2020年高二下学期期中考试物理试卷 Word版含解析

第二学期高二期中考试物理

一、选择题：

1. 如图所示是甲、乙两车从同一地点出发同向运动的速度图象．根据你的理解，你认为下列说法正确的是（ ）

A. 从图象知乙车初速度是2 m/s B. 甲车的加速度是1m/s2 C. 相遇前两车的最大距离是3 m D. 从乙车开始运动经过2 s后两车相遇 【答案】C 【解析】

试题分析：由图知，乙在t=2s时刻出发，初速度为零．故A错误．由速度图象的斜率等于加速度得知，甲的加速度a则最大距离s=

v3＝＝0.75m/s2，故B错误；当两车速度相等时，距离最大，t411×4×3−×2×3＝3m．t=4s，故C正确．从乙车开始运动经过2 s后，即图中P点，22根据速度图象与坐标轴所围的“面积”大小等于物体的位移，则知，此时甲的位移大于乙的位移，而两车从同一地点出发同向运动，故知乙还没有追上甲．故D错误．故选C． 考点：v-t图像

【名师点睛】本题是为速度--时间图象问题，关键要明确图像的斜率等于物体的加速度，知道在速度-时间图象中图象与坐标轴围成的面积等于物体的位移，两条图像的交点处速度相等，此时两车间距出现最大（或最小）值。

2.压敏电阻的阻值会随所受压力的增大而减小。一同学利用压敏电阻设计了判断升降机运动状态的装置，如图甲所示，将压敏电阻平放在升降机内，受压面朝上，在上面放一物体m，当升降机静止时电流表示数为I0。某过程中电流表的示数为2I0，如图乙所示，则在此过程中

A. 物体处于失重状态 B. 物体可能处于匀速运动状态 C. 升降机一定向上做匀加速运动 D. 甲升降机可能向下做匀减速运动 【答案】D 【解析】

【详解】AB.据题，升降机静止时电流表示数为I0，而此过程中电流表示数为2I0，由欧姆定律分析压敏电阻的阻值变小，说明压敏电阻所受压力增大，则物体处于超重状态，不可能处于匀速运动状态，故AB错误。

CD.物体处于超重状态时，加速度的方向向上，速度方向可能向下，也可能向上，则升降机可能向下做匀减速运动，也可能向上做匀加速运动。故C错误，D正确。

3.如图所示闭合线圈处在变化的磁场中，线圈中产生了顺时针方向的感应电流，而且线圈的面积有收缩的趋势，那么线圈内的磁场可能是

A. 磁场方向垂直纸面向外，且磁感应强度在减小 B. 磁场方向垂直纸面向外，且磁感应强度在增大 C. 磁场方向垂直纸面向内，且磁感应强度花减小 D. 磁场方向垂直纸面向内，且磁感应强度在增大 【答案】B 【解析】

【详解】根据楞次定律的“增反减同”“增缩减扩”，线圈的面积有收缩的趋势，根据“阻碍变化”可知，穿过线圈的磁场在增强，再根据线圈中产生了顺时针方向的感应电流，可判定磁场方向向外；

A. 磁场方向垂直纸面向外，且磁感应强度在减小，与结论不相符，选项A错误； B. 磁场方向垂直纸面向外，且磁感应强度在增大，与结论相符，选项B正确； C. 磁场方向垂直纸面向内，且磁感应强度花减小，与结论不相符，选项C错误； D. 磁场方向垂直纸面向内，且磁感应强度在增大，与结论不相符，选项D错误；

4.如图所示，粗细均匀的绝缘棒组成一直径为D的圆形线框，线框上均匀地分布着正电荷，O是线 框的圆心，现在线框上E处取下足够短的带电最为q的一小段，将其沿OE连线向上移动

D的距离到F点处，若线框的其它部分的带电量与电荷分布保持不变，则此时O点的电场2强度大小为

A. k3q 22DB. k3q 2DC. k5q 22DD. k5q 2D【答案】B 【解析】

【详解】在闭合线框中，电荷关于O点分布对称，故在O点场强为零；现在将电荷量q从E移到F，那么线框部分在O点的场强等效于与E点关于O点对称的电荷量q在O点的场强

kq4kqkq＝212D；F处电荷q在O点的场强E2＝2；又有E1，E2的方向相反，那么，O(D)D23q点的场强E＝E1−E2＝k2；

D3qA. k，与结论不相符，选项A错误； 22D3qB. k2，与结论相符，选项B正确；

D5qC. k，与结论不相符，选项C错误；

2D25qD. k2，与结论不相符，选项D错误；

DE1＝

5.如图甲所示，矩形线圈abcd在匀强磁场中逆时针匀速转动时，线圈中产生的交变电流如图乙所示，设沿abcda方向为电流正方向，则下列说法正确的是( )

A. 乙图中Oa时间段对应甲图中A至B图的过程 B. 乙图中c时刻对应甲图中的C图

C. 若乙图中d等于0.02s，则1s内电流的方向改变50次 D. 若乙图中b等于0.02s，则交流电的频率为50Hz 【答案】A 【解析】

【详解】乙图中Oa时间段对应电流为abcda方向且逐渐变大，则根据楞次定律，此过程对应甲图中A至B图的过程，选项A正确；乙图中c时刻，感应电流最大，则磁通量的变化率最大，即磁通量最小，而C图的磁通量最大，故B错误；若乙图中d等于0.02s，则周期为0.02s，则交流电的频率为50Hz，而一个周期内电流方向改变两次，所以1s内电流的方向改变了100 次；故CD错误；故选A。

6.在2018年亚运会女子跳远决赛中，中国选手许小令获得铜牌。在某一跳中，她（可看作质点）水平距离可达6.50 m，高达1.625 m。设她离开地面时的速度方向与水平面的夹角为α，若不计空气阻力，则正切值tanα的倒数等于（ ）

A. 0.5 【答案】B 【解析】

B. 1 C. 4 D. 8

【详解】从起点A到最高点B可看作平抛运动的逆过程，如图所示：

许小令做平抛运动位移方向与水平方向夹角的正切值为tanβ=0.5，速度方向与水平方向夹角的正切值为tanα=2tanβ=1，则正切值tanα的倒数等于1，故B正确，ACD错误。

7.如图所示，PM为一竖直光滑的固定金属板，板面垂直于纸面，一粗细均匀的金属杆的下端N点连在固定的绝缘铰链上，杆的质量为m，杆的另一端靠在金属板上，杆在竖直平面内，板与N点间连接有一电源，电源的电动势为E，内阻为r，杆的电阻为R，杆长为L，杆与水平方向的夹角为θ， 不计其它电阻，整个装置处在水平向里的匀强磁场中。闭合开关S后杆对金属板的压力恰好为零。则磁场的磁感应强度为

mg(Rr)cos

ELmg(Rr)tanC.

ELA. 【答案】A 【解析】

mg(Rr)sin

ELmg(Rr)D.

ELtanB.

【详解】当闭合开关S后杆对金属板的压力恰好为零，金属杆受到三个力作用而处于平衡状态，受力图如下所示：

根据闭合电路欧姆定律可得：I＝E Rr通电导线所受到的安培力为：F＝BIL＝BEL Rr根据平衡条件，利用正交分解法可得mgcosα=BIL 解得：BA. B. C. D.

8.2018年3月22日，一架中国国际航空CA103客机，从天津飞抵途中遭遇鸟击，飞机头部被撞穿约一平方米的大洞，雷达罩被砸穿，所幸客机及时安全着陆，无人受伤。若飞机的速度为700m／s，小鸟在空中的飞行速度非常小，小鸟的质量为0.4kg。小鸟与飞机的碰撞时10-4s。则飞机受到小鸟对它的平均作用力的大小约为 间为2.5×A. 104N 【答案】C 【解析】

【详解】鸟与飞机撞击时系统动量守恒，以飞机的初速度方向为正方向，由于鸟的质量远小于飞机的质量，鸟的速度远小于飞机的速度，鸟的动量远小于飞机的动量，可以忽略不计，由动量守恒定律可知，碰撞后鸟与飞机的速度相等，为v=700m/s，对小鸟，由动量定理得：

B. 105N

C. 106N

D. 107N

mg(Rr)cos。

ELmg(Rr)cos，与结论相符，选项A正确；

ELmg(Rr)sin，与结论不相符，选项B错误；

ELmg(Rr)tan，与结论不相符，选项C错误；

ELmg(Rr)，与结论不相符，选项D错误；

ELtanFtmv0，解得：Fmv0.470061.1210N，接近106N，C正确． 4t2.510【点睛】本题考查了求鸟对飞机的撞击力，鸟撞击飞机过程中内力远大于外力，系统动量守恒，由动量守恒定律求出撞击后鸟的速度，然后应用动量定理可以求出撞击力．

9.2018年7月是精彩天象集中上演的月份，“水星东大距”、“火星冲日”“全食”等天象先后扮靓夜空，可谓精彩纷呈。发生于北京时间7月28日凌晨的“月全食”，相对于今年1月31日发生的“月全食”来说，这次全食阶段持续时间长达1小时4分钟，比1月底的月全食时间更长。已知月球绕地球的运动轨迹可看做椭圆，地球始终在该椭圆轨道的一个焦点上，则相对1月的月球而言，7月的月球（ ）

A. 绕地球运动的线速度更大 B. 距离地球更远

C. 绕地球运动的线速度更小 D. 距离地球更近 【答案】BC 【解析】

【详解】A、C项：由于7月的月全食时间更长，即月亮处于地球的本影区时间更长，所以7月的月球绕地球运动的线速度更小，故A错误，C正确；

B、D项：月球绕地球运动过程中万有引力做功，由于7月的月球绕地球运动的线速度更小，即万有引力做负功更多，所以7月的月球距离地球更远，故B正确，D错误。

10.如图所示，平行金属板A、B水平放置，将其与理想二极管串联在电源两端，一个带电微粒从P点以一定的初速度平行于极板射入两板间，粒子恰能做直线运动，则下列说法正确的是

A. 微粒一定带负电

B. 增大微粒的速度，微粒将向上偏转 C. 将A板向下移，粒子将向上偏转 D. 将B板向下移，粒子将向下偏转 【答案】AC 【解析】

【详解】A.微粒受向上的电场力，而电容器A板带正电，可知粒子带负电，选项A正确；

B. 增大微粒的速度，微粒竖直方向受力仍平衡，即仍沿直线运动，选项B错误；

C. 将A板向下移，两板距离减小，则电容器电容变大，电容器充电，两板场强变大，则粒子受向上的电场力变大，则粒子将向上偏转，选项C正确；

D. 将B板向下移，两板间距变大，则电容器的电容减小，则电容器应该放电，但是由于二极管有单向导电性使得电容器不能放电，则电容器电量不变，场强不变，则粒子将仍沿直线运动，选项D错误.

11.如图所示，理想变压器原线圈匝数n1=1100匝，副线圈匝数n2=220匝，交流电源的电压

u=2202sin100πt(V)，电阻R=44Ω，电表均为理想交流电表。则下列说法中不正确的是( )

A. 交流电的频率为50Hz B. 电流表A1的示数为0.20A C. 变压器的输入功率为88W D. 电压表的示数为44V 【答案】C 【解析】

的22fTn2220U1220V44V，则电压表n11100【详解】A：交流电源的电压u=2202sin100πt(V)，则100rad/s，据可得，交流电的频率f100Hz50Hz。故A项正确。 22D：交流电源的电压u=2202sin100πt(V)，则变压器原线圈两端电压U1220V，据

U1:U2n1:n2可得，变压器副线圈两端电压U2的示数为44V。故D项正确。 B：变压器副线圈的电流I2U244A1A，据I1:I2n2:n1可得，变压器原线圈的电流R44I1n2220I21A0.2A，所以电流表A1的示数为0.20A。故B项正确。 n111002U2442C：变压器输出功率P2W44W，变压器的输入功率P1P244W。故C项

R44错误。

本题选不正确的，答案是C。

12.如图所示，垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场以虚线为界，虚线左侧磁场范围足够大，单匝矩形线圈的中轴线与磁场边界重合，线圈以恒定的角速度ω绕中轴线转动，线圈所围面积为S，线圈导线的总电阻为R。t=0时刻线圈平面与纸面重合，则下列说法正确的是

A. t时刻线圈中电流的瞬时值为

BSsint 2RB. 线圈中电流的有效值为

2BS 4R2BS 4RC. 线圈中电流的最大值为

(BS)2D. 线圈消耗的电功率为

R【答案】AB 【解析】

【详解】A.交流电的电动势最大值Em=时值i1BSω，从中性面开始计时，故t时刻线圈中电流的瞬2BSsint，故A正确； 2REmBSIBS2BS＝ ，故B，则有效值Im＝＝R2R22R24RBC.线圈中电流的最大值为Im正确，C错误；

(BS)2D.根据电功率公式得，线圈消耗的电功率P=IR= ，故D错误。

8R2

二、非选择题：

13.某校物理兴趣小组利用如图甲所示装置探究合力做功与动能变化的关系。在滑块上安装一遮光条，系轻细绳处安装一拉力传感器（可显示出轻细绳的拉力），把滑块放在水平气垫导轨上A处，细绳通过定滑轮与钩码相连，光电门安装在B处。气垫导轨充气，将滑块从A位置由静止释放后，拉力传感器记录的读数为F，光电门记录的时间为△t。

（1）用螺旋测微器测量遮光条宽度，如图乙所示，则宽度为 _________mm。

（2）多次改变钩码的质量（拉力传感器记录的读数F相应改变），测得多组F和△t数据，要得到线性变化图象，若已知选定F作为纵坐标，则横坐标代表的物理量为__________。 A t B. (t)2 C.

（3）若正确选择横坐标所代表的物理量后，得出线性变化图象的斜率为k，且已经测出A、B之间的距离为s，遮光条的宽度为d，则滑块质量（含遮光条和拉力传感器）的表达式为M=_________。

【答案】 (1). 2.558（2.557～2.559 均正确） (2). D (3). 【解析】

0.01mm=0.058mm，所以【详解】第一空.螺旋测微器的固定刻度为2.5mm，可动刻度为5.8×最终读数为2.5mm+0.058mm=2.558mm，即遮光条的宽度d=2.558mm．

12dMd212第二空.滑块通过光电门B的速度v＝，根据动能定理得Fs=Mv，则F()，

Vt22sVt要得到线性变化图象，若已经选定F作为纵坐标，则横坐标代表的物理量为(ABC错误．

的121 D. () tt2ks d212 )，故D正确，Vt122skMd212Md2)图象的斜率k=第三空.根据F，解得：M2. ()可知，F-( Vtd2sVt2s

14.图(a)为某同学组装完成的简易多用电表的电路图．图中E是电池；R1、R2、R3、R4和R5是固定电阻，R6是可变电阻；表头Ⓖ的满偏电流为250 μA，内阻为480 Ω.虚线方框内为换挡开关，A端和B端分别与两表笔相连．该多用电表有5个挡位，5个挡位为：直流电压1 V挡和5 V挡，直流电流1 mA挡和2.5 mA挡，欧姆×100 Ω挡．

(1)图(a)中的B端与________(选填“红”或“黑”)色表笔相连接． (2)关于R6的使用，下列说法正确的是________(填正确答案标号)． A．在使用多用电表之前，调整R6使电表指针指在表盘左端电流“0”位置 B．使用电压挡时，调整R6使电表指针尽可能指在表盘左端电压为“0”位置 C．使用电流挡时，调整R6使电表指针尽可能指在表盘右端电流最大位置

D．使用欧姆挡时，先将两表笔短接，调整R6使电表指针指在表盘右端电阻“0”位置 (3)换挡开关接1时，对应的挡位是________，换挡开关接3时，对应的挡位是__________． A．直流电压1 V挡 B．直流电压5 V挡 C．直流电流1 mA挡 D. 直流电流2.5 mA挡 E. 欧姆×100 Ω挡

(4)某次测量时该多用电表指针位置如图(b)所示．若此时B端是与“1”相连的，则多用电表读数为________(结果保留3位有效数字)；若此时B端是与“3”相连的，则读数为________． 【答案】 (1). 红； (2). D; (3). D; (4). E; (5). 1.46—1.48mA; (6).

1100 ;

【解析】

（1）根据欧姆表原理可知，内部电源的正极应接黑表笔，红表笔与内置电源负极相连，由图

示电路图可知，B端与红表笔相连；

（2）由电路图可知，R6只在测量电阻时才接入电路，故其作用只能进行欧姆调零，不能进行机械调零，同时在使用电流档时也不需要时行调节，D正确；

（3）直流电流档分为1mA和2.5mA，由图可知，当接1时为电流2.5mA挡，D正确；换挡开关接3时，多用电表内置电源接入电路，此时测电阻，E正确；

（4）若与1连接，则量程为2.5mA，由图示表盘可知，其分度值为0.05mA，读数为1.48mA；选择开关接3时为欧姆档×100Ω挡，读数为11×100=1100Ω；

【点睛】本题考查了多用电表读数以及内部原理，要注意明确串并联电路的规律应用，同时掌握读数原则，对多用电表读数时，要先确定电表测的是什么量，然后根据选择开关位置确定电表分度值，最后根据指针位置读数；读数时视线要与电表刻度线垂直。

15.如图所示，长L1宽L2的矩形线圈电阻为R，处于磁感应强度为B的匀强磁场边缘，线圈与磁感线垂直，将线圈以向右的速度v匀速拉出磁场的过程中。求：

（1）线圈中的电流大小； （2）拉力F大小。

BL2vB2L22v【答案】（1）I（2）F

RR【解析】

【详解】（1）线圈拉出磁场的电动势：E=BL2v 线圈中的电流大小：IEBL2v RR（2）匀速拉出磁场：FFA

FABIL2

B2L22v解得：F

R

16.质量为m=lkg物块置于水平地面上，现对物块施加水平向右的力F，力F随时间变化的规律如图所示，已知物块与地面间的动摩因数μ=0.4，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2，求：

（1）4s末物体的速度；

（2）前4s内力F的平均功率。 【答案】（1）6m/s（2）19.5W 【解析】

【详解】（1）物块与地面间的最大静摩擦力为：fmmg4N

在第1s内物块静止不动，第1～3s内物块做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：

a1F1mg4m/s2 m的

3s末物块的速度为：v1a1t1428m/s

第3～4s内物块做匀减速直线运动，由牛顿第二定律：a24s末速度：v2v1a2t26m/s

（另解：根据动量定理：Ft11F2t2mgt1t2mv2，代入数据解得v2=6m/s） （2）设1～3s内和第3～4s内物体的位移分别为x1和x2。则有：

F2mg2m/s2 mx112a1t18m 2v＋vx212t27m

2前4s内力F做功大小为：WF1x1F2x2 解得：W=78J

前4s内力F做功的平均功率P

W78W19.5W t417.如图所示，质量均为m的三个物体A、B、C静止置于足够长光滑水平面上，A、B之间用弹簧拴接。某时刻给C一个向右的瞬时冲量I，C与B碰后粘在一起，C与B碰撞时间极短。求弹簧的最大弹性势能。

【答案】Epm【解析】

I2 12m【详解】对于物体C，根据动量定理有Imv0

物体C与物体B发生碰撞，动量守恒，则有mv02mv

物体C与物体B碰后粘在一起作为整体，通过弹簧与物体A发生作用，当物体B、C整体与物体A速度相等时，弹簧的弹性势能最大 根据动量守恒定律有：2mv=3mv′ 根据机械能守恒定律有：

112mv23mv2＋Epm 22I2 12m联立解得弹簧的最大弹性势能为Epm

18.如图所示空间有一水平向右的匀强电场，虚线AD为电场的边界线，在AD的右侧有一边长为d的正方形虚线框ABCD，在虚线框内存在如图所示方向的匀强磁场，但磁感应强度大小未知。在BA的延长线上距离A点间距为d的位置O有一粒子发射源，能发射出质量为 m、电荷量为＋q的粒子，假设粒子的初速度忽略不计，不计粒子的重力，该粒子恰好从虚线框的C=0.6。求： 位置离开，已知电场强度的大小为E，sin37°

（1）虚线框内磁场的磁感应强度B的大小； （2）要使带电粒子以最短时间从距离C点

2d的位置O'离开，则磁感应强度值应为多大。 3【答案】（1）B【解析】

2mE92mE（2）B' qd5qd【详解】（1）设粒子运动到A点时的速度大小为v， 由动能定理可知qEd12mv 2粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，半径r=d

v2由牛顿第二定律得qvBm

r解得：B2mE qd（2）设粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径为r′作粒子运动轨迹如图所示，

由几何关系得：(dr)()r， 解得：r2d3225d 9v2由牛顿第二定律得：qvB'm，

r'解得：B'

92mE 5qd