2019-2020学年江苏南通如皋中学高二上期末物理试卷

2019-2020学年江苏省南通市如皋中学高二（上）期末物理试卷一、解答题（共5小题，满分15分）1.（3分）下列说法正确的是（ ）A.电流互感器的原线圈匝数小于副线圈匝数B.竖直上抛小球，从小球抛出到落回抛出点的过程中，重力的冲量为零C.回旋加速器所用交流电源的周期是带电粒子在磁场中运动的周期的2倍D.远距离输电时，输电线路的总电阻为R,输电电压为U,则输电线损失的功率为£（3分）水柱以速度v垂直射到墙面上，之后水速减为零，若水柱截面为S,水的密度为p,则水对墙壁的冲力为（ ）A.ypSv B.pSv C./pSv2 D.pSv2（3分）如图所示电路中，L为电感线圈。实验时，断开S瞬间，灯A突然闪亮，随后逐渐变暗。下列说法正确的是（） 1卜 h A~§）~41 ^-1A.接通开关S后，灯A逐渐变亮B.接通开关S后，通过灯A的电流恒定C.灯A的电阻值大于线圈L的直流电阻值D.断开开关S前后，通过灯A的电流方向相同（3分）如图所示为有理想边界的两个匀强磁场，磁感应强度相同，两边界间距为L.一边长为2L的正方形线框abcd由粗细均匀的电阻丝围成，线框从位置I匀速运动到位置H,则整个过程中线框a、b两点间的电势差Uab随时间t变化的图象是（ ）第1页（共14页）

（3分）如图所示，OM的左侧存在范围足够大、磁感应强度大小为B的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，OM左侧到OM距离为L的P处有一个粒子源，可沿纸面内各个方向射出质量为m、电荷量为q的带正电TOC\o"1-5"\h\z粒子（重力不计），速率均为逆L,则粒子在磁场中运动的最短时间为（ ）人冗m2qBm人冗m2qB巫 C- D"・ .3qB 4qB 6qB二、多项选择题：本题共5小题，每小题4分，共计20分，每个选择题有多个选项符合题意.全部选对的得4分，选对但不全的得2分，选错或不选的得0分.（4分）下列说法中正确的有（ ）A.简谐运动的回复力是按效果命名的力B.振动图象描述的是振动质点的轨迹C.当驱动力的频率等于受迫振动系统的固有频率时，受迫振动的振幅最大D.两个简谐运动：x1=4sin（100nt+-^-）cm和x2=5sin（100nt+-^-）cm,它们的相位差恒定（4分）如图所示，理想变压器原线圈输入电压u=200•.用sin（100nt）V,电压表、电流表都为理想电表。下列判断正确的有（ ）下列判断正确的有（ ）A.电流频率为50HzB.输入电压有效值为200.'2V第2页（共14页）C.S打到a处，当变阻器的滑片向下滑动时，两电流表的示数都减小D.若变阻器的滑片不动，S由a处打至Ub处，电压表V2和电流表A1的示数都减小（4分）霍尔元件是一种重要的磁敏元件，它根据霍尔效应原理制成。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垂直时，在导体上下表面会产生电势差，这种现象称为霍尔效应。下列说法中正确的有（ ）A.霍尔元件把磁感应强度这个磁学量转换为了电压这个电学量B.金属导体上表面的电势高于下表面电势C.增大电流I时，金属导体上下表面的电势差增大D.增大电流I时，金属导体上下表面的电势差减小（4分）如图所示，半径为R的光滑半圆弧绝缘轨道固定在竖直面内，磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直于轨道平面向里。一可视为质点、质量为m、电荷量为q（q>0）的小球由轨道左端A点无初速度滑下，轨道的两端等高，C点为轨道的最低点，小球始终与轨道接触，重力加速度为g,下列说法中正确的有（ ）XXKXA.小球能运动至轨道右端的最高点B.小球在最低点C点的速度大小为:至C.小球在C点的速度向右时，对轨道的压力大小为3mg-qB/砺D.小球在C点的速度向左时，对轨道的压力大小为3mg-qB；2gR（4分）如图所示，水平面中有两根固定的足够长的金属平行导轨，导轨间距为L,导轨上面平行放着质量相等的导体棒ab和cd。设导体棒始终处于竖直向上的大小为B的匀强磁场区域内，且导体棒可在导轨上无摩擦地滑行，初始时刻ab棒静止，给cd棒一个向右的初速度丫0,则（ ）ab棒将向左运动cd棒的速度一直大于ab棒的速度第3页（共14页）ab棒的最大速度为0.5voD.当cd棒速度为0.8vo时，回路中的电动势为0.6BLvo三、解答题（共7小题，满分65分）（6分）利用单摆测当地重力加速度的实验中：（1）某同学测量数据如表：TOC\o"1-5"\h\zL/m 0.400 0.500 0.600 0.800 1.200T2/s2 1.60 2.10 2.40 3.20 4.80请在如图中画出L-T2图象，并由图象求得重力加速度g=m/s2.（保留三位有效数字）（2）某同学测得的重力加速度值比当地标准值偏大，其原因可能有 。A.振幅过小 B.摆球质量过大C.摆动次数多记了一次D.将摆长当成了摆线长和球直径之和（11分）利用气垫导轨和频闪照相“验证动量守恒定律”。如图所示，已知A滑块的质量为1kg,B滑块的质量为为1.5kg,频闪照相的时间间隔为0.4s,拍摄共进行了四次，第一次是在两滑块相撞之前，以后的三次是在碰撞之后。A滑块原来处于静止状态，设A、B滑块在拍摄闪光照片的这段时间内是在10cm至105cm这段范围内运动的（以滑块上的箭头位置为准），根据闪光照片分析得出：Q1。20剪例印a7Q80M1QQ11-Q12Q1如cmTOC\o"1-5"\h\zII」IIIII L_LJ LJ I II LJ l_LJ二-…甘…一J…-……SASABAfi 4（1）两滑块发生碰撞的位置在 cm刻度处。（2）第1次拍摄后，再经过 s的时间，两滑块发生了碰撞。（3）碰撞前，B滑块的速度为m/s；碰撞后，A滑块的速度为 m/s,B滑块的速度为 m/s。（结果保留两位小数）（4）碰撞前两个滑块组成的系统的动量是 kg-m/s；碰撞后两个滑块组成的系统的动量是 kg•m/s。（8分）如图甲所示，弹簧振子的平衡位置为O点，在B、C两点之间做简谐运动。B、C相距20cm。小球经过B点时开始计时，经过0.5s首次到达C点。第4页（共14页）

甲甲(1)写出小球的振动方程，并在图乙中画出小球在第一个周期内的x-t图象;(2)求5s内小球通过的路程及5s末小球的位移。(8分)如图所示，线圈abcd的面积是0.05m2,共100匝，线圈电阻为1Q,外接电阻R=9Q,匀强磁场的磁感应强度为+T,电路中电表为理想电表。当线圈以角速度为10nrad/s绕垂直磁场的轴匀速转动时，求：(1)线圈转动产生的电动势的最大值；(2)电路中交流电流表的示数；(3)线圈从图示位置转过90°的过程中通过电阻R的电荷量。(10分)如图甲所示，竖直平面内有边长L=1m、匝数n=10的正方形线圈，线圈的总电阻r=1Q,在线圈的中间位置以下区域分布着垂直于线圈的磁场，磁感应强度大小随时间变化关系如图乙所示。求：(1)通过线圈的电流；(2)在t=4s时线圈受到的安培力。16.(10分)如图所示，M、N、P为足够长的平行边界，M、N与M、P间距分别为L、16.(10分)如图所示，第5页(共14页)

应强度为B1和B2的匀强磁场区域，磁场I和H方向垂直纸面向里，B]WB2.现有电荷量为q、质量为m的带正电粒子，不计粒子重力和粒子间的相互作用。Biql1(1)若有大量该种粒子，以速度大小V]= 、方向沿纸面的各个方向从Q点射入磁场，求粒子在磁场中的轨道半径口，并用阴影画出粒子在磁场中所能到达的区域；(2)若有一个该种粒子，从Q点以初速度v2垂直边界N及磁场方向射入磁场，则初速度v2至少多大，粒子才可穿过两个磁场区域。17.(12分)如图所示，光滑水平面上有A、B两辆小车，质量均为m=1kg,现将小球C用长为0.2m的细线悬于轻质支架顶端，mC=0.5kg。开始时A车与C球以v0=4m/s的速度冲向静止的B车。若两车正碰后粘在一起，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2,则：17A、B车碰撞后瞬间，A车的速度大小v1；A、B车碰撞损失的机械能E损小球能上升的最大高度h。第6页(共14页)2019-2020学年江苏省南通市如皋中学高二（上）期末物理试卷参考答案与试题解析一、解答题（共5小题，满分15分）.【解答】解：A、电流互感器需要减小输出电流，根据变流比可知，电流互感器原线圈匝数少于副线圈匝数，故A正确。B、竖直上抛小球，从小球抛出到落回抛出点的过程中，运动时间为t,则重力的冲量为mgt,故B错误。^为了使粒子进入电场加速，回旋加速器所用交流电源的周期等于带电粒子在磁场中运动的周期，故C错误。D、远距离输电时，输电线路的总电阻为R,输电电压为U,但电压U不是加在输电线上的电压，故输电U2线损失的功率wg,故D错误。故选：A。.【解答】解：设t时间内有V体积的水打在墙面上，则这些水的质量为：m=pV=pSvt,以这部分水为研究对象，它受到墙面的作用力为F,以水运动的方向为正方向，由动量定理有：Ft=0-mv,即：F=-Z%=-pSv2,负号表示水受到的作用力的方向与水运动的方向相反；t由牛顿第三定律可以知道，水对墙面的冲击力大小也为pSv2,故D正确，ABC错误。故选：D。.【解答】解：A、B、接通开关S后，灯A立即亮，随后由于L中的电流增大，电源的内电压增大，则灯的亮度有所变暗，通过灯A的电流减小，故A错误，B错误；C、D、开关S闭合稳定状态时，当开关断开后灯泡中原电流立即完全消失，而线圈由于由自感作用阻碍其自身电流的减小，故线圈与灯泡组成回路，其电流IL逐渐减小，灯泡中由原来的电流I变为电流IL，即流过R的电流的方向向左；若要明显闪亮一下然后再逐渐熄灭，只要IL>I，即Rl<R灯泡就会出现闪亮的现象，若Rl<R就会有明显闪亮现象，故C正确，D错误；故选：C。.【解答】解：在0〜L的时间内，ab切割磁感线产生感应电动势，相当于电源，由楞次定律判断知感应电流v方向沿顺时针方向，则a的电势高于b的电势，Uab为正。则ab两端电势差Uab=BLv；在L〜2L的时间内，cd边进入磁场H后，cd边和ab都切割磁感线，都产生感应电动势，线框中感应电流VV第7页（共14页）为零，由右手定则判断可知，a的电势高于b的电势，Uab为正，所以Uab=E=BLv；在国〜日二的时间内，ab边穿出磁场后，只有cd边切割磁感线，由右手定则知，a点的电势高于b的电势，vUab为正，则ab两端电势差为Uab=!ELs故整个过程中线框a、b两点的电势差Uab随时间t变化的图线如图A所示，故A正确，BCD错误；故选：A。.【解答】解：粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，2由牛顿第二定律得：qvB=m^—，r解得：r=L，粒子运动轨迹对应的弦长越短，粒子在磁场中的运动时间越短，由题意可知，粒子运动轨迹对应的最短弦长为：L，L、 5 1转过的最小圆心角：0=arcsin—=arcsin=60°，T2粒子在磁场中的最短运动时间：t= 9T=^y绡q360 360 =mqB'故选：B。二、多项选择题：本题共5小题，每小题4分，共计20分，每个选择题有多个选项符合题意.全部选对的得4分，选对但不全的得2分，选错或不选的得0分..【解答】解：A、简谐运动的回复力是按效果命名的力，故A正确；B、振动图象描述的是振动质点在不同时刻的位移或者说描述质点位移随时间的变化关系，而不是其实际的运动轨迹。振动质点的运动轨迹是一段往复的线段，而不是正弦或余弦曲线，故B错误；C、物体在周期性驱动力作用下做受迫振动，受迫振动的频率等于驱动力的频率，当系统的固有频率等于驱动力的频率时，系统达到共振，振幅达最大，故C正确；D、根据振动方程乂=人$近（必+90）可知，两个简谐运动：X]=4sin（100nt+工-）cm和X2=5sin（100nt「^~）cm，它们角频率是相等的，相位差恒定，等于三，故D正确；□故选：ACD。.【解答】解：AB、根据瞬时值表达式知，输入电压的最大值是U1m=200/2V，输入电压的有效值5=巧第8页（共14页）=200V,角速度3=100n,所以f=[*=50Hz,故A正确，B错误。C、S打到a处，滑片向下滑动，变阻器电阻变小，副线圈电流增大，输出功率增大，输入功率增大，输入电压不变，所以两电流表示数增大，故C错误。D、若变阻器滑片不动，S打到b处，副线圈电压变小，输出功率输入功率都减小，由P1=U1I1知，原线圈电流减小，即电压表V2和电流表A1的示数都减小，故D正确。故选：AD。.【解答】解：A、霍尔元件能够把磁学量转换为电学量，故A正确；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，上表面的电势低于下表面，故B错误；CD、根据evB=*,I=neSv,解得U=」!，知增大电流I时，金属导体上下表面的电势差增大，故Ch ned正确，D错误；故选：AC。.【解答】解：A、小球受重力、轨道的支持力、洛伦兹力作用，只有重力做功，机械能守恒，设到右端的最高点的速度为VI，由机械能守恒定律得：mgR=mgR+^m¥：，得：V]：。，恰好到右端的最高点，故A正确；B、从A到C的过程，由机械能守恒定律得：mgR=1m北，解得：vC=/Q，故B错误；2C、小球在C点的速度向右时，洛伦兹力方向向上，由牛顿第二定律得：N"qVcB-mgMm^，解得：N1=3mg-qB/2圆，由牛顿第三定律知对轨道的压力N‘1=N1=3mg-qB/，或，故C正确；D、小球在C点的速度向左时，由牛顿第二定律得：N2-qvCB-mg=m-^，解得：N2=3mg+qB；2，由牛顿第三定律知对轨道的压力N‘2=N2=3mg+qB；南，故D错误；故选：AC。10•【解答】解：AB、cd棒想右做切割磁感线运动，产生的感应电流方向为d到c，则zb棒中的电流为a到b，根据左手定则可知，ab棒受到向右的安培力从而向右做加速运动，而cd棒受到向左的安培力从而做减速运动。当两根棒都做切割磁感线运动时，回路中有两个感应电动势，且方向相反，电路中的总感应电动势为：E=BL（vcd-vab）由于cd棒的速度减小，ab棒的速度逐渐增大，所以回路中的感应电动势逐渐减小，当两者的速度大小相同第9页（共14页）

时，回路中的感应电动势为0,则感应电流为零，两根棒不再受到安培力的作用，总而以相同的速度做匀速直线运动，故AB错误。C、从开始运动到两根棒的速度相同时，根据动量定理有：mv0=2mv所以最终的速度为：v=]q□，此为ab的最大速度，故C正确。D、设当cd棒速度为0.8v0时，ab棒的速度为v‘由动量守恒定律有：mv0=0.8mv0+mv解得：v‘=0.2v0所以回路中的感应电动势为：E=BL（0.8v0-0.2v0）=0.6BLv0,故D正确。故选：CD。三、解答题（共7小题，满分65分）.【解答】解：（1）画出L-T2图象如图所示：根据单摆周期公式丁=2兀；以得：L=—-T21.0V1.0L-T2图象为过原点的一条直线，直线的斜率k=-4JT苫解得：g心9.86m/s2。A、根据g：J,g与摆球质量及振幅无关，故AB错误;C、摆动次数多记了一次，则周期T变小，那么g偏大，故C正确；D、将摆长当成了摆线长和球直径之和，则摆长变大，由上式可知g偏大，故D正确；故选：CD。.【解答】解：（1）由题意可知，滑块A原来静止，第一次拍摄发生在碰撞前，则碰撞发生在A静止的位置，由图示照片可知，碰撞发生在30cm刻度处。（3）由图示照片可知，碰撞后A的速度：vA'=0—二（105-：5）父10、=0.75曲$,碰撞后B的速TOC\o"1-5"\h\zAt 0.4s\o"CurrentDocument"有,町'（30-60^X10-2m /度：vB‘= = - =0.50m/s；Bt 0.4s碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mBvB=mAvA,+mBvB/,代入数据解得：第10页（共14页）vB=1.00m/s；(2)由图示照片可知，B从第一次拍摄滑到A处需要的间：t=^=(。1n=0.2s,1.UUm/s第1次拍摄后，再经过△t=T-t=0.4s-0.2s=0.2s的时间，两滑块发生了碰撞。(4)碰撞前两个滑块组成的系统的动量：P=mBvB=1.5X1.00kg・m/s=1.5kg・m/s；碰撞后两个滑块组成的系统的动量：P'=mAvA'+mBvB'=1X0.75kg・m/s+1.5X0.50kg・m/s=1.5kg・m/s。故答案为：(1)30；(2)0.2；(3)1.00；0.75；0.50；(4)1.5；1.5。13.【解答】解：(1)振子从B到C所用时间t=0.5s,为周期T的一半，所以T=2t=1.0s,设振幅为A,由题意得：BC=2A=20cm,所以A=10cm=0.1m。兀 兀则振动方程为x=Asin(2nt+-^-)=0.1Asin(2nt+-^-)m图象如图所示：(2)振子在1个周期内通过的路程为4A,因t=5s=5T,故振子在5s内通过的路程：s=5X4A=20X10cm=200cm=2m。5s末小球的位移为x=0.1m。答：(1)x=0.1Asin(2nt吟)m,图象如图所示：(2)5s内小球通过的路程为2m,5s末小球的位移为0.1m。14•【解答】解：(1)线圈在转动过程中产生的感应电动势的最大值为：Em=NBSw=100X^X0.05X10nV=50VoE(2)电表显示的是有效值，根据交变电流中最大值与有效值的关系可知：E=—根据欧姆定律可知，电流表示数为:I=」^^3.54AR+r(3)根据电荷量公式可知，从中性面开始计时，线圈转过90°角的过程中，通过电阻R的电荷量为:q=N——心0.16CR+r答：(1)线圈转动产生的电动势的最大值为50Vo第11页(共14页)

(2)电路中交流电流表的示数为3.54A。(3)线圈从图示位置转过90°的过程中通过电阻R的电荷量为0.16C。△宙Abl215.【解答】解：(1)由法拉第电磁感应定律得：年•片=0.57通过线圈的电流为：15A，电流方向为逆时针方向;T(2)由题图乙可知当t=4s时，B=0.6T,线圈受到的安培力为：F=nBIL=3N据左手定则可知安培力方向竖直向上;答：(1)通过线圈的电流为0.5A；(2)在t=4s时线圈受到的安培力大小为3N。16•【解答】解：(