精品解析：浙江省温州市2019-2020学年高二（上）期末教学质量统一检测物理试题（A卷）（解析版）

020年1月温州市高二期末教学质量统一检测

物理试题卷（A）

选择题部分

一、选择题（本题共12小题，每小题3分，共36分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）

1.下列各组物理量中，全是矢量的是（　　）

A. 位移、时间、加速度

B. 重力、位移、磁感应强度

C. 电势、路程、磁通量

D. 质量、电场强度、平均速度

【答案】B

【解析】

【详解】A．位移、加速度都是有大小又有方向的矢量，时间是只有大小没有方向的标量，故A错误；

B．重力、位移、磁感应强度都有大小又有方向的矢量，故B正确；

C．电势、路程、磁通量都是只有大小没有方向的标量，故C错误；

D．质量是只有大小没有方向的标量，电场强度、平均速度都有大小又有方向的矢量，故D错误。

故选B。

2.一定值电阻接到电压为U0的正弦交变电源上，在一个周期T内产生的热量为Q1；若将该电阻接到电压为U0的直流电源上，在T时间内产生的热量为Q2。则Q1：Q2等于（　　）

A. 1：1 B. ：1 C. 1：2 D. 2：1

【答案】A

【解析】

【详解】由电流热效应可知，由于交变电流的有效值与直流电源电压相等，电阻阻值相等，时间相同，则产生的热量相同，故A正确，BCD错误。

故选A。

3.一个平行板电容器的一块极板不小心被弯曲了。若使两板分别带有等量异种电荷，反映两板间电场线分布的图可能是（　　）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【详解】两板分别带有等量异号电荷，根据电势差与电场强度的关系式U=Ed得，两极板之间电势差一定，而两极板中央的间距大，所以极板中央的电场强度小，电场线疏，故B正确，ACD错误。

故选B。

4.磁力棒是可拆卸类拼搭玩具。如图所示为一磁力棒吸着一颗钢球，下列说法正确的是（　　）

A. 磁力棒对刚球弹力是由于钢球发生形变产生的

B. 钢球受到磁力棒的磁力等于钢球的重力

C. 钢球受到磁力棒的作用力方向竖直向上

D. 钢球和磁力棒整体一起白由下落，则磁力棒对钢球弹力等于零

【答案】C

【解析】

【详解】A．磁力棒对刚球弹力是由于磁力棒发生形变产生，故A错误；

B．对钢球受力分析可知，钢球受重力、磁力棒的磁力和磁力棒对刚球弹力，由平衡可得，重力与磁力棒对刚球弹力的合力大小等于磁力棒的磁力，故B错误；

C．由平衡可知，钢球受到磁力棒的作用力与钢球重力等大反向，说明钢球受到磁力棒的作用力方向竖直向上，故C正确；

D．由于磁力棒对钢球有向上的磁力作用，则磁力棒对钢球弹力等于向下，大小与磁力棒对钢球磁力作用相等，钢球的合力为重力，加速度为重力加速度才能做自由落体运动，故D错误。

故选C。

5.如图所示，在空间坐标系Oxyz中有A、B、M、N点，且AO=BO=MO=NO；在A、B两点分别固定等量同种点电荷+Q1与+Q2，若规定无穷远处电势为零，则下列说法正确的是（　　）

A. O点的电势为零

B. M点与N点的电场强度相同

C. M点与N点的电势相同

D. 试探电荷+q从N点移到无穷远处，其电势能增加

【答案】C

【解析】

【详解】A．规定无穷远处电势为零，则O点的电势大于0，故A错误；

B．由电场叠加可知，M点与N点的电场强度大小相等，M点电场强度方向沿y轴负方向，N点的电场强度沿z轴正方向，故B错误；

C．M点与N点到两点电荷的距离相等，则M点与N点的电势相同，故C正确；

D．由电场叠加可知，Oz方向的电场强度方向沿Oz正方向，则N点电势大于0，且规定无穷远处电势为零，则试探电荷+q从N点移到无穷远处，电势能减小，故D错误。

故选C。

6.“摩天轮”是游乐场非常受欢迎的项目。如图所示，一摩天轮在竖直平面内匀速转动，其半径为40m，转动一周的时间为1min，有一质量为50kg的游客在观光舱中随摩天轮转动，计算时取π=3，下列说法正确的是（　　）

A. 游客在运动过程中所受合力不变

B. 游客过最高点的速度约为20m/s

C. 游客在最低点，观光舱对游客的作用力约为520N

D. 游客在转动轴等高处，观光舱对游客的作用力竖直向上

【答案】C

【解析】

【详解】A．游客在运动过程中做匀速圆周运动，其受合力大小不变，方向时刻变化，故A错误；

B．由速度公式

故B错误；

C．最低点由牛顿第二定律有

得

故C正确；

D．游客在转动轴等高处合力指向圆心，则此时观光舱对游客的作用力斜向上，故D错误。

故选C。

7.两个闭合铁芯和四个线圈组成如图装置。为使电压表有示数，则AB端输入的电流随时间变化的图像可能是（　　）

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【详解】A．A图中电流为恒定电流，则此电流产生的磁场恒定不变，则副线圈中无感应电动势产生，所以电压表无示数，故A错误；

BC．BC两图中的电流均匀变化，则在左侧铁芯副线圈中产生恒定的电流，所以在右侧铁芯原线圈中的电流恒定，则在右侧铁芯副线圈中无电动势产生即电压表无示数，故BC错误；

D．D图中的电流周期性变化，则在左侧铁芯副线圈中产生变化的电流，所以在右侧铁芯原线圈中的电流变化，则右侧铁芯副线圈中产生感应电动势即电压表有示数，故D正确。

故选D。

8.2019年1月3日上午10点26分，“嫦娥四号”探测器成功着陆在月球背面。探测器在着陆过程从轨道3，到轨道2，再到轨道1。设探测器在轨道3与轨道2经过Q点的速度分别为v3Q与v2Q，加速度分别为a3Q与a2Q；探测器在轨道2与轨道1经过P点的速度分别为v2P与v1P，加速度分别为a2P与a1P，则以下说法正确的是（　　）

A. v2P=v1P B. a2P=a1P

C. v3Q＞v2P D. a3Q＞a1P

【答案】B

【解析】

【详解】A．探测器从轨道2到轨道1需要在P点减速做近心运动，则有

故A错误；

B．由公式

可知探测器在轨道2与轨道1经过P点的加速度

故B正确；

C．由公式

得

则有

由于，则

故C错误；

D．由公式

得

可知

故D错误。

故选B。

9.一质量为m的重物，沿与竖直方向成角直线做匀加速运动，加速度大小为a=g，整个过程重物下降的高度为H，则在此过程中（　　）

A. 重力势能减少2mgH

B. 物体机械能增加mgH

C. 合外力对物体做功mgH

D. 物体动能增加mgH

【答案】B

【解析】

【详解】A．重力势能减少

故A错误；

B．由平行四边形定则可知，物体除受重力外还受到与水平方向成角斜向右上方的作用力，大小与重力大小相等，机械能的增加等于此力所做的功即为

故B正确；

C．合力为

合外力对物体做功

故C错误；

D．由动能定理可知，物体动能的增加量等于合外力所做的功即为，故D错误。

故选B。

10.如图，一正方体盒子处于竖直向上匀强磁场中，盒子边长为L，前后面为金属板，其余四面均为绝缘材料，在盒左面正中间和底面上各有一小孔（孔大小相对底面大小可忽略），底面小孔位置可在底面中线MN间移动，让大量带电液滴从左侧小孔以某一水平速度进入盒内，若在正方形盒子前后表面加一恒定电压U，可使得液滴恰好能从底面小孔通过，测得小孔到M点的距离为d，已知磁场磁感强度为B，不考虑液滴之间的作用力，不计一切阻力，则以下说法正确的是（　　）

A. 液滴一定带正电

B. 所加电压的正极一定与正方形盒子的后表面连接

C. 液滴从底面小孔通过时的速度为

D. 恒定电压为

【答案】D

【解析】

【详解】A．由于电场强度方向不清楚，则无法确定液滴电性，故A错误；

B．若液滴带正电，洛伦兹力垂直纸面向外，则电场力垂直纸面向里，说明正极与正方形盒子的前表面连接，若液滴带负电，洛伦兹力垂直纸面向里，则电场力垂直纸面向外，说明正极与正方形盒子的前表面连接，则所加电压的正极一定与正方形盒子的前表面连接，故B错误；

C．稳定后液滴所受电场力和洛伦兹力大小相等，方向相反，液滴在重力作用下运动，故将做匀变速曲线运动，则有

联立解得

，

液滴从底面小孔通过时的速度为

故C错误；

D．稳定后洛伦兹力等于电场力

解得

故D正确。

故选D。

11.某同学将一直流电源的总功率PE、输出功率P和电源内部的发热功率Pr随路端电压U变化的图线画在了同一坐标上，如图中的a、b、c所示，下面说法不正确的是（　　）

A. 反映Pr变化的图线是b

B. 电源电动势为8V

C. 电源内阻为2Ω

D. 当电压为2V时，外电路的电阻为2Ω

【答案】B

【解析】

【详解】A．由闭合电路欧姆定律得

由数学知识可知，反映Pr变化的图线是b，故A正确；

BC．由闭合电路欧姆定律得

即对应图像a，由图像可知，

，

联立解得

故B错误，C正确；

D．当电压为2V时，由闭合电路欧姆定律得

解得

则外电路的电阻为

故D正确。

本题选不正确的，故选B。

12.相隔一定距离的两个光滑小滑轮A和B固定在等高的水平线上，不可伸长绝缘细绳套在两小滑轮上，绳子两头均系在带电小球C的同一点，现加一匀强电场使之保持如图所示的位置，BC绳竖直，AC长度为BC长度的2倍。已知小球C的质量为m，电荷量为+q，则施加的匀强电场最小值为（　　）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【详解】对小球受力分析可知，小球受两段绳子的拉力大小相等，夹角为，两拉力的合力为，方向与水平方向成角，如图所示，由平衡可知，当电场力与垂直时电场力最小，电场强度也最小，则有

故A正确，BCD错误

故选A。

二、选择题Ⅱ（本题共3小题，每小题4分，共12分。每小题列出的四个备选项中至少有一个符合题目要求的。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）

13.如图所示，质量为m的滑块以初速度v0沿倾角为的固定斜面向下运动，同时施加一垂直斜面向上的恒力F=mgcos。已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ=tan，设出发点的重力势能为零，能正确描述滑块下滑过程中速度v、位移x、势能Ep、机械能E随时间t变化的关系是（　　）

A.

B.

C.

D.

【答案】AD

【解析】

【详解】由于垂直斜面向上的恒力F=mgcos，则物块对斜面无压力，物块与斜面间无摩擦力作用，则物块做初速度为的匀加速直线运动，加速度大小为

A．由公式可得，速度与时间的关系为不过原点的倾斜直线，故A正确；

B．由公式可知，位移与时间不成正比，故B错误；

C．重力势能为

则重力势能与时间不成正比，故C错误；

D．由于物块对斜面无压力，物块与斜面间无摩擦力作用，则物块下滑过程中机械能守恒，故D正确。

故选D。

14.在直角坐标系的各象限内存在不同的匀强磁场，不同形状的线圈初始位置如图所示，线圈均绕坐标原点逆时针匀速转动，则下列会产生如图所示感应电流的是（设逆时针方向为感应电流的正方向）（　　）

A.

B.

C.

D.

【答案】BD

【解析】

【详解】A．线圈在进入第二象限过程，由楞次定律可知，产生的感应电流方向为顺时针方向，感应电动势大小为，线圈进入第三象限过程中，一直角边在第二象限切割磁感线，另一直角边在第三象限切割磁感线，回路中的总电动势为

由右手定则可知，此过程中感应电流的方向仍为顺时针方向，故A错误；

B．线圈在进入第二象限过程，由楞次定律可知，产生的感应电流方向为顺时针方向，感应电动势大小为，线圈进入第三象限过程中，一边在第二象限切割磁感线，另一边在第三象限切割磁感线，回路中的总电动势为

由右手定则可知，此过程中感应电流的方向仍为逆时针方向，大小为第一过程的两倍，同理可分析线圈在进入第四象限过程中，回路中的总电动势为

由右手定则可知，此过程中感应电流的方向仍为顺时针方向，大小与第二过程相同，线圈进入第一象过程中只有一边切割磁感线由右手定则可知，此过程中感应电流的方向为逆时针方向，大小为第三过程中的一半，故B正确；

C．线圈切割磁感线的有效长度变化，则感应电流变化，故C错误；

D．从图示位置开始转过过程中只有一边切割磁感线，由右手定则可知，感应电流方向为顺时针方向，转过过程中一边在第三象限切割磁感线，另一边在第二象限切割磁感线，回路中的总电动势为两电势之和，由右手定则可知，此过程中的感应电流方向为逆时针方向，大小为第一过程中的两倍，转过过程中一边在第三象限切割磁感线，另一边在第四象限切割磁感线，回路中的总电动势为两电势之和，由右手定则可知，此过程中的感应电流方向为顺时针方向，大小为第一过程中的两倍，转过过程中只有一边在第四象限切割磁感线，由右手定则可知，此过程中的感应电流方向为逆时针方向，大小与第一过程相同，故D正确。

故选BD

15.如图所示，在平行竖直虚线a与b、b与c，c与d之间分别存在着垂直于虚线的匀强电场、平行于虚线的匀强电场、垂直纸面向里的匀强磁场，虚线d处有一荧光屏大量正离子（初速度和重力均忽略不计）从虚线a上的P孔处进入电场，经过三个场区后有一部分打在荧光屏上。则关于这部分离子（　　）

A. 若比荷越大，经过虚线c的位置越低

B. 若电荷量q越大，离子经过虚线c的速度越大

C. 若电荷量q越大，离子经过虚线c的动能越大

D. 若比荷越大，离子打在荧光屏上的位置越高

【答案】CD

【解析】

【详解】带电粒子运动的轨迹如图

A．粒子在ab区间加速电场中，由动能定理可知

粒子在bc区间内匀强电场中做类平抛运动

在bc区间内经过的时间

在bc区间内的偏转量整理得

所以，粒子经过虚线c的位置都相同，故A错误；

BC．粒子在bc区间内电场力做功

则有

动能为

离子经过虚线c的速度，还与离子质量有关，若电荷量q越大，离子经过虚线c的动能越大，故B错误，C正确；

D．设偏转角为θ，有

所以粒子进入区间cd时的角度都是相同的。粒子在cd的区间内做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，得

得

若比荷越大，在磁场中运动的半径越小，由图可知，在磁场中运动的半径越小打在荧光屏上的位置越高，故D正确。

故选CD。

非选择题部分

三、实验题（本题共2小题，每空2分，共18分）

16.(1)在下列学生实验中，不需要用到打点计时器的实验有_________（填字母）

A.“探究求合力的方法”

B.“探究加速度与力、质量的关系”

C.“探究做功与物体速度变化的关系”

D.“探究小车速度随时间变化的规律”

(2)某同学在做“验证机械能守恒定律”的实验时，选择一条纸带上比较清晰的连续4个点，他测出各相邻点间的距离并标在纸带上，如图所示，已知所用交流电频率为50Hz，重物质量为200g，测得当地的重力加速度g=9.8m/s2.若取打点计时器打点B时，重物重心所在的水平面为零势能面。则打点计时器打下C点时，重物的速度大小vC=_________m/s，重物的机械能EC=_________J。（计算结果均保留3位有效数字）

(3)空气阻力和纸带与打点计时器摩擦阻力不可忽略，则在打点计时器打下B点时，重物的机械能EB______________EC（填“>”、“=”或“<”）。

【答案】    (1). A    (2). 2.41    (3). 0.487    (4). ＞

【解析】

【详解】(1)[1]A．探究合力的方法，抓住两根弹簧秤拉橡皮筋和一根弹簧秤拉橡皮筋效果相同，探究合力和分力的关系，不用打点计时器，故A正确；

B．探究加速度与力、质量的关系，实验中需要测量加速度的大小，需要通过纸带测量加速度，所以需要打点计时器，故B错误；

C．探究做功与物体速度变化的关系，实验中需要测量速度，需要通过纸带测量速度，所以需要打点计时器，故C错误；

D．探究小车速度随时间变化的规律，实验中需要测量速度，需要通过纸带测量速度，所以需要打点计时器，故D错误。

故选A

(2)[2]打点计时器打下C点时，重物的速度大小

[3]重物的动能为

机械能为

(3)[4]由于空气阻力和纸带与打点计时器摩擦阻力作用，重物下落过程机械能一部分转化为内能则打点计时器打下B点时，重物的机械能

17.在“测绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，小灯泡标有“2.5V，1.1W”字样，可用的器材有：干电池、电键、滑动变阻器、电压表、电流表、小灯泡、导线若干。

(1)部分连线的实物照片如图甲所示，请在答题纸上完成实物连接图________；

(2)实验中得到了小灯泡的伏安特征曲线如图丙所示，则可知小灯泡的电阻随电压增大而_________（选填“增大”、“减小”或“不变”）；

(3)某次实验中，当电压表的指针如图乙所示，则电压为________V，此时小灯泡的电阻是_______Ω（计算结果保留2位有效数字）；

(4)若把该小灯泡接入如图丁所示的电路中，闭合开关S，稳定后小灯泡的实际功率是_________W（计算结果保留2位有效数字）。

【答案】    (1).     (2). 增大    (3). 0.60    (4). 2.9~3.1    (5). 0.39（0.39~0.47）

【解析】

【详解】(1)[1]测绘小灯泡的伏安特性曲线实验中，电压变化范围较大，则滑动变阻器用分压式，灯泡电阻较小，电流表用外接法，电路图如图

(2)[2]图像的斜率倒数表示电阻，由图像可知，小灯泡的电阻随电压增大而增大

(3)[3]由于灯泡额定电压为2.5V，则电流表量程应选，精确度为0.1V，由图可知，读数为0.60V

[4]由图丙可知，当电压为0.60V时，电流约为0.2A，则电阻为

由于误差2.9~3.1均可

(3)[5]将电源与R看成新电源，由闭合电路欧姆定律有

将此电源图像画入图像中如图

两图线的交点即为灯泡工作点，即电压为1.23V，电流约为0.32A，则功率为

由于误差0.39W~0.47W均可

四、计算题（本题共3小题，共34分，要求画出必要的图形，写出必要的文字说明，重要的方程式和演算步骤，有数值计算的必须明确写出数值和单位）

18.将一光滑杆倾斜固定。在杆上套一光滑的小球，小球在沿杆向上的拉力F的作用下沿杆向上运动。该过程中小球所受的拉力以及小球的速度随时间变化的规律如图所示，求：

（1）小球的质量和杆的倾角；

（2）重力在0～4s内对小球所做的功。

【答案】（1）m=lkg；=30°；（2）-50J

【解析】

【详解】(1)由图像可知加速度大小为

a1=1m/s2

a2=2m/s2

由牛顿第二定律有

解得

m=lkg，

(2)由图像小球0～4s内位移

x=10m

重力在0～4s内对小球所做功

19.如图所示，水平面aa'与bb'之间存在磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场。现有一质量为m，总电阻为R，边长为d的正方形金属线圈MNPQ，其初始位置MN边与bb'边界重合，线圈在竖直向上F=2mg外力作用下从静止开始竖直向上运动，当线圈QP边离开磁场时，撤去外力F，此后线圈继续运动，当线圈返回到磁场区域时，线圈刚好做匀速直线运动，已知线圈运动过程中所受阻力大小恒为f=0.2mg，水平面aa'与bb'间距也为d，重力加速度为g，求：

（1）线圈下落返回到磁场区域时的速度大小；

（2）线圈上升的最大高度；

（3）线圈从开始运动直到向下离开磁场，整个过程中产生的焦耳热。

【答案】（1）；（2）+2d；（3）3.2mgd-

【解析】

【详解】(1)磁场匀速向下

mg=FA+f

其中f=0.2mg，FA=BId，，E=Bdv2，求得

(2)向下

mg－f=ma2

求得

a2=0.8g

由2a2x=－0，求得

得

xm=x+2d=+2d

(3)向上

mg+f=ma1

2a1x=，求得

设向上过程的焦耳热为Q1，则

求得

设向下过程的焦耳热为Q2，则

Q=Q1+Q2=3.2mgd－

20.某研究学习小组设计如图游戏装置。整条联通的轨道竖直圆轨道与其两侧水平轨道组成，且圆轨道底部与两侧水平轨道平滑连接水平轨道FG右端固定一块竖直挡板N，挡板N的左侧区域AA'与BB'间有一匀强电场，场强方向水平向右。在水平轨道的P点静止释放一质量m=0.02kg，电荷量为q=2×10-3C的带电小球（可视作点电荷），若小球与N挡板碰撞，电荷量减小为碰前的k倍（k<1，碰撞前后机械能不变。已知整条轨道均是绝缘光滑的，圆轨道半径为R=0.3m，AA'与BB'间的电势差U=600V，间距为d=0.4m，P点距离BB'为d，不计空气阻力，设BB'处的电势为零，则：

（1）小球在P点的电势能多大；

（2）k满足什么条件时，小球与N挡板共碰撞2次，且不脱离圆轨道；

（3）若k=，小球在电场中运动的总路程为多少?

【答案】（1）0.3J;（2）;（3）1.1m

【解析】

【详解】(1)PN间场强

E==1500V/m

电势差

U1=Ed1=150V

有

qU1=EP－0

求得

EP=0.3J

(2)小球第一次与挡板N碰撞后不能超过圆心等高处，即

qEd1+kq(-U)≤mgR

求

小球第二次通过圆最高点

求得

有

qEd1+k2q(－U)≥mg2R+

求得

因此取

(3)小球第一次与挡板碰撞后出电场的条件是

qEd1+kq(－U)≥0

即

k≤

若k=，小球第一次与挡板碰撞后没出电场，因此

qEd1－kqEx=0

得

x=0.3m

第二次碰撞后却可以离开电场并通过圆轨道最高点，因此在电场中总路程为

s=d1+2x+d=1.1m