t内传送带前进位移为，发生的相对

22、位移为：，故产生的热量为：，故A错误，B正确；C电动机做的功一部分转化为内能，另一部分转化为物块的机械能，故有：，故C错误；D传送带多做的功是传送带克服摩擦力做的功，等于摩擦力和传送带位移的乘积，即，故D正确。故选BD。14BCA当粒子运动轨迹与EG边相切时，轨迹如图：根据几何关系得：再由圆周运动公式可得此时r是定值。若粒子速度大于，粒子会从EG边出来；若粒子速度小于，粒子会从EF边出来，无法到达E点，故A错误；B能从EF边出射的粒子运动轨迹都为半圆，因为粒子的周期与速度无关，所以到达EF边界的所有粒子所用的时间均相等，故B正确；CD由圆周运动公式可得即粒子在磁场中做圆周运动的周期只与比荷和磁

23、感应强度有关。由选项A可知，当时，粒子运动轨迹与EG边相切，此时圆心角最大为，时间最长为粒子速度越大，对应的圆心角越小，运动时间越短；故C正确，D错误；故选BC。15ABCA收尾速度为v，以v运动t时间内磁通量的变化为：由法拉第电磁感应定律，金属圆环产生的平均感应电动势大小：故A正确；B圆环速度稳定后金属圆环的热功率为：故B正确；C金属圆环速度稳定后，由能量守恒可知，金属圆环减小的重力势能全部转化为热量，重力功率等于热功率，即解得故C正确；D金属圆环速度稳定后，重力等于安培力的合力，故D错误；故选ABC。16BCD 1.3 （1）由于滑块B所受的拉力可有传感器读出，因此不需要测量砝码A的质量，

24、因此也就不必要求砝码A的质量远小于滑块的质量了，AE错误；将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力是需要的，因为这样滑块受到的合力就不考虑摩擦力了，B正确；滑块B靠近打点计时器，先接通电源，再释放滑块，打出一条纸带，同时记录传感器的示数是需要的，C正确；多次改变砝码的质量，即改变拉力的大小，打出几条纸带，以研究加速度随外力变化的关系，D正确；（2）由题意可知该交流电的打点周期为0.02 s，又因为相邻两计数点间还有两个点没有画出，故两计数点之间的时间间隔为0.06 s，由逐差法得；（3）由实验原理图可知，滑块B的合力大小为传感器示数的两倍，则由牛顿第二定律得，对图象来说，图象的斜率大小为，所以滑

25、块的质量为；（4）滑块所受的拉力大小为传感器示数的两倍，则由牛顿第二定律可知，整理得，即当细绳的拉力大小为时，滑块刚开始运动，即171 负 1k 4.0104 2.20 3.0 【解析】（1）当做电流表使用时，电阻应和表头并联分流，故连接1和2时为电流表，根据欧姆定律可知并联支路的电压相等，并联支路的电阻越大，分流越小，故当接1时量程最大；（2）根据“红进黑出”原理，即电流从红表笔流进可知红表笔接电压表的负极；欧姆表在测量电阻时指针从无穷大处开始偏转，故欧姆表指针偏转很小，说明被测电阻大，档位应提升一级，即换1k的测量；（3）欧姆表的读数为；电压表分度值为0.1V，故读数为2.20V；（4）根据（3）采用的档位可知中值电阻即欧姆表内阻为，根据闭合回路欧姆定律可得，解得18(1)；(2)；(3)。 (1)对物块受力分析，设物块加速度为a，由牛顿第二定律可得解得；(2)设物块到达B点的速度为，由运动学公式解得当物块滑上斜面时，设加速度为，由牛顿第二定律得解得设物块在斜面上滑行的距离为x，则解得；(3)当滑块沿斜面向上滑行时，设时间为，则当滑块沿斜面向下滑行时，设运动时间为，加速度为，则解得由运动学公式解得在斜面上运动的总时间为。19(1)3 m/s(2)258 N(3)1.5 s (1)C点水平分速度B点的速度：(2)在C点，轨道对滑块的支持力最大，滑块从C点到D点，