1、辽宁省本溪市2019-2020学年高二物理下学期寒假验收试题（含解析）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】【详解】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
2、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】详解】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
3、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1VD. 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】【详解】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
4、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】【详解】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
5、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
6、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】【详解】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I1I2，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. B1B. B2C. B3D. B4【答案】C【解
7、析】【详解】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I1I2，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AB1与分析结果不符，A错误BB2与分析结果不符，B错误CB3与分析结果相符，C正确DB4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(q0)、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】【详解】带电
8、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vA，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UB. 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
9、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EqqvB，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】【详解】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
10、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】【详解】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
11、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. TATBB. EkAEkBC. SA=SBD. 【答案】AD【解析】【详解】根据 知，轨道半径越大，周期越大，所以TATB，故A正确；由 知： ，所以vBvA，又因为质量相等，所以EkBEkA，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
12、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【点睛】重点是要掌握天体运动的规律，万有引力提供向心力选项C容易错选，原因是开普勒行星运动定律的面积定律中有相等时间内行星与太阳的连线扫过的面积相等这是针对某一行星的，而不是两个行星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
13、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】【详解】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
14、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0.1B. 当F=10N时木板B加速度为4m/s2C. 木板B的质量为1kgD. 滑块A的质量为4kg【答案】BC【解析】【详解】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
15、时，F=6N，代入数据解得：=0.2故AD错误，C正确。B根据F=10N8N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00.6A，内阻约为0.1C.电流表：量程为00.6A，内阻r=0.3D.电压表：量程为03V，内阻未知E.电压表：量程为015V，内阻未知F.滑动变阻器：010，允许通过的最大电流为3AG.滑动变阻器：0100，允许通过的最大电流为1AH.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
16、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UI图像，由图可知，电源电动势E=_V，内阻r=_；(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6，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
17、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 (2). F (3). (4). 1.50 (5). 0.7 (6). 等于 (7). 0.18-0.20 (8). BC【解析】【详解】(1)12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)45根据实验数据作出如甲U-I图像，由图可知，电源电动势E=
18、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UI图像如图：交点坐标为I=0.25A，U=0.75V则P=IU=0.18W(6)8AB.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
19、，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，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】【详解】（1）设向右为正方向，根据动量守恒定律有mv0=（m+M）v对小车mg=Mav=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
20、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】【分析】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；由平衡条件和库仑力公式求出带电小球的电量大小；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，根据运动规律求出小球从抛出到第一次落回斜面的时间；【详解】解：(1)对小球m在P点进行受力分析可
21、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=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
22、为=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/sv5m/s，水平向右；（2）【解析】详解】（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+mgcos=mgsin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=mgsin+mgcos解得v2=5m/s则1m/sv5m/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=0.4ma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