1、江苏省南通中学2019-2020学年高二物理上学期期中试题（含解析）一、单选题1.关于感应电流，下列说法中正确的是（ ）A. 只要穿过线圈的磁通量发生变化，线圈中就一定有感应电流B. 只要闭合导线做切割磁感线运动，导线中就一定有感应电流C. 当穿过闭合电路的磁通量发生变化时，闭合电路中一定有感应电流D. 若闭合电路的一部分导体不做切割磁感线运动，闭合电路中一定没有感应电流【答案】C【解析】【详解】只要穿过闭合线圈的磁通量发生变化，线圈中就一定有感应电流，选项A错误，C正确；只要闭合电路的部分导线做切割磁感线运动，导线中就不一定有感应电流，比如导线框全部处于垂直导线框平面的磁场中移动，虽然切割磁
2、感线，但回路磁通量不变，没有感应电流，选项B错误；若闭合电路的一部分导体不做切割磁感线运动，但闭合电路所处的位置，磁场发生变化，就会产生感应电流，故D错误；点睛：此题考查产生感应电流的条件，应注意以下几点：“闭合电路”、“磁通量变化”或者“闭合电路”、“部分导体”、“切割磁感线运动”，这些条件缺一不可.2.取两个完全相同的长导线，用其中一根绕成如图（a）所示的螺线管，当该螺线管中通以电流强度为I的电流时，测得螺线管内中部的磁感应强度大小为B，若将另一根长导线对折后绕成如图（b）所示的螺线管，并通以电流强度也为I的电流时，则在螺线管内中部的磁感应强度大小为（ ）A. 0B. 0.5BC. BD.
3、 2 B【答案】A【解析】试题分析：乙为双绕线圈，两股导线产生的磁场相互抵消，管内磁感应强度为零，故A正确考点：磁场的叠加名师点睛：本题比较简单，考查了通电螺线管周围磁场，弄清两图中电流以及导线的绕法的异同即可正确解答本题。3.如图所示，通有恒定电流的导线MN与闭合金属框共面，第一次将金属框由位置平移到位置，第二次将金属框绕cd边翻转到位置，设先、后两次穿过金属框的磁通量变化分别为和，则（）A. B. C. D. 不能判断【答案】C【解析】【详解】第一次将金属框由位置I平移到位置，磁感线穿过金属框方向没有改变，磁通量变化量等于在这两个位置时的磁通量的差值；第二次将金属框绕边翻转到位置，磁感.线
4、穿过金属框的方向发生改变，磁通量变化量等于两个位置时的磁通量绝对值之和，所以，选项C正确.ABD错故选C4.一小船（不含游客）的质量为2m，以1m/s的速度匀速行驶.当质量为m的游客从船上以相对海岸4m/s的水平速度向前跳入水中后，船的速度为（不计水的阻力）（ ）A. 3.5m/sB. -1m/sC. 3m/sD. -0.5m/s【答案】D【解析】【详解】把小船和人看成一个系统满足动量守恒：，代入数据解得：v1=-0.5负号表示运动方向向后A3.5m/s。故A不符合题意。 B-1m/s。故B不符合题意。 C3m/s。故C不符合题意。 D-0.5m/s。故D符合题意。5.如图所示，两辆质量均为M
5、的小车A和B置于光滑的水平面上，有一质量为m的人静止站在A车上，两车静止。若这个人自A车跳到B车上，接着又跳回A车并与A车相对静止，则此时A车和B车的速度大小之比为（）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】【详解】A、B两车以及人组成的系统，动量守恒，规定向右为正方向，有：0MvB（M+m）vA，解得：，故选C。6.1922年英国物理学家阿斯顿因质谱仪的发明、同位素和质谱的研究荣获了诺贝尔化学奖若速度相同的一束粒子由左端射入质谱仪后的运动轨迹如图所示，则下列相关说法中正确的是( )A. 该束带电粒子带负电B. 速度选择器的P1极板带负电C. 在B2磁场中运动半径越大的粒子，质量越大
6、D. 在B2磁场中运动半径越大的粒子，比荷越小【答案】D【解析】【详解】A、带电粒子在磁场中向下偏转，磁场的方向垂直纸面向外，根据左手定则知，该粒子带正电，故A错误；B、在平行金属板间，根据左手定则知，带电粒子所受的洛伦兹力方向竖直向上，则电场力的方向竖直向下，知电场强度的方向竖直向下，所以速度选择器的极板带正电，故B错误；C、进入磁场中的粒子速度是一定的，根据得，知r越大，荷质比越小，而质量m不一定大，故C错误，D正确。二、多选题7.在光滑水平面上，A、B两小车中间有一弹簧，如图所示.用左、右手分别抓住小车A、B，将弹簧压缩后使两小车均处于静止状态将两小车及弹簧看做一个系统，下列说法中正确的
7、是（ ）A. 两手同时放开后，系统总动量始终为零B. 先放开左手再放开右手后，系统总动量不守恒C. 先放开左手再放开右手后，系统总动量向左D. 先放开左手再放开右手后，系统总动量向右【答案】AC【解析】【详解】A若两手同时放开A、B两车，系统所受合外力为零，系统动量守恒，由于系统初动量为零，则系统总动量为零。故A正确。B先放开左手，再放开右手后，两车与弹簧组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒。故B错误。CD先放开左手，再放开右手，系统所受合外力向左，系统所受合外力的冲量向左，系统总动量向左。故C正确；D错误。8.水平面上有一固定的U形光滑金属框架，框架上置一金属杆ab，如图（纸面即水平面），
8、在垂直纸面方向有一匀强磁场，则以下说法中正确的是：A. 若磁场方向垂直纸面向外并增加时，杆ab将向右移动B. 若磁场方向垂直纸面向外并减少时，杆ab将向右移动C. 若磁场方向垂直纸面向里并增加时，杆ab将向右移动D. 若磁场方向垂直纸面向里并减少时，杆ab将向右移动【答案】BD【解析】【详解】A. 若磁场方向垂直纸面向外，并且磁感应强度增大时，根据楞次定律，ab中感应电流方向ab，由左手定则，ab受到的安培力向左，故杆ab将向左移动。故A错误；B. 若磁场方向垂直纸面向外，并且磁感应强度减小时，根据楞次定律，ab中感应电流方向ba，由左手定则，ab受到的安培力向右，杆ab将向右移动。故B正确；
9、C. 若磁场方向垂直纸面向里，并且磁感应强度增大时，根据楞次定律，ab中感应电流方向ba，由左手定则，ab受到的安培力向左，杆ab将向左移动。故C错误；D. 若磁场方向垂直纸面向里，并且磁感应强度减小时，根据楞次定律，ab中感应电流方向ab，由左手定则，ab受到的安培力向右，杆ab将向右移动。故D正确。故选：BD9.如图所示，正方形区域内存在垂直纸面的匀强磁场.一带电粒子垂直于磁场边界从a点射入，从b点射出。下列说法正确的是（ ）A. 粒子带负电B. 粒子在b点的速率大于在a点的速率C. 若仅减小磁感应强度，则粒子可能从b点右侧射出D. 若仅减小入射速率，则粒子磁场中运动时间变短【答案】AC【
10、解析】【详解】A粒子向下偏转，根据左手定则可得粒子带负电。故A正确。B粒子在磁场中运动时洛伦兹力不做功，粒子在b点速率等于在a点速率。故B错误。C根据可知，若仅减小磁感应强度，则粒子运动的半径增大，粒子可能从b点右侧射出。故C正确。D若仅减小入射速率，则粒子在磁场中运动半径减小，粒子轨迹对应的圆心角有可能增大，根据T，可知粒子运动时间可能增加。故D错误。10.光滑水平地面上，A、B两物体质量都为m，A以速度v向右运动，B原来静止，左端有一轻弹簧，如图所示，当A撞上轻弹簧，轻弹簧被压缩到最短时，下列说法正确的是( )A. A、B系统总动量仍然为mvB. A的动量变为零C. B的动量达到最大值D.
11、 A、B的速度相等【答案】AD【解析】A、B组成的系统所受的外力之和为零，动量守恒，总动量为mv，则弹簧压缩最短时，A、B系统总动量仍然为mv，故A正确。弹簧压缩到最短时，A、B速度相等，则A的动量不为零。故B错误，D正确。A在压缩弹簧的过程中，B做加速运动，A做减速运动，弹簧压缩量最大时，速度相等，然后B继续加速，A继续减速。所以弹簧压缩最短时，B的动量未达到最大值。故C错误。故选AD。点睛：解决本题的关键知道动量守恒定律的条件，通过分析两个物体运动的物理过程，分析两物体的距离变化，知道速度相等时，弹簧压缩量最大11. 如图所示，MDN为绝缘材料制成的光滑竖直半圆环，半径为R，匀强磁场的磁感
12、应强度为B，方向垂直纸面向外。一带电量为-q，质量为m的小球自M点无初速下落，下列说法中正确的是（ ）A. 由M滑到最低度点D时所用时间与磁场无关B. 球滑到D时，速度大小v=C. 球滑到D点时，对D的压力一定大于mgD. 滑到D时，对D的压力随圆半径增大而减小【答案】ABD【解析】试题分析：小球的运动导致洛伦兹力出现，由于速度大小不变，当磁场不同时，洛伦兹力大小不同但小球由M滑到最低点D所用时间却不变，故A正确；小球下滑过程中，受到重力、支持力、洛伦兹力，但支持力与洛伦兹力不做功，所以只有重力做功，由小球机械能守恒可得，小球通过D点的速度大小，B正确，由于小球机械能守恒，虽然小球滑到最低点的
13、速度大小不变，但由于小球的运动方向不同，导致洛伦兹力的方向也不同所以小球对D点的压力可能大于重力，也可能小于重力，也可能等于重力C错误D正确，考点：考查了洛伦兹力的应用点评：虽受洛伦兹力，但其不做功，所以小球运动到最低点的速率不变随着运动的方向不同，导致洛伦兹力方向也不同12.如图所示，一质量为M =3.0 kg的长方形木块B放在光滑水平地面上，在其右端放一质量m =1.0 kg的小木块A.现以地面为参考系，给A和B一大小均为4.0 m/s、方向相反的初速度，使A开始向左运动、B开始向右运动，但最后A并没有滑离B板.站在地面上的观察者看到在一段时间内物块A做加速运动.则在这段时间内的某时刻，木
14、块B相对地面的速度大小可能是（ ）A. 2.8 m/sB. 2.5 m/sC. 2.2 m/sD. 1.9 m/s【答案】BC【解析】【详解】A先向左做减速运动，后向右做加速运动，B一直向右做减速运动，当A的速度为0时，设B的速度为v1，以向右为正方向，由动量守恒定律得：Mv0-mv0=Mv1，代入数据得：最后两者一起向右做匀速直线运动，设最终的速度为v，以向右为正方向，由动量守恒定律得：Mv0-mv0=（M+m）v，代入数据解得：v=2m/s这段时间内木板B相对地面的速度范围是：2m/sv2.67m/s。A2.8 m/s。故A不符合题意。 B2.5 m/s。故B符合题意。 C2.2 m/s。
15、故C符合题意。 D1.9 m/s。故D不符合题意。三、实验题13. 在“测电池的电动势和内阻”的实验中，测量对象为一节新的干电池。（1）用图（a）所示电路测量时，在较大范围内调节滑动变阻器，发现电压表变化不明显，原因是 ，从而影响测量值的精确性。（2）为了提高实验的精确度采用（b）所示电路，提供器材：A量程3V和15V的双量程电压表VB量程06A和3A的双量程电流表AC定值电阻R0（R0=15）D滑动变阻器R1（010）E滑动变阻器R2（0200）F开关S和一些导线图（b）电路中，加接电阻R0有两方面的作用：一是方便实验操作和数据测量；二是 为方便实验调节且能较准确地进行测量，滑动变阻器应选用
16、 （填R1或 R2）用笔画线代替导线在图（c）中完成实物连接图实验中改变滑动变阻器的阻值，测出几组电流表和电压表的读数，并在给出的U-I坐标系中画出U-I图线如图（d）所示，则新干电池的内阻r= （结果保留两位有效数字）【答案】（1）电源内阻太小 （2）保护电路中电源和电流表的安全 R1如图所示 029【解析】试题分析：（1）根据U=E-Ir可知，由于新电池内阻很小，电池内压降很小，电压表的读数变化很小，所以如果采用一节新干电池进行实验，实验时会发现，当滑动变阻器在阻值较大的范围内调节时，电压表读数变化很小，即原因是新电池的内阻很小，内电路的电压降很小。（2）加接电阻R0有两方面的作用，一是方
17、便实验操作和数据测量，二是防止变阻器电阻过小时，电池被短路或电流表被烧坏，即保护电路中电源和电流表的安全。因为电流表的量程使用IA=06A，根据闭合电路欧姆定律可知，电路中需要的最大电阻应为，所以变阻器应选R1。如图所示在U-I图象中图线的斜率为R0与r之和：即，解得r=029。考点：测电池的电动势和内阻【名师点睛】本题主要考查了测电池的电动势和内阻。本题的关键是明确新电池的内阻很小，电池的内压降很小，电压表的读数变化很小，所以实验应选内阻较大的旧电池；明确定值电阻除方便操作和测量外，还可以保护电池和电流表；根据闭合电路欧姆定律求出电路中需要的最大电阻即可；根据闭合电路欧姆定律写出关于U与I的
18、函数表达式，然后根据斜率和截距的概念即可求解。四、计算题14.一个质量为m=100g的小球从离厚垫h=0.8m高处自由下落，落到厚软垫上，若从小球接触到软垫到小球陷至最低点经历的时间t = 0.2s，（g=10m/s2），求：（1）小球接触到软垫前的一瞬间的动量；（2）小球从开始下落到陷至最低点的过程中，重力的冲量；（3）软垫对小球的平均冲力.【答案】(1)0.4Ns 向下 (2)0.6Ns 向下 (3)3N 向上【解析】【详解】(1)由机械能守恒可得，小球接触后软垫时的速度为：球与软垫碰撞前动量为：P1=mv=0.14Ns=0.4Ns方向竖直向下(2)落地前后动量的变化为：P=0-P1=0-
19、0.4Ns=-0.4Ns落时过程中，小球重力的冲量为：I=mgt=0.1100.2Ns=0.2Ns方向竖直向下由动量定理可知：I+mgt=P，即为：I+0.2Ns=-0.4Ns解得：I=-0.6Ns （负号表示方向向上）(3)设小球刚落到软垫瞬间的速度为v，对小球自由下落的过程，由机械能守恒可得：解得：选取小球接触软垫的过程为研究过程，取向下为正方向。设软垫对小球的平均作用力为F，由动量定理有：，解得：15.如图所示，水平平行放置的金属导轨PQ和MN相距1 m，导体棒ab放在导轨上，棒的质量为m = 0.4kg，棒的中点用细绳经光滑小滑轮与物体相连，物体的质量M=0.3kg，棒与导轨间的动摩擦
20、因数为 =0.5，匀强磁场的磁感应强度B=2T，方向竖直向下，为了使物体保持静止，应在棒中通入多大的电流？方向如何？（g取10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力）【答案】ab 0.5A-2.5A【解析】【详解】导体棒的最大静摩擦力大小为fmax=0.5mg=2N，M的重力为G=Mg=3N，则fmaxG，要保持导体棒匀速上升，则安培力方向必须水平向左，则根据左手定则判断得知棒中电流的方向为由a到b。根据受力分析，由平衡条件，当摩擦力向右时有：F安=T+f=BI1L，代入数据解得：当摩擦力向左时有：F安=T-f=BI2L，代入数据解得：I2=0.5A所以电流范围：0.5A到2.5A之间。16.在
21、光滑水平面上有一凹槽A，中央放一小物块B，物块与左右两边槽壁的距离如图所示，L=1.0m，凹槽与物块的质量均为m =1kg，两者之间的动摩擦因数 = 0.05，开始时物块静止，凹槽以v0 =5m/s初速度向右运动，设物块与凹槽槽壁碰撞过程中没有能量损失，且碰撞时间不计，g取10 m/s2，求：（1）物块与凹槽相对静止时的共同速度；（2）从凹槽开始运动到两者相对静止，系统产生的总热量；（3）从凹槽开始运动到两者相对静止，物块与右侧槽壁碰撞的次数.【答案】(1)2.5m/s (2)6.25J (3)6次【解析】【详解】(1)设两者间相对静止时的速度为v，由动量守恒定律得：解得：(2)根据能量守恒可
22、得系统产生的总热量为：(3)物块与凹槽间的滑动摩擦力f=N=mg设两者间相对静止前，相对运动的路程为s1，由动能定理得：解得：s1=12.5m已知L=1m，可推知物块与右侧槽壁共发生6次碰撞。17.同步回旋加速器结构如图所示，轨道磁铁产生的环形磁场在同一时刻处处大小相等，带电粒子在环形磁场的控制下沿着固定半径的轨道做匀速圆周运动，穿越沿途设置的高频加速腔从中获取能量.如题图所示同步加速器中磁感应强度随被加速粒子速度的增加而增加，高频加速电场的频率与粒子回旋频率保持同步已知圆形轨道半径为R，被加速粒子的质量为m、电荷量为+q，加速腔的长度为L，且LR,当粒子进入加速腔时，加速电压的大小始终为U，
23、粒子离开加速腔时，加速腔的电压为零已知加速腔外无电场、腔内无磁场；不考虑粒子的重力、相对论效应对质量的影响以及粒子间的相互作用若在t=0时刻将带电粒子从板内a孔处静止释放，求：（1）带电粒子第k次从b孔射出时的速度的大小vk；（2）带电粒子第k次从b孔射出到第(k+1)次到达b孔所经历的时间；（3）带电粒子第k次从b孔射出时圆形轨道处的磁感应强度Bk的大小；（4）若在a处先后连续释放多个上述粒子，这些粒子经过第1次加速后形成一束长度为l1的粒子束（l1L），则这一束粒子作为整体可以获得的最大速度vmax【答案】(1) (2)R (3) (4) 【解析】【详解】(1)粒子在电场中被加速，由动能定
24、理得：kqUmvk20解得：(2) 粒子做圆周运动的周期：由题意可知，加速空腔的长度：LR，粒子在空腔的运动时间可以忽略不计，下一次经过b孔的时间间隔等于粒子在磁场中做圆周运动的周期：(3)粒子第k次从b孔射出，粒子被电场加速k次，由动能定理得：kqUmvk20解得：粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvkBk，解得：(4)粒子第一次加速后的速度：从第一个粒子进入加速空腔到最后一个粒子进入加速空腔的时间：，由可知，粒子被第二次加速后的速度：粒子被二次加速后这一束粒子的长度：l2v2t1l1粒子被第三次加速后的速度：从第一个粒子进入加速空腔到最后一个粒子进入加速空腔的时间：粒子被三次加速后这一束粒子的长度：l3v3t2l1粒子被第四次加速后的速度：从第一个粒子进入加速空腔到最后一个粒子进入加速空腔的时间：粒子被三次加速后这一束粒子的长度：l4v4t3l1粒子被第k次加速后的速度：从第一个粒子进入加速空腔到最后一个粒子进入加速空腔的时间：粒子被k次加速后这一束粒子的长度：lkvktk1l1当粒子束的长度：lkl1L，即：k时粒子束的速度最大，由动能定理得：qUmvmax20，解得：