湖北省两校2019_2020学年高二物理上学期期末考试试题含解析

1、湖北省两校2019-2020学年高二物理上学期期末考试试题（含解析）一、单选题（每题3分，共24分）1.高空作业须系安全带，如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动)此后经历时间t安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为()a. mgb. mgc. mgd. mg【答案】a【解析】【详解】在安全带对人有拉力的瞬间时，人做自由落体运动，此过程机械能守恒，故有，即在产生拉力瞬间速度为，之后人在安全带的作用下做变速运动，末速度为零，设向上为正方向，则根据动量定理可得：有，联立解得【

2、点睛】本题关键是明确物体的受力情况和运动情况，然后对自由落体运动过程和全程封闭列式求解，注意运用动量定理前要先规定正方向2.如图所示，b为半径为r的竖直光滑圆弧的左端点，b点和圆心c连线与竖直方向的夹角为，个质量为m的小球在圆弧轨道左侧的a点以水平速度v0抛出，恰好沿圆弧在b点的切线方向进入圆弧轨道，已知重力加速度为g，下列说法正确的是 （ ）a. ab连线与水平方向夹角为b. 小球从a运动到b的时间c. 小球运动到b点时，重力的瞬时功率d. 小球运动到竖直圆弧轨道最低点时，处于失重状态【答案】b【解析】【详解】ab、平抛运动水平方向为匀速直线运动，竖直方向为自由落体运动，小球恰好沿b点的切线

3、方向进入圆轨道，说明小球在b点时，合速度方向沿着圆轨道的切线方向将合速度正交分解，根据几何关系可得，其与水平方向的夹角为 ，则 ，解得： 此时ab位移的连线与水平方向的夹角不等于，故a错；b对c、小球运动到b点时，重力的瞬时功率 ，故c错；d、小球运动到竖直圆弧轨道的最低点时，有向上的加速度，所以处于超重状态，故d错；故选b3.电源和一个水平放置的平行板电容器、二个变阻器r1、r2和定值电阻r3组成如图所示的电路当把变阻器r1、r2调到某个值时，闭合开关s，电容器中的一个带电液滴恰好处于静止状态当再进行其他相关操作时（只改变其中的一个），以下判断正确的是（ ）a. 将r1的阻值增大时，液滴将向

4、下运动b. 将r2的阻值增大时，液滴仍保持静止状态c. 把电容器的上极板向上平移少许，电容器的电荷量将减小d. 断开开关s，电容器上的带电荷量将减为零【答案】c【解析】【详解】a.闭合开关s，电容器上极板带正电，带电液滴受重力和电场力处于平衡，电场力竖直向上，可知带电液滴带负电当r1的阻值增大时，电容器两端间的电势差不变，板间场强不变，则带电液滴受到的电场力不变，液滴保持静止不动，故a错误； b.将r2的阻值增大时，则r2两端间的电压增大，所以电容器两端间的电压增大，液滴所受的电场力变大，液滴将向上运动，故b错误；c.把电容器的上极板向上平移少许，d增大，电容减小，电容器两端的电势差不变，则由

5、q=cu得知，电容器的电荷量将减小，故c正确； d.断开开关，稳定时电容器两端间的电势差等于电源的电动势电容器的电压增大，带电量增加，不会为零，故d错误4.电磁炉热效率高达，炉面无明火，无烟无废气，“火力”强劲，安全可靠图示是描述电磁炉工作原理的示意图，下列说法正确的是a. 当恒定电流通过线圈时，会产生恒定磁场，恒定磁场越强，电磁炉加热效果越好b. 电磁炉通电线圈加交流电后，在锅底产生涡流，进而发热工作c. 在锅和电磁炉中间放一纸板，则电磁炉不能起到加热作用d. 电磁炉的锅不能用陶瓷锅或耐热玻璃锅，主要原因是这些材料的导热性能较差【答案】b【解析】【详解】锅体中的涡流是由变化的磁场产生的，所加

6、的电流是交流，不是直流故a错误根据电磁炉的工作原理可知，电磁炉通电线圈加交流电后，在锅底产生涡流，进而发热工作，故b正确；在锅和电磁炉中间放一纸板，不会影响电磁炉的加热作用故c错误金属锅自身产生无数小涡流而直接加热于锅的，陶瓷锅或耐热玻璃锅属于绝缘材料，里面不会产生涡流故d错误；故选b【点睛】电磁炉又被称为电磁灶，其原理是磁场感应涡流加热，即利用交变电流通过线圈产生交变磁场，从而使金属锅自身产生无数小涡流而直接加热于锅内的食物5.如图所示，50匝矩形闭合导线框abcd处于磁感应强度大小的水平匀强磁场中，线框面积，线框电阻不计线框绕垂直于磁场的轴oo以角速度=200rad/s匀速转动，并与理想变

7、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. 图示位置穿过线框的磁通置为零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25:11d. 变压器输出端最多能并联80只60瓦的灯泡【答案】c【解析】a项：图示位置穿过线框的磁通量最大，故a错误；b项：b、电动势的最大值，有效值，故b错误；c项：变压器原线圈的电压，副线圈电压：，匝数比，故c正确；d项：熔断器允许通过的最大电流为10a，即原线圈中最大电流为10a，副线圈中最大电流，即，一只灯泡的额定电流为，最多的灯泡个数：，故d错误6.电荷

8、量分別为q1和q2的两点电荷放在x轴上的o、m两点，两电荷连线上各点电势随x变化的关系如图所示，其中a、n两点的电势为零；nd段中c点电势最高则下列选项中错误的是a. c点的电场强度大小为零b. c. n、c两点之间连线上的电场强度方向沿x轴正方向d. 将一个带负电的检验电荷从n点沿x轴正方向移动到d点的过程中，电场力先做正功后做负功【答案】c【解析】【详解】a.图象的切线斜率等于场强e，由图可知c点的切线斜率为零，所以电场强度为零，故a正确；b. 由图知无穷远处的电势为0，a点的电势为零，由于沿着电场线电势降低，所以o点的电荷带正电，m点电荷带负电，由于a点距离o比较远而距离m比较近，所以电

9、荷量大于的电荷量，故b正确；c.由n到c过程电势升高，则说明场强沿x轴负方向，故c错误；d. nd段中，电势先高升后降低，所以场强方向先沿x轴负方向，后沿x轴正方向，将一负点电荷从n点移到d点，电场力先沿x轴正方向，后沿x轴负方向，则电场力先做正功后做负功故d正确7.如图所示，带电粒子以初速度以v0从a点进入匀强磁场，运动过程中经过b点，oa=ob，若撤去磁场加一个与y轴平行的匀强电场，带电粒子仍以速度以v0从a点进入电场，仍能通过b点，则电场强度e和磁感应强度b的比值为a. v0b. 1/ v0c. 2 v0d. v0/2【答案】c【解析】【详解】设oa=ob=d，因为带电粒子在磁场中做匀速

10、圆周运动，所以圆周运动的半径正好等于d，粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：qv0b=m，解得：，如果换成匀强电场，水平方向以v0做匀速直线运动，在水平方向：d=v0t2，竖直沿y轴负方向做匀加速运动，即：，解得：，则=2v0，故选c【点睛】带电粒子在电场磁场中的运动要把握其运动规律，在电场中利用几何关系得出其沿电场和垂直于电场的运动规律；而在磁场中也是要注意找出相应的几何关系，从而确定圆心和半径8.如图所示为某一输电示意图，电厂发电机输出功率为100 kw，输出电压u1=500 v，升压变压器原、副线圈的匝数比为n1:n2=1:20，输电线电阻为40，用户需要的电压u4=220 v

11、，变压器均为理想变压器则a. 输电线上的输送电流为250ab. 输电线上损失的电压为280vc. 输电线上损失的电功率为4kwd. 降压变压器的原、副线圈的匝数比为n3:n4=48:11【答案】c【解析】【详解】a.根据理想变压器原副线圈两端的电压与匝数成正比得，所以有：，发电机的输出功率为100kw，所以有，输电线中电流为，故选项a错误； b.输电线上的电压损失，故选项b错误；c.输电导线上损失的电功率为，故选项c正确；d.可得，降压变压器原、副线圈的匝数比是，故选项d错误二、多选题（每题4分，共16分。选错不得分，选漏得2分）9.如图所示，不计质量的光滑小滑轮用细绳悬挂于墙上的o点，跨过滑

12、轮的细绳连接物块a、b，a、b都处于静止状态，现将物块b移至c点后，a、b仍保持静止，下列说法中正确的是：（ ）a. b与水平面间的摩擦力增大b. 绳子对b的拉力增大c. 悬于墙上的绳所受拉力不变d. a、b静止时，图中、三角始终相等【答案】ad【解析】试题分析：细绳弹力f始终等于物块a的重力，大小不变，b选项错；物块b与水平面间的摩擦力，将物块b移至c点，细绳与水平面的夹角变小，所以f变大，a正确；因拉a的绳子与拉b的绳子力相等，而拉滑轮的力与两绳子的力的合力大小相等，故拉滑轮的力应这两绳子拉力的角平分线上，故、三角始终相等，d正确；由于两绳间夹角增大，而两拉力不变，故悬于绳上的绳子的拉力将

13、减小，故c错误考点：共点力平衡条件及应用 力的合成与分解10.如图所示,在方向水平向左的匀速电场中有一倾角为60、高为h的固定绝缘斜面体,现将一质量为m,带正电且电荷量为q的小物块(可视为质点)从斜面体顶端由静止释放,已知重力加速度为g,匀强电场的电场强度大小为e= ,不计空气阻力,则a. 小物块将沿斜面下滑b. 小物块将做曲线运动c. 小物块到达地面时的速度大小为d. 若其他条件不变,只增大电场强度,小物块到达地面前的运动时间不变【答案】cd【解析】【详解】a、对物块进行受力分析，物块受重力和水平向左的电场力，电场力，则合力的大小为2mg，方向如图，小物块沿合力方向做匀加速直线运动，故a、b

14、错误；c、运用动能定理研究从开始到落地过程：，解得：，故c正确；d、将物块的运动分解为水平方向和竖直方向，增大电场强度，电场力增大，水平方向的加速度增大，竖直方向上的加速度不变，根据等时性知，运动时间不变，故d正确；故选cd【点睛】对物块进行受力分析，画出物块的运动轨迹运用动能定理或牛顿第二定律和运动学公式解决问题11.如图甲所示，正三角形导线框位于圆形有界匀强磁场中，磁场方向与导线框所在平面垂直规定磁场的正方向垂直纸面向里，磁感应强度b随时间变化的规律如图乙所示下面说法正确的是（ ）a. 0s-1s时间内和5s-6s时间内，导线框中的电流方向相同b. 0s-1s时间内和1s-3s时间内，导线

15、框中的电流大小相等c. 3s-5s时间内，ab边受到的安培力沿纸面且垂直ab边向上d. 1s-3s时间内，ab边受到的安培力不变【答案】ac【解析】【详解】a0s-1s时间内穿过线圈的磁通量向外且增加；5s-6s时间内穿过线圈的磁通量向里且减小，根据楞次定律可知导线框中的电流方向相同，选项a正确；bb-t图像的斜率等于磁感应强度的变化率，故0s-1s时间内和1s-3s时间内，感应电动势的大小不等，感应电流不相等，选项b错误；c3s-5s时间内，磁通量向里增加，产生的感应电流为逆时针方向，则由左手定则可知，ab边受到的安培力沿纸面且垂直ab边向上，选项c正确；d1s-3s时间内，感应电流大小不变

16、，而磁场向外减弱，根据f=bil可知，ab边受到的安培力变小，选项d错误12.半导体内导电的粒子“载流子”有两种：自由电子和空穴（空穴可视为能自由移动带正电的粒子），以自由电子导电为主的半导体叫n型半导体，以空穴导电为主的半导体叫p型半导体图为检验半导体材料的类型和对材料性能进行测试的原理图，图中一块长为a、宽为b、厚为c的半导体样品板放在沿y轴正方向的匀强磁场中，磁感应强度大小为b当有大小为i、沿x轴正方向的恒定电流通过样品板时，会在与z轴垂直的两个侧面之间产生霍尔电势差uh，霍尔电势差大小满足关系，其中k为材料的霍尔系数若每个载流子所带电量的绝对值为e，下列说法中正确的是（ ） a. 如果

17、上表面电势高，则该半导体为p型半导体b. 霍尔系数越大的材料，其内部单位体积内的载流子数目越多c. 若将磁场方向改为沿z轴正方向，则在垂直y轴的两个侧面间会产生的霍尔电势差变小d. 若将电流方向改为沿z轴正方向，则在垂直x轴的两个侧面间会产生的霍尔电势差变大【答案】ac【解析】【分析】根据左手定则判断带电粒子的电性，根据最终洛伦兹力和电场力平衡列式，再根据电流的微观表达式列式，最后联立求解即可【详解】电流向右，磁场垂直向内，若上表面电势高，即带正电，故粒子受到的洛伦兹力向上，故载流子是带正电的“空穴”，是p型半导体，故a正确；最终洛伦兹力和电场力平衡，有：evb=e；电流的微观表达式为：i=n

18、evs；且霍尔电势差大小满足关系uh=k，联立解得：，单位体积内的载流子数目，随着霍尔系数越大，而越小，故b错误；若将磁场方向改为沿z轴正方向，则平衡时：evb=e，解得u=bdv，则d由原来的b变为c，减小，此时的电势差产生在前表面和后表面，则在垂直y轴的两个侧面间会产生的霍尔电势差变小，选项c正确，d错误故选ac【点睛】本题关键是明确霍尔效应的原理，知道左手定则中四指指向电流方向，注意单位体积内的载流子数目表达式的各物理量的含义三、实验题（共14分）13.某同学要探究一种新材料制成的圆柱体的电阻步骤如下：（1）用游标为20分度的卡尺测量其长度如图1所示，由图可知其长度为 _cm；（2）用螺

19、旋测微器测量其直径如图2所示，由图可知其直径为 _mm；（3）用多用电表的电阻“10”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘的示数如图3所示，则该电阻的阻值约为 _ 【答案】 (1). 0.675 (2). 4.700 (3). 220【解析】【详解】（1）游标卡尺读数为（2）螺旋测测微器读数为（3）欧姆档为“10”挡，故电阻为14.多用表是由电流表改装的，现测定一个量程为05ma 的电流表g的内阻r= 100.0 , 用它改装成如图的一个多量程多用电表，电流、电压和电阻的测量都各有两个量程(或分度值)不同的档位。电流表的两个档位中，大量程是小量程的10倍。(1)当转换开关s旋到位置1或2

20、时，是电流档，且旋到位置_的量程较大：当转换开关s旋到位置5或6时，是电压档，且旋到位置_的量程较大；(2)a、b两表笔中，_为红表笔； (3)图中的电源e的电动势为9.0v ，当把转换开关s旋到位置4，在ab之间接900电阻时，表头g刚好半偏。己知之前己经进行了必要的、正确的操作。则r1_，r2_。【答案】 (1). 1 (2). 6 (3). a (4). 10 (5). 90【解析】【详解】(1)1电流表并联电阻可以扩大量程，并联电阻越小，分流越大，量程越大，故当转换开关s旋到位置1时量程较大；2电压表串联电阻可以扩大量程，串联电阻越大，分压越大，量程越大，故当转换开关s旋到位置6时量程

21、较大；(2)3在测量电阻时，因为欧姆档的电路与电池连接，则将转换开关s旋到位置3或4时，电流应从红表笔进、黑表笔出，所以a、b两表笔中，a为红表笔； (3)4 5因为“之前己经进行了必要的、正确的操作”，意味着之前已经将a、b短接调零，即让表头满偏。在a、b之间接900电阻时，表头g刚好半偏，说明当表头半偏时，改装后的欧姆表“4” 总内阻r内=900，则转换开关s在2时，电流表2的量程为根据题给条件“电流表的两个档位中，大量程是小量程的10倍”，所以转换开关s在1时，电流表1的量程为又表头g满偏电流为5ma 时，电流表的内阻r= 100.0，根据并联电路电流分配规律可解得四、解答题（共计46分

22、）15.如图所示，n=50匝的矩形线圈，ab边长，ad边长，放在磁感应强度b=0.4t的匀强磁场中，外力使线圈绕垂直于磁感线且通过线圈中线的轴以n=3000r/min的转速匀速转动，线圈电阻r=1，外电路电阻r=9，t=0时线圈平面与磁感线平行，ab边正转处纸外、cd边转入纸里，计算结果保留三位有效数字。求：（1）感应电动势的瞬时值表达式；（2）线圈转一圈外力做的功。【答案】（1）（2）【解析】【详解】(1) 线圈转速线圈的角速度图示位置感应电动势最大，感应电动势的最大值为：代入数值得所以感应电动势的瞬时值表达式为（2）电动势有效值为，电流线圈转一圈线圈转一圈外力做功等于电功的大小，即代入数值

23、得16.如图所示，足够长的u形导体框架的宽度l=0.5m，电阻忽略不计，其所在平面与水平面成=37角，磁感应强度b=0.8t的匀强磁场方向垂直于导体框平面，一根质量m=0.2kg，有效电阻r=2的导体棒mn垂直跨放在u形框架上，导体棒与框架间的动摩擦因数=0.5，导体棒由静止开始沿框架下滑到刚开始匀速运动，通过导体棒截面的电量共为q=2c求：（1）导体棒匀速运动的速度；（2）导体棒从开始下滑到刚开始匀速运动这一过程中，导体棒的电阻产生的焦耳热（sin37=0.6，cos37=0.8，g=10m/s2）【答案】（1）5m/s；（2）1.5j【解析】【详解】试题分析：（1）由安培力，可得导体棒匀速下滑时，由力平衡得所以代入数据解得v=5m/s（2）设导体棒由静止开始沿框架下滑到刚开始匀速运动下滑的距离为s，通过导体棒截面的电量得到所以根据能量守恒定律，得得17.如图所示，半圆形竖直光滑轨道bc固定在水平地面上，轨道半径r0.6m，与水平粗糙地面ab相切，质量m20.2kg的物块b静止在水平地面上b点，另一质量m10.6kg物块a在a点以v010m/s的初速度沿地面滑向物块b