资料简介
2019-2020 学年度六安中学第二学期期末考试物理试题
（时间 90 分钟满分 100 分）
第 I 卷（选择题)
一、单选题（每小题只有一个选项符合题意，每题 4 分，共 40 分）
1.下列说法不正确的是.
A. 在研究某学生骑车返校的速度时可将其视为质点，而对这位学生骑车姿势进行生理学分析时不可将其视
为质点
B. 在研究物体的运动时，引入了“质点”的概念，是采用建立理想物理模型的方法
C. 伽利略猜想自由落体速度与下落的时间成正比，并直接用实验进行了验证
D. 时刻是指运动过程中的某一瞬间、对应着一个位置，时间是两个时刻之间的间隔、对应着一个运动过
程．
【答案】C
【解析】
【详解】A．用来代替物体的有质量的点叫质点．要把物体看作质点，就要看所研究问题的性质，如果运动
物体的形状和大小跟它所研究的问题相比可忽略不计，物体就可视为质点．
在研究某学生骑车返校的速度时，学生的形状和大小能忽略可将其视为质点；对这位学生骑车姿势进行生
理学分析时，学生的形状和大小不能忽略不可将其视为质点．故 A 正确，不符合题意；
B．在研究物体的运动时，引入了“质点”的概念，是采用建立理想物理模型的方法．故 B 正确，不符合题意；
C．伽利略猜想自由落体速度与下落的时间成正比，并未直接进行验证，而是在斜面实验的基础上进行理想
化推理．故 C 错误，符合题意；
D．时刻是指运动过程中的某一瞬间、对应着一个位置，时间是两个时刻之间的间隔、对应着一个运动过
程．故 D 正确，不符合题意。
故选 C。
2.汽车在水平面上刹车，其位移与时间的关系是 ，则它在前 3s 内的平均速度为（ ）
A. 8m/s
B. 10m/s
C. 12m/s
D. 14m/s
【答案】A
【解析】
【分析】
224 6x t t= −本题为汽车刹车问题，故应先根据位移表达式求出初速度及加速度；由速度公式求得静止所需要的时间；
明确 3s 内的位移，再由平均速度公式求出平均速度．
【详解】由位移与时间的关系可知，v0=24m/s；a=-12m/s2；
则由 v=v0+at 可知，汽车在 2s 末即静止；
故 3s 内的位移 2s 内的位移，故 x=3s 内汽车的位移 x=24×2-6×4=24m；
则汽车的平均速度 ．
故应选：A．
【点睛】本题为易错题，很多同学忽略了汽车刹车问题，故直接代入 3s 而求出错误的位移；遇到汽车刹车
问题应首先分析汽车静止所需要的时间，然后再进行分析．
3.如图所示，已知用光子能量为 2.82eV 的紫光照射光电管中的金属涂层时，毫安表的指针发生了偏转．若
将电路中的滑动变阻器的滑头 P 向右移动到某一位置时，毫安表的读数恰好减小到零，电压表读数为 1V，
（已知电子质量 me=9.11×10-31kg，普朗克常量 h=6.63×10-34J•s ， 1eV=1.60×10-19J），则该金属涂层的极限频
率约为（ ）
A. 4.4×1014Hz B. 5.7×1014Hz
C. 4.4×1016Hz D. 5.7×1016Hz
【答案】A
【解析】
【详解】毫安表的读数恰好减小到零说明逸出的电子的动能恰好能克服电场力做功
EK=eU=1eV，
由公式 E=W+EK 知
W=2.82-1=1.82eV=2.912×10-19J
根据 解得
故 A 正确。
故选 A。
24 83
x m mv s st
= = =
h Wγ =
19
14
34
2.912 10= 4.4 10 Hz6.63 10
W J
h J s
γ
−
−
×= = ×× ⋅4.下列关于图的说法中正确的是
A. 原子中的电子绕原子核高速运转时，运行轨道的半径是任意的
B. 发现少数 α 粒子发生了较大偏转，说明原子的质量绝大部分集中在很小的空间范围
C. 光电效应实验说明了光具有波动性
D. 射线甲由 α 粒子组成，每个粒子带两个单位正电荷
【答案】B
【解析】
【详解】根据玻尔理论可以知道，电子绕原子核运动过程中是沿着特定轨道半径运动的，A 错；根据卢瑟
福的 α 粒子散射实验现象，发现少数 α 粒子发生了较大偏转，说明原子的质量绝大部分集中在很小的空间
范围，则 B 对；光电效应表明了光的粒子性，C 错；根据左手定则可以判断射线甲带负电，是电子流，D
错．故选 B.
5.根据热学知识可以判断，下列说法正确的是（ ）
A. 载重汽车卸去货物的过程中，外界对汽车轮胎内的气体做正功
B. 气体的摩尔质量为 M，分子质量为 m，若 1 摩尔该气体的体积为 V，则该气体分子的体积为
C. 一定量 100℃的水变成 100℃的水蒸气，其分子之间的势能增加
D. 空调的压缩机制冷时，将热量从温度较低的室内送到温度较高的室外，所以这一过程不遵守热力学第二
定律
【答案】C
【解析】
【详解】A．载重汽车卸去货物的过程中，轮胎体积变大，则汽车轮胎内的气体对外界做正功，故 A 错误；
B．若 1 摩尔该气体的体积为 V
该气体分子所占空间的体积为
mV
M
A 0V N V=
A
MN m
=由于气体分子的体积远小于该气体分子所占空间的体积，故 B 错误；
C．对的，因为在水蒸发要吸收能量，蒸发过程中温度恒定，也就是说分子动能不变，能量转化到分子势能
中，故分子之间的势能增加，故 C 正确；
D．空调机压缩机制冷时，空气压缩机做功，消耗电能，制冷过程不是自发的进行的，将热量从温度较低的
室内送到温度较高的室外，所以这一过程遵守热力学第二定律，故 D 错误。
故选 C。
6.如图甲所示，单匝闭合线圈固定在匀强磁场中，t=0 时刻磁感线垂直线圈平面向里，磁感应强度随时间变
化如图乙所示，线圈面积 S=0.1m2，电阻 ．在 0~2s 时间内，下列说法正确的是（ ）
A. 线圈中的感应电流沿逆时针方向
B. 线圈中的感应电动势大小为 0.5 V
C. 线圈中产生的焦耳热为 0.05 J
D. 通过线圈横截面的电荷量为 0.1 C
【答案】D
【解析】
【 详 解 】 AB ． 由 楞 次 定 律 知 线 圈 中 的 感 应 电 流 沿 顺 时 针 方 向 ， 根 据 法 拉 第 电 磁 感 应 定 律 ：
，故 AB 错误；
C．线圈中产生的焦耳热： ，代入数据解得：Q=0.5J，故 C 错误；
D．通过线圈横截面的电荷量： ，代入数据得：q=0.1C，故 D 正确．
7.如图所示，图线 a 是线圈在匀强磁场中匀速转动时产生的正弦交流电的图像，当调整线圈转速后，所产生
的正弦交流电的图像如图 b 所示，以下关于这两个正弦交流电的说法中正确的是（ ）
0
mVV M
=
1R = Ω
11 0.1V 0.05V2
BE N St
∆= = × × =∆
2Q I Rt=
BSq N R
∆=A. 线圈先后两次转动的角速度之比为 2:3
B. 交流电 a 的电压有效值为
C. 交流电 b 的电压瞬时值为
D. 交流电 a 在图中 t=0.1s 时刻穿过线圈的磁通量变化率为零
【答案】C
【解析】
【详解】由图可知，周期 Ta=0.4s，Tb=0.6s，根据 ,则线圈先后两次角速度之比 ωa：ωb=Tb：Ta=3：
2．故 A 错误．由图电压最大值 Um=10V，交流电 a 电压有效值 ，故 B 错误；由电动
势的最大值 Em=NBSω，则两个电压最大之值比 Uma：Umb=ω a：ωb=3：2，则交流电 b 电压的最大值为
V；周期 Tb=0.6s， ，交流电压 b 的瞬时值表达式为 ，故 C 正确；
交流电 a 在图中 t=0.1s 时刻感应电动势最大，磁通量变化率最大，故 D 错误；故选 C．
8.如图所示，理想变压器的原线圈接有频率为 f、电压为 U 的交流电，副线圈接有光敏电阻 R1、用电器
R．下列说法正确的是
A. 当光照增强时，变压器的输入功率减小
B. 当滑动触头 P 向上滑动时，用电器消耗的功率减小
C. 当 U 增大时，用电器消耗 功率减小
D. 当 f 减小时，变压器的输入功率减小
【答案】B
【解析】
【详解】A．当光照增强时，光敏电阻的电阻值减小，故变压器的输出功率增加，故输入功率也增加，故 A
错误；
B．当滑动触头 P 向上滑动时，原线圈匝数增加，根据 ，变压器的输出电压减小；根据功率表达
的
的
10 2V
20 10u sin πt V3 3
=
2
T
πω =
10 5 2
2
U V V= =
20
3
2 10 /3b
b
rad sT
πω π= = 20 10sin3 3u tVπ=
1 1
2 2
U n
U n
=式 ，输出功率减小，故输入功率也减小，故 B 正确；
C．当 U 增大时，根据 ，变压器的输出电压增加；根据功率表达式 ，用电器消耗的功率
增大；故 C 错误；
D．当 减小时，输入电压和输出电压不变，输出功率不变，故变压器的输入功率不变，故 D 错误。
9.如图，一光滑平行金属轨道平面与水平面成 θ 角，两导轨上端用一电阻 R 相连，该装置处于匀强磁场中，
磁场方向垂直轨道平面向上．质量为 m 的金属杆 ab，以初速度 v0 从轨道底端向上滑行，滑行到某一高度 h
后又返回到底端．若运动过程中，金属杆保持与导轨垂直且接触良好，并不计金属杆 ab 的电阻及空气阻力，
则( )
A. 上滑过程中安培力的冲量比下滑过程安培力的冲量大
B. 上滑过程通过电阻 R 的电量比下滑过程多
C. 上滑过程通过电阻 R 产生的热量比下滑过程多
D. 上滑过程的时间比下滑过程长
【答案】C
【解析】
【详解】ACD．由于导体棒切割磁感线产生感应电流，棒的机械能不断减少，经过同一位置时下滑的速度
小于上滑的速度，则下滑阶段的平均速度大于下滑阶段的平均速度，而上滑阶段的位移与下滑阶段的位移
大小相等，所以上滑过程的时间比下滑过程短；下滑时棒受到的安培力小于上滑所受的安培力，则下滑过
程安培力的平均值小于上滑过程安培力的平均值，所以上滑导体棒克服安培力做功大于下滑过程克服安培
力做功，故上滑过程中电阻 R 产生的热量大于下滑过程中产生的热量多；根据冲量定义上滑过程中安培力
的冲量
与下滑过程安培力的冲量相等，故 AD 错误，C 正确；
B．根据感应电量公式 知，上滑过程和下滑过程磁通量的变化量相等，则通过电阻 R 的电量相等，
故 B 错误；
2UP R
=
1 1
2 2
U n
U n
= 2UP R
=
f
2 2 2 2
t= B L v B L xI F tR R
= ∑ ∑ =安
q R
φ∆=故选 C。
二、多选题（每小题有多个选项符合题意，选全对得 4 分，选不全得 2 分，错选得 0 分，共 3
题，总分 12 分）
10.a、b 两物体沿同一直线运动，运动的位置一时间（ ）图像如图所示。分析图像可知（ ）
A. 时刻两物体的运动方向相同 B. 时间内的某时刻两物体的速度相等
C. 时间内 a、b 两物体运动的路程不等 D. 时刻 b 物体从后面追上 a 物体
【答案】BCD
【解析】
【详解】A．图像的切线斜率表示速度， 时刻 a 的速度为正、b 的速度为负，运动方向相反，选项 A 错误；
B．如图所示， 时间内有一点 N，在这一点 b 图像的斜率与 a 图像的斜率相等，即二者速度相等（临
界点），选项 B 正确。
C． 时刻和 时刻，二者位置坐标均相等，则 时间内两物体位移相等。但该过程中，a 始终正向运
动，b 先负向、后正向运动，则二者运动的路程不等，选项 C 正确。
D． 时刻两物体在同一位置，之前一段时间二者速度方向相同，且 b 的速度大于 a 的速度，则 b 从后面追
上 a。选项 D 正确；
故选 BCD.
11.A、B 两球用长为 L 的细线相连，现提着 B 从一定高处由静止释放，A、B 两球落地时间差为△t1 速度差
为△v1：若再从稍高处自由释放，两球落地时间差为△t2，速度差为△v2，不计空气阻力，则( )
A. △t1△t2 C. △v1△v2
【答案】BD
【解析】
x t−
1t 21 ~t t
21 ~t t 2t
1t
21 ~t t
1t 2t 21 ~t t
2t【详解】AB．设细线的长度为 L，第一个小球着地后，另一个小球运动的位移为 L，在 L 内运动的时间，
即为两球落地的时间差，第一个球着地的速度为另一个小球在位移 L 内的初速度．高度越高，落地的速度
越大，知高度越高，另一个小球在位移 L 内的初速度越大，根据
L=v0t+ gt2
初速度越大，时间越短．所以
△t1＞△t2
故 B 正确，A 错误。
CD．根据
△v=g△t
可知
△v1＞△v2
故 D 正确，C 错误。
故选 BD。
12.一定质量的理想气体，状态变化过程如 V－T 图像中 ABC 图线所示，由图线可知
A. A→B 过程，气体吸热、压强增大
B. B→C 过程，气体放热、压强增大
C. C→A 过程，分子密度减小
D. C→A 过程，分子在单位时间内撞击单位面积容器壁的次数增加
【答案】BC
【解析】
【详解】A．理想气体的内能只由温度决定，A→B 过程，等压膨胀，内能增大，气体吸热，A 错误；
B．B→C 过程，等温压缩，内能不变，对气体做功，气体放热、压强增大，B 正确；
CD．C→A 过程，体积增大，分子密度减小，分子在单位时间内撞击单位面积容器壁的次数减少，C 正确；
D 错误。
故选 BC。
第 II 卷（非选择题)
1
2三、实验题（每空 2 分，共计 8 分）
13.在“研究匀变速直线运动”的实验中，打点计时器接在 50 Hz 的低压交流电源上．某同学在打出的纸带上
按打点的先后顺序选取 A、B、C、D、E、F 六个计数点（每相邻两个计数点间还有四个点），从 A 点开始
在每一个计数点处将纸带剪开分成五段（分别为 a、b、c、d、e 段），将这五段纸带由长到短紧靠但不重叠
地粘在 xOy 坐标系中，如图所示．
（1）将每一段纸带的右上端连接起来，得到一条倾斜的直线，如图所示，可知该物体做_______直线运动，
若直线与–x 方向的夹角越大，说明物体运动的加速度_____（填“越大”或“越小”）．
（2）从第一个计数点 A 开始计时，为求出 0.25 s 时刻物体的瞬时速度，需要测出哪一段纸带的长度？
答：____________段纸带（填“a”“b”“c”“d”或“e”）．
（3）若测得 a 段纸带的长度为 8.00 cm，e 段纸带的长度为 2.00 cm，则可求出加速度的大小为
_______m/s2．
【答案】 (1). 匀减速 (2). 越大 (3). c (4). 1.5
【解析】
【详解】解：(1)纸带剪接后，水平方向每条宽度相同，正好与时间对应，竖直长度为相邻相等时间的位移，
由于 ，纸带长度差相等，变化规律恰好与速度一样，图线可看作 图象，即速度均匀减少，该
物体做匀减速直线运动；直线与 方向的夹角越大，图象斜率越大，加速度越大；
(2)求 0.25s 的速度，即求 0.2∼0.3s 内的平均速度，0.2∼0.3s 内的位移恰好是纸带 段对应的长度；
(3)利用 ，即 ，则有 ，所以加速度的大小为
．
四、解答题（写出必要的文字说明和解题步骤，只写结果不得分）
14.冰壶运动是冬奥会上关注度极高的一个项目,比赛场地示意图如图,圆心 离投掷线 的距离为
．比赛时,运动员从起滑架处推着冰壶出发,在投掷线 处放手让冰壶以一定的速度滑出,使冰壶的停
止位置尽量靠近圆心 ．为使冰壶滑行得更远,运动员可以用毛刷擦冰壶运行前方的冰面,使冰壶与冰面间的
动摩擦因数减小．设不用毛刷擦冰面时,冰壶匀减速的加速度大小是 ,用毛刷擦冰面时,冰壶匀减速
的加速度大小是 ．
2x aT∆ = v t−
x−
c
2x aT∆ = 2( )m nx x m n aT− = − 2
2 1.5m/s4
e ax xa T
−= = −
21.5m/s
O AB
30m AB
O
20.08m/s
20.04m/s(1)若运动员乙不用毛刷擦冰壶运行前方的冰面,为使冰壶能够沿虚线运动恰好停止在圆心 点,运动员甲应
该在投掷线 处以多大的速度将冰壶沿虚线推出?
(2)在某一局比赛中,运动员甲使冰壶在投掷线 的中点处以 的速度沿虚线推出,推出后,感觉速度偏
小,冰壶运动了 后,运动员乙立刻从此处开始用毛刷擦冰面至 点处,则冰壶最终所停的位置距 投掷
线的距离为多大?
【答案】（1） （2）26m
【解析】
【详解】(1)根据
得
(2)前 内,冰壶以加速度 做匀减速运动,发生位移
此时速度为
接下来冰壶以加速度 继续做匀减速运动直至停止,发生位移
所以最后冰壶停止的位置距 距离为 ．
【点睛】正确理解冰壶的运动并结合运动学公式求解即可．
15.在如图所示的电路中，螺线管上线圈的匝数 n=1500 匝，横截面积 ，螺线管上线圈的电阻
r=1.0Ω，定值电阻 、 ，电容器的电容 C=30mF，在一段时间内，螺线管中磁场的磁感
应强度 B 按如图所示的规律变化。
（1）求螺线管中产生的感应电动势；
（2）闭合开关 S，电路中的电流稳定后，求电阻 的电功率。
O
AB
AB 2m/s
20s O AB
2 30 /5 m s
2 2v as=
22 0.08 30 30 /5v m s= × × =
20s 2
1a 0.08m/s=
2
1 0 1
1 242x v t a t m= − =
1 0 1 0.4 /v v a t m s= − =
2
2a 0.04m/s=
2
1
2
2
22
vx ma
= =
AB 1 2 26x x x m= + =
220cmS =
1 4.0ΩR = 2 5.0ΩR =
2R【答案】（1）1.2V；（2）
【解析】
【详解】（1）根据法拉第电磁感应定律得
（2）根据闭合电路欧姆定律得
电阻 的电功率
16.如图为某高压锅结构示意图，锅盖上有两个气孔，气孔 1 使锅内与外界连通，此时锅内气体与外界大气
压强相等。当锅内温度达到 40℃时，气孔 1 会封闭，将锅内外隔离。若锅内温度继续升高，锅内气体压强
增大，当压强增大到设计的最大值时，气体会顶起气孔 2 上的限压阀。已知限压阀的质量为 20g，气孔 2 的
横截面积为 ，锅的容积为 ，现在锅内放入 20℃、极少量的水，然后盖好锅盖加热，很快水
完全汽化后气孔 1 封闭。求：（气体可视为理想气体，大气压强 ）
(1)气孔 2 上的限压阀被顶起时，锅内气体的温度是多少？
(2)从气孔 1 封闭到温度升到 120℃，漏出的气体占气孔 1 封闭时锅内气体的百分比。
【答案】(1)118.25℃；(2)0.50%
【解析】
【详解】(1)气体在气孔 1 封闭到气孔 2 上的限压阀被顶起的过程中，据查理定律
27.2 10 W−×
4 0.81500 20 10 V=1.2V2
BE n nSt t
−∆Φ ∆= = = × × ×∆ ∆
1 2
1.2 A 0.12A1 4 5
EI R R r
= = =+ + + +
2R
2 2
2 7.2 10 WP I R −= = ×
28mm 30.04m
5
0 1.0 10 Pap = ×限压阀
解得
(2)密封 气体在限压阀顶起至升温到 120℃进行等压变化，据盖吕萨克定律
漏出的气体的占气孔 1 封闭后锅内气体的百分比为
代入数据解得
17.如图所示，足够长的斜面与水平面的夹角为 θ=53°，空间中自下而上依次分布着垂直斜面向下的匀强磁
场区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、…n，相邻两个磁场的间距均为 d=0.5m．一边长 L=0.1m、质量 m=0.5kg、电阻 R=0.2Ω
的正方形导线框放在斜面的顶端，导线框的下边距离磁场 I 的上边界为 d0=0.4m，导线框与斜面间的动摩擦
因数 μ=0.5．将导线框由静止释放，导线框在每个磁场区域中均做匀速直线运动．已知重力加速度
g=10m/s2 ， sin53°=0.8，cos53°=0.6，求：
的
1 2
1 2
p p
T T
=
1 0p p=
2 0 0 0p S p S mg= +
1 273K 40K 313KT = + =
22 273KT t= +
2 118.25 Ct = °
1 2
2 3
V V
T T
=
2 1V V V∆ = −
1
100V
V
η ∆= × %
0.50η = %（1）导线框进入磁场 I 时的速度；
（2）磁场 I 的磁感应强度 B1；
（3）磁场区域 n 磁感应强度 Bn 与 B1 的函数关系．
【答案】（1）2m/s（2）5T（3）
【解析】
【分析】
（1）对线框研究，运用动能定理求出导线框进入磁场 I 时的速度．（2）线框进入磁场后受重力、安培力、
支持力和摩擦力，根据共点力平衡，结合闭合电路欧姆定律、切割产生的感应电动势公式求出磁感应强度
的大小．（3）线框在相邻两个磁场之间加速的距离均为（d﹣L）=d0 ，根据动能定理求出线框进入第 n 个磁
场时的速度，结合共点力平衡，知在每个磁场中所受的安培力均相等，从而求出磁感应强度的表达式．
【详解】（1）线框从静止开始运动至刚进入磁场 I 时，以线框为研究对象，由动能定理有：
代入数据解得
（2）线框在磁场 I 中匀速运动，由法拉第电磁感应定律
由闭合电路欧姆定律
则线框受到安培力
由平衡条件有
联立解得：
的
1
4
B
n
2
0 1
1( ) 02mgsin mgcos d mvθ µ θ− ⋅ = −
1 2 /v m s=
1 1 1E B Lv=
1
1
EI R
=
2 2
1 1
1 1 1
B L vF B I L R
= =
1 0mgsin mgcos Fθ µ θ− − =
1 5B T=（3）线框在相邻两个磁场之间加速 距离均为 ，则线框由静止开始运动至刚进入第n 个磁场时，
由动能定理
线框在第 n 个磁场受到的安培力
线框在每个磁场区域中均作匀速直线运动，则
联立解得：
的 0d L d− =
2
0
1( ) 02 nn mgsin mgcos d mvθ µ θ− ⋅ = −
2 2
n n
n n n
B L vF B I L R
= =
1nF F=
1
4n
BB
n
=
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