天津市河西區(qū)2019-2020學年高二物理上學期期末考試試題(含解析)

如果您喜歡這份文檔，歡迎下載!精品文檔，名師推薦！———————歡迎下載，祝您學習進步，成績提升———————PAGE19-天津市河西區(qū)2019-2020學年高二物理上學期期末考試試題（含解析）一、選擇題（本題共20小題，每題3分，共60分，在每題列出的四個選項中，只有一項是最符合題目要求的）1.一質點做曲線運動，在運動的某一位置，它的速度方向、加速度方向以及所受合外力的方向之間的關系是()A.速度、加速度、合外力的方向有可能都相同B.加速度方向與合外力的方向一定相同C.加速度方向與速度方向一定相同D.速度方向與合外力方向可能相同，也可能不同【答案】B【解析】【詳解】AD．質點做曲線運動，合力的方向與速度方向一定不在同一條直線上．故A錯誤，D錯誤；B．根據牛頓第二定律知，加速度的方向與合外力的方向一定相同．故B正確；C．物體做曲線運動，合力的方向與速度方向不同，則加速度方向與速度方向不同．故C錯誤．2.如圖所小，直角三角板緊貼在固定的刻度尺上方，使三角板沿刻度尺水平向右勻速運動的同時，一支鉛筆沿著三角板直角邊，從最下端由靜止開始向上做勻加速直線運動．關于鉛筆筆尖的運動，下列判斷正確的是A.筆尖的軌跡是一條傾斜的直線B.筆尖的軌跡是一條拋物線C.在運動過程中，筆尖運動的速度方向始終保持不變D.在運動過秤中，筆尖運動的加速度方始終不變【答案】BD【解析】【詳解】在水平方向上做勻速直線運動，在豎直方向上做勻加速直線運動，合力沿豎直方向，軌跡為一條拋物線，A錯誤B正確；在運動過程中，由于做曲線運動，筆尖的速度方向時刻變化著，但是由于合力恒定，所以加速度恒定，方向不變，D正確；3.河寬d=60m，水流速度v1=4m/s不變，小船在靜水中的行駛速度為v2=3m/s，則()A.小船能垂直直達正對岸B.若船頭始終垂直于河岸渡河，渡河過程中水流速度加快，渡河時間將變長C.小船渡河時間最短為20sD.小船渡河的實際速度一定為5m/s【答案】C【解析】【詳解】A．由于船速小于水速，小船的合速度不可能垂直于河岸，小船不能垂直直達正對岸，故A錯誤；BC．當船速垂直于河岸時，小船渡河時間最短為當水速增大時，渡河時間不受影響，故B錯誤，C正確；D．由于船速方向未知，無法求解渡河速度，故D錯誤。故選C。4.如圖所示，當用扳手擰螺母時，扳手上的P、Q兩點的角速度分別為和，線速度大小分別為和，則（）A.， B.，C.， D.，【答案】A【解析】【詳解】BC．由于P、Q兩點屬于同軸轉動，所以P、Q兩點的角速度是相等的，即ωP=ωQ，故BC錯誤；AD．同時由圖可知Q點到螺母的距離比較大，由可知，Q點的線速度大，即，故A正確，D錯誤．故選A．【點睛】解決本題的突破口在于P、Q兩點的角速度相同，然后熟練掌握勻速圓周運動的各物理量之間公式即可．5.如圖所示,、兩個小球在同一豎直面內從不同高度沿相反方向水平拋出,在P點相遇但不相碰（理想化），其平拋運動軌跡的交點為,，則以下說法正確的是(

)A.球先落地B.、兩球同時落地C.球比球先拋出D.球落地時的動能一定比球落地時的動能大【答案】C【解析】【詳解】AB．由于a先拋出，所以到達p點時在豎直方向的速度a比b大，從p到地面運動的高度相同，速度大的用時更少，所以a比b先落地，故AB錯誤；C．由題可知，a的高度比b的高度更高，由于要在p點相遇，從拋出到p點，a運動的時間更長，要在p點相遇，所以a比b先拋出，故C正確；D．由于不知道兩球的質量大小關系，所以無法確定兩球落地時的動能，故D錯誤．6.如圖所示，過山車的軌道可視為豎直平面內半徑為R的圓軌道質量為m的游客隨過山車一起運動，當游客以速度v經過圓軌道的最高點時A.處于超重狀態(tài)B.向心加速度方向豎直向下C.速度v的大小一定為D.座位對游客的作用力為【答案】B【解析】【詳解】A、B項：游客做圓周運動，在最高點，受重力和軌道的壓力，合外力提供向心力，合外力向下，加速度豎直向下，游客處于失重狀態(tài)，故A錯誤，B正確；C項：在最高點，根據向心力公式得：mg+N=，所以只有當游客對座位的作用力為零時，速度大小才為，故C錯誤；D項：在最高點，根據向心力公式得：mg+N=，解得：N=-mg，故D錯誤．7.如圖所示，一小鋼球在光滑水平桌面上沿AB直線運動，C處有一小球門，BC垂直于AB．現(xiàn)用同一根細管分別沿甲、乙、丙三個方向對準B處吹氣，可將鋼球吹進球門的是()A.甲方向B.乙方向C.丙方向D.都有可能【答案】C【解析】【詳解】小球若進入球門，則吹氣后小球的速度方向沿BC方向，畫出小球的初速度、末速度的方向，由平行四邊形定則畫出小球速度變化的方向如圖，則：

由圖可知鋼球的速度變化的方向沿丙的方向，加速度方向沿丙的方向，所以沿丙的方向吹氣，故C正確，ABD錯誤．8.如圖所示的皮帶傳動裝置中，甲、乙、丙三輪的軸均為水平軸，其中甲、乙、丙三輪的半徑之比．、、三點分別是甲、乙、丙三輪的邊緣點，若傳動中皮帶不打滑，則()A.，兩點的線速度大小之比為B.，兩點的角速度大小之比為C.，兩點的向心加速度大小之比為D.，兩點向心加速度大小之比為【答案】C【解析】【詳解】A．由于甲、乙兩輪是皮帶傳動，皮帶傳動特點是兩輪與皮帶接觸點的線速度的大小與皮帶的線速度大小相同，所以AB兩點的線速度大小之比為1：1，故A錯誤；B．由于乙、丙兩輪共軸，故BC兩點角速度相同，由公式可得所以所以AC兩點的角速度大小之比為，故B錯誤；C．由向心加速度公式得故C正確；D．由向心加速度公式得故D錯誤。故選C。9.關于開普勒行星運動定律，下列說法正確是A.所有行星圍繞太陽的運動軌道都是橢圓，太陽處在橢圓的一個焦點上B.對于任意一個行星來說，它與太陽的連線在相等的時間內掃過相等的面積C.表達式R3/T2=k,k是一個與行星無關的常量D.表達式R3/T2=k,T代表行星運動的自轉周期【答案】ABC【解析】【詳解】A、第一定律的內容為：所有行星分別沿不同大小的橢圓軌道繞太陽運動，太陽處于橢圓的一個焦點上．故A正確；B、開普勒第二定律的內容為：對于任意一個行星來說，它與太陽的連線在相等的時間內掃過相等的面積，故B正確．C、D、第三定律：所有行星的軌道的半長軸的三次方跟公轉周期的二次方的比值都相等，k是與環(huán)繞天體無關，與中心天體有關的常量，而T為環(huán)繞天體的公轉周期，故D錯誤，C正確．故選ABC．【點睛】正確理解開普勒的行星運動三定律是解答本題的關鍵，注意理解面積定律的意義，知道行星在遠日點的速率小于在近日點的速率．10.如圖所示，為地球赤道上的物體，為沿地球表面附近做勻速圓周運動的人造衛(wèi)星，為地球同步衛(wèi)星．則下列說法正確的是（）A.角速度的大小關系是B.向心加速度大小關系是C.線速度的大小關系是D.周期的大小關系是【答案】D【解析】a與c的角速度相等，即，而b、c都圍繞地球做勻速圓周運動，則有：，解得：，因b的半徑小于c的半徑，故，所以有：，根據可知，，故A錯誤，D正確；a與c的角速度相等，由可知，a的半徑小于c的半徑，故，而b、c都圍繞地球做勻速圓周運動，則有：，解得：，因b的半徑小于c的半徑，故，所以，故B錯誤；a與c的角速度相等，由可知，a的半徑小于c的半徑，故，而b、c都圍繞地球做勻速圓周運動，則有：，解得：，因b的半徑小于c的半徑，故，所以，故C錯誤；故選D．【點睛】本題中涉及到三個做圓周運動物體，ac轉動的周期相等，bc同為衛(wèi)星，故比較它們的周期、角速度、線速度、向心加速度的關系時，涉及到兩種物理模型，要兩兩比較．11.我國將于2020年建成完整的“北斗二號”導航系統(tǒng)，該系統(tǒng)由5顆地球同步衛(wèi)星和30顆其他衛(wèi)星組成．則地球同步衛(wèi)星()A.繞地球運行的軌道為橢圓 B.運行周期與地球自轉周期相同C.可靜止在漣水上空 D.運行方向與地球自轉方向相反【答案】B【解析】【詳解】A、地球同步衛(wèi)星運行軌道為位于地球赤道平面上圓形軌道，故A錯誤；

B、地球同步衛(wèi)星運行周期與地球自轉一周的時間相等，即24小時時，故B正確；

C、地球同步衛(wèi)星靜止在赤道上空某處，南通不在赤道上，所以不可靜止在南極上空，故C錯誤；

D、地球同步衛(wèi)星的運行方向與地球自轉方向相同，故D錯誤．【點睛】地球同步衛(wèi)星即地球同步軌道衛(wèi)星，又稱對地靜止衛(wèi)星，是運行在地球同步軌道上的人造衛(wèi)星，衛(wèi)星的運行方向與地球自轉方向相同、運行軌道為位于地球赤道平面上圓形軌道、運行周期與地球自轉一周的時間相等．12.“北斗”系統(tǒng)中兩顆工作衛(wèi)星1和2在同一軌道上繞地心O沿順時針方向做勻速圓周運動，軌道半徑為r，某時刻它們分別位于軌道上的A，B兩位置，如圖所示，已知地球表面處的重力加速度為g，地球半徑為R，不計衛(wèi)星間的相互作用力，以下判斷正確的是（）A.這兩顆衛(wèi)星的向心加速度大小為B.這兩顆衛(wèi)星的角速度大小為C.衛(wèi)星1由位置A運動至位置B所需時間為D.如果使衛(wèi)星1加速，它就一定能追上衛(wèi)星2【答案】C【解析】分析】根據萬有引力提供向心力得出加速度與軌道半徑的關系；根據萬有引力提供向心力，求出角速度的大小，從而求出衛(wèi)星1由位置A運動到位置B所需的時間；衛(wèi)星1在軌道上若加速，所受的萬有引力不夠提供向心力，做離心運動離開原軌道，不會追上衛(wèi)星2．【詳解】A、衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動，萬有引力充當向心力，即：，由萬有引力與重力關系，，解兩式得：，故A錯誤；B、由，將上式代入得：，故B錯誤；C、衛(wèi)星1由位置A運動到位置B所需時間為衛(wèi)星周期的，由，得，故C正確；D、衛(wèi)星1加速后做離心運動，進入高軌道運動，不能追上衛(wèi)星2，故D錯誤；故選C．13.宇宙中兩顆相距很近的恒星常常組成一個雙星系統(tǒng)，它們以相互間的萬有引力彼此提供向心力，而使它們繞著某一共同的圓心做勻速圓周運動，若已知它們的運轉周期為，兩星到某一共同圓心的距離分別為和，那么，這雙星系統(tǒng)中兩顆恒星的質量關系正確的是()A.這兩顆恒星的質量必定相等B.這兩顆恒星的質量之和為C.這兩顆恒星的質量之比為D.其中必有一顆恒星的質量為【答案】BCD【解析】【詳解】設兩顆恒星的質量分別為m1，m2，由萬有引力提供向心力得，對m1：①對m2：②由①得由②得所以③由①/②得④聯(lián)立④③得故選BCD。14.如圖所示，平行導體滑軌MM’、NN’放置于同一水平面上，固定在豎直向下的勻強磁場中，導體棒AB、CD橫放在滑軌上且靜止，形成一個閉合電路．當AB向右滑動的瞬間，電路中感應電流的方向及CD受到的安培力方向分別為（）A.電流方向沿ABCD，安培力方向向右B.電流方向沿ADCB，安培力方向向右C.電流方向沿ABCD，安培力方向向左D.電流方向沿ADCB，安培力方向向左【答案】B【解析】【分析】AB向右移動，則由右手定則可知電流方向，則可知CD中電流的方向，由左手定則可求得CD的運動方向．【詳解】由右手安培定則可知，當AB向右運動時電流由B到A，故電流方向沿ADCB；則再由左手定則可得CD受力向右，故B正確，ACD錯誤．故選B．【點睛】AB運動時產生電流的經過CD，從而使CD受磁場力而產生運動，即先由電磁感應產生電流，電流再在磁場中受到安培力而產生了運動．15.質譜儀是測帶電粒子質量和分析同位素的一種儀器，它的工作原理是帶電粒子（不計重力）經同一電場加速后垂直進入同一勻強磁場做圓周運動，然后利用相關規(guī)律計算出帶電粒子的質量。其工作原理如圖所示，虛線為某粒子的運動軌跡，由圖可知()A.此粒子帶負電B.下極板比上極板電勢高C.若只增大加速電壓，則半徑變大D.若只增大入射粒子的質量，則半徑變小【答案】C【解析】【詳解】A．由左手定則可知，粒子帶正電，故A錯誤；B．粒子經過電場要加速，因正電粒子，所以下極板S2比上極板S1電勢低，故B錯誤；C．根據動能定理得由得若只增大加速電壓，則半徑變大，若只增大入射粒子的質量，則半徑變大，故C正確，D錯誤。故選C。16.關于感應電動勢，下列說法中正確的是()A.穿過線圈的磁通量變化越快，感應電動勢越大B.穿過線圈的磁通量的變化量越大，感應電動勢越大C.穿過線圈的磁通量越大，感應電動勢就越大D.若某時刻穿過線圈的磁通量為零，則該時刻感應電動勢一定為零【答案】A【解析】【詳解】A．由法拉第電磁感應定律可知，感應電動勢與磁通量的變化率有關，磁通量變化越快，感應電動勢越大，故A正確；B．由可知，穿過線圈的磁通量的變化量越大，但若所用的時間長，則電動勢可能小，故B錯誤；C．穿過閉合回路的磁通量越大，磁通量變化不一定快，則感應電動勢不一定大，故C錯誤；D．穿過線圈的磁通量為零，若磁通率不為零，則感應電動勢就不為零，故D錯誤。故選A。17.某研究性學習小組在探究電磁感應現(xiàn)象和楞次定律時，設計并進行了如下實驗：如圖，矩形金屬線圈放置在水平薄玻璃板上，有兩塊相同的蹄形磁鐵，相對固定，四個磁極之間的距離相等．當兩塊磁鐵勻速向右通過線圈位置時，線圈靜止不動，那么線圈所受摩擦力的方向是()A.先向左，后向右 B.先向左，后向右，再向左C.一直向右 D.一直向左【答案】D【解析】【詳解】當原磁通量增加時，感應電流的磁場與原來磁場的方向相反，兩個磁場產生相互排斥的作用力；當原磁通量減少時，感應電流的磁場就與原來磁場的方向相同，兩個磁場產生相互吸引的作用力，所以感應電流總要阻礙導體和磁極間的相對運動．當磁鐵勻速向右通過線圈時，N極靠近線圈，線圈的感應電流總要阻礙磁極的相對運動，給磁極向左的安培力，那么磁極給線圈向右的安培力，線圈靜止不動，是因為受到了向左的摩擦力．當N極離開線圈，線圈的感應電流總要阻礙磁極的相對運動，給磁極向左的安培力，那么磁極給線圈向右的安培力，線圈靜止不動，是因為受到了向左的摩擦力．所以整個過程線圈所受的摩擦力一直向左．故D正確．故選D．18.一矩形線圈在勻強磁場中勻速轉動產生的交變電流電動勢如圖所示，下面說法正確的是A.交流電動勢的有效值為20VB.交流電動勢的有效值為10VC.t=0.01s線圈處于中性面D.交流電動勢的頻率為50Hz【答案】B【解析】【分析】由圖可讀出電動勢的最大值，計算有效值．矩形線圈在勻強磁場中勻速轉動時產生正弦交變電流．磁通量為零，感應電動勢最大；磁通量最大時，感應電動勢為零，線圈恰好通過中性面．由圖可讀出周期，計算頻率．【詳解】AB、由圖象可得Em=20v，有效值為：E=V=10V，故A錯誤，B正確；C.t=0.01s時電動勢最大，磁通量為零，線圈平面與中性面垂直，故C錯誤；D.由圖象可得交流電的周期為T=0.04S，所以頻率為：f=1/T=1/0.04Hz=25Hz，故D錯誤；故選B.19.如圖所示，當把理想變壓器副線圈回路中的開關S閉合時，則A.交流電壓表示數(shù)將變大B.交流電壓表示數(shù)將變小C.交流電流表示數(shù)將變小D.交流電流表示數(shù)將變大【答案】D【解析】【分析】閉合開關相當于負載增加，輸出功率和輸入功率都變大，根據原副線圈中電壓與匝數(shù)成正比，電流與匝數(shù)成反比，判斷電壓表示數(shù)的變化和電流表示數(shù)的變化．【詳解】將電鍵S閉合，負載總電阻變小，根據原副線圈中電壓比等于匝數(shù)比，由匝數(shù)和輸入端電壓不變可知輸出端電壓不變，交流電壓表示數(shù)將不變，所以輸出端電流變大，原副線圈中電流與匝數(shù)成反比，所以輸出端電流變大時輸入端I也增大，故ABC錯誤，D正確．故選D.20.如圖所示，理想變壓器原、副線圈接有三個完全相同的燈泡，其額定電壓均為U，且三個燈泡均能正常發(fā)光．下列說法正確中的是A.原、副線圈匝數(shù)比為3:1 B.原、副線圈匝數(shù)比為1:3C.AB端的輸入電壓為3U D.AB端的輸入電壓為4U【答案】C【解析】【詳解】設燈泡正常發(fā)光時，流過它電流為，則該變壓器原線圈電流，副線圈中電流，則原副線圈匝數(shù)比；所以原線圈兩端的電壓為，則AB端輸入電壓為3，則ABD錯，C正確．故本題選C【點睛】根據理想變壓器原、副線圈電流比和匝數(shù)成反比的規(guī)律，利用三燈泡正常發(fā)光的電流，可以求出匝數(shù)比；利用匝數(shù)比可求得原線圈兩端的電壓，進而可以求出AB端的輸入總電壓．二、綜合題（本題共4小題，共40分．解答應寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟．只寫出最后答案的不能得分，有數(shù)值計算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位．）21.如圖所示，邊長為L、匝數(shù)為n的正方形金屬線框，它的質量為m、電阻為R，用細線把它懸掛于一個有界的勻強磁場邊緣．金屬框的上半部處于磁場內，下半部處于磁場外，磁場隨時間的變化規(guī)律為B=kt．求：（1）線框中的電流強度為多大？（2）t時刻線框受的安培力多大？【答案】（1）（2）【解析】【詳解】（1）線框中的電動勢：電流為：（2）安培力為:22.如圖所示，一個固定在豎直平面上的光滑半圓形管道，管道里有一個直徑略小于管道內徑的小球，小球在管道內做圓周運動，從點脫離后做平拋運動，經過時間1s后又恰好垂直與傾角為的斜面相碰。已知半圓形管道的半徑為R=5m，小球可看做質點且其質量為m=5kg，重力加速度為。求：（1）小球在斜面上的相碰點與點的水平距離；（2）小球經過管道的點時，受到管道的作用力的大小和方向。【答案】(1)10m(2)50N，方向豎直向下【解析】【詳解】(1)小球從B到C做平拋運動，根據平拋運動的規(guī)律：小球在C點的豎直分速度水平分速度則B點與C點的水平距離為(2)在B點，設管道對小球的作用力方向向下，根據牛頓第二定律，有解得管道對小球的作用力方向豎直向下。23.有一臺內阻為1的發(fā)電機，供給一學校照明用電，如圖所示。升壓比為，降壓比為，輸電線的總電阻，全校共22個班，每班有“220V，40W”燈6盞。若保證全部電燈正常發(fā)光，則：（1）輸電線上損耗的電功率多大？（2）發(fā)電機電動勢多大？【答案】(1)144W(2)250V【解析】【詳解】