广东省深圳高级中学2020学年高二物理下学期期中测试试题 理（含解析）

广东省深圳高级中学2020学年高二物理下学期期中测试试题 理（含解析）

广东省深圳高级中学2020学年高二物理下学期期中测试试题 理（含解析） ‎ 本试卷由两部分组成：‎ 第一部分：高二物理第二学期前的基础知识和能力考查，共29分；‎ 选择题部分包含4题，分值共17分：第1、2、3、9题；‎ 实验题部分包括2题，分值共12分；第13、14题；‎ 第二部分：高二物理第二学期期中前所学的基础知识和能力考查，共71分；‎ 选择题部分包含7题，分值共35分，第4、5、6、7、8、10、11、12题；‎ 计算题部分包含3题，分值共36分.第15、16、17题。‎ 一、单项选择题：(本题共8小题；每小题4分，共32分.)‎ ‎1.如图甲所示，直线AB是某电场中的一条电场线。一个正电荷在该电场中运动，始终只受到电场力作用。已知该正电荷沿电场线从A点运动到B点的过程中，其速度平方与位移x的关系如图乙所示。、表示A，B两点的电场强度，、表示A、B两点的电势。以下判断正确的是( )‎ A. ＜ B. ＞‎ C. ＞ D. ＜‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】由速度平方v2与位移x的关系图象看出，图线的斜率不变，正电荷的速度增大，根据v2=v02‎ ‎+2ax可知，电荷的加速度恒定，则所受电场力不变，则电场匀强电场，故AB错误。正电荷所受电场力沿着电场方向，电场方向沿AB方向，沿电场线的方向电势降低，φA>φB．故C正确，D错误。故选C。‎ ‎2.如图为速度选择器示意图，、为其两个极板。某带电粒子以速度从射入，恰能沿虚线从射出。不计粒子重力，下列说法正确是( )‎ A. 极板的电势一个定高于极板的电势 B. 该粒子一定带正电 C. 该粒子以速度2从射入，仍能沿虚线从射出 D. 该粒子以速度从射入，也能沿虚线从射出 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】AB、粒子从左侧射入，当粒子带正电时，向上，则必须向下，可知上极板电势高，当粒子带负电时，向下，则必须向上，可知上极板电势高，故A正确，B错误；‎ C、根据，则，速度为定值，故C错误；‎ D、粒子从右侧射入，只有方向改变，而方向不变，受力不平衡，因而不沿虚线运动，故D错误。‎ ‎3.如图所示电路，所有电表均为理想电表，.当闭合开关S，触片P向左滑动过程中，四块电表的读数均发生变化，设在滑动过程中、、、在同一时刻的读数分别是、、、；电表示数的变化量的绝对值分别是、、、，那么下列说法正确的是( )‎ A. 减小，增大 B. 增大，减小 C. 为定值、增大 D. 电源的输出功率在减小，效率在降低 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、当触片P向左滑动过程中，导致电阻变大，则总电阻变大，总电流变小，即减小，因内电压变小，那么外电压增大，由于电阻电压减小，即示数减小，则的示数增大，因此通过电阻的电流在增大，则流过的电流在减小，故A错误，B正确；‎ C、由图可知，均为定值，故C错误；‎ D、根据推论：外电阻等于电源的内阻时，电源的输出功率最大，由题意，开始时外电阻大于电源内阻，则当变阻器的滑动触头P向左移动时，外电路总电阻增大，电源输出的电功率减小，而电源的供电效率，外电阻增大，路端电压U增大，电源的供电效率提高，故D错误。‎ ‎4.扫描隧道显微镜（STM）可用来探测样品表面原子尺度上的形貌，为了有效隔离外界振动对STM的扰动，在圆底盘周边沿其径向对称地安装若干对紫铜薄板，并施加磁场来快速衰减其微小振动，如图所示，无扰动时，按下列四种方案对紫铜薄板施加恒磁场；出现扰动后，对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效的方案是 A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】感应电流产生的条件是闭合回路中的磁通量发上变化。在A图中紫铜薄板上下及左右振动时在磁场中的部分有时多有时少，磁通量发生变化，产生感应电流，受到安培力，阻碍系统的振动，故A正确；而BCD三个图均无此现象，故BCD错误。故选A ‎5.一理想变压器的原、副线圈的匝数比为3：1，在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻，原线圈一侧接在电压为220V的正弦交流电源上，如图所示.设副线圈回路中电阻两端的电压为U，原、副线圈回路中电阻消耗的功率的比值为k，则( )‎ A. U=66V， B. U=22V，‎ C. U=66V， D. U=22V，‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 解：由题意知：副线圈的电流为：I2=‎ 则原线圈的电流为：I1==‎ 与原线圈串联的电阻的电压为：UR=I1R=‎ 由变压器的变比可知，原线圈的电压为3U，所以有：‎ 解得：U=66V 原线圈回路中的电阻的功率为：P1=R=‎ 副线圈回路中的电阻的功率为：P2=‎ 所以k==‎ 选项A正确，BCD错误 故选：A ‎【点评】该题的突破口是表示出原线圈中的电流和原线圈回路中的电阻的分压，找出原线圈的电压和原线圈回路中的电阻的分压的数值关系．该题类似于远距离输电的情况．‎ ‎6.关于分子动理论的规律，下列说法正确的是( )‎ A. 分子直径的数量级为m B. 压缩气体时气体会表现出抗拒压缩的力是由于气体分子间存在斥力的缘故 C. 已知某种气体的密度为，摩尔质量为M，阿伏加德罗常数为，则该气体分子之间的平均距离可以表示为 D. 如果两个系统分别与第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定处于热平衡，用来表征它们所具有的“共同热学性质”的物理量是内能 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．分子直径的数量级为10-10m，选项A错误；‎ B．对于气体分子间的距离远大于10r0，气体分子间不存在分子力，故选项B错误；‎ C．已知某种气体的密度为ρ，摩尔质量为M，阿伏加德罗常数为NA，则一个分子的体积，把一个分子占据的空间看做立方体，则该气体分子之间的平均距离可以表示为，选项C正确；‎ D．如果两个系统分别与第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定处于热平衡，用来表征它们所具有的“共同热学性质”的物理量叫做温度，不是内能，故D错误；‎ ‎7.一定质量理想气体的状态经历了如图所示的ab、bc、cd、da四个过程，其中bc的延长线通过原点，cd垂直于ab且与水平轴平行，da与bc平行，则气体体积在( )‎ A. ab过程中不断增加 B. bc过程中不断减小 C. cd过程中不断增加 D. da过程中保持不变 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 过程过程气体发生的是等温变化，压强减少，由玻意耳定律方向可知，气体的体积变大。故A正确。‎ B. 过程中连线是过原点，过程中是等容变化，故过程中体积不变。故B错误。‎ C. 过程是等压变化，由盖吕萨克定律可知，温度减少，体积减少。故C错误。‎ D.过点的斜率大于过的斜率，则点的体积小于点的体积，过程中保持增大。故D错误。‎ ‎8.下列说法中正确的有( )‎ A. 单晶体的某些物理性质呈现各向异性，是因为组成它们的原子(分子、离子)在空间上的排列是杂乱无章的 B. 悬浮在水中的花粉颗粒的布朗运动反映了花粉分子运动的无规则性 C. 当两薄玻璃板间夹有一层水膜时，在垂直于玻璃板的方向很难将玻璃板拉开，这是由于水膜具有表面张力 D. 在完全失重的情况下，熔化的金属能够收缩成球形 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】单晶体的某些物理性质呈现各向异性，是因为组成它们的原子（分子、离子）在空间上的排列是有序的，选项A错误；悬浮在水中的花粉颗粒的布朗运动反映了水分子运动的无规则性，选项B错误；玻璃及水分子之间存在着引力，故我们很将玻璃板拉开，这不是因水膜的表面张力，选项C错误；在完全失重的情况下，由于表面张力的作用，熔化的金属能够收缩成球形，选项D正确；故选D.‎ 二、多项选择题：(本题共4小题；每小题5分，共20分.全对得5分，选对但不全得3分，有选错的得0分)‎ ‎9.如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即，实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知( )‎ A. 三个等势面中，a的电势最高 B. 带电质点通过P点时的电势能较Q点大 C. 带电质点通过P点时的动能较Q点大 D. 带电质点通过P点时的加速度较Q点大 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】电荷所受电场力指向轨迹内侧，由于电荷带正电，因此电场线指向右下方，沿电场线电势降低，故c等势线的电势最高，a等势线的电势最低，故A错误；根据质点受力情况可知，从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，故P点的电势能大于Q点的电势能，故B正确；从P到Q过程中电场力做正功，动能增大，故P点的动能小于Q点的动能，故C错误；等势线密的地方电场线密场强大，故P点位置电场强，电场力大，根据牛顿第二定律，加速度也大，故D正确。故选BD。‎ ‎10.如图甲所示，导体棒MN置于水平导轨上，PQMN所围的面积为S，PQ之间有阻值为R的电阻，不计导轨和导体棒的电阻．导轨所在区域内存在沿竖直方向的匀强磁场，规定磁场方向竖直向上为正，在0～2t0时间内磁感应强度的变化情况如图乙所示，导体棒MN始终处于静止状态．下列说法正确的是（　　）‎ A. 在0～t0和t0～2t0时间内，导体棒受到的导轨的摩擦力方向相同 B. 在0～t0内，通过导体棒的电流方向为N到M C. 在t0～2t0内，通过电阻R的电流大小为 D. 在0～2t0时间内，通过电阻R的电荷量为 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】由图乙所示图象可知，0～t0内磁感应强度减小，穿过回路的磁通量减小，由楞次定律可知，为阻碍磁通量的减少，导体棒具有向右的运动趋势，导体棒受到向左的摩擦力，在t0～2t0内，穿过回路的磁通量增加，为阻碍磁通量的增加，导体棒有向左的运动趋势，导体棒受到向右的摩擦力，在两时间段内摩擦力方向相反，故A错误；由图乙所示图象可知，在0～t0内磁感应强度减小，穿过闭合回路的磁通量减少，由楞次定律可知，感应电流沿逆时针方向，通过导体棒的电流方向为N到M，故B正确；由图乙所示图象，应用法拉第电磁感应定律可得，在t0～2t0内感应电动势：，感应电流为：，故C正确；由图乙所示图象，应用法拉第电磁感应定律可得，在0～t0内感应电动势：，感应电流为：，电荷量：q1=I1t1=；由图乙所示图象，应用法拉第电磁感应定律可得，在t0～2t0内感应电动势：，感应电流为：，电荷量q2=I2t2=，在0～2t0时间内，通过电阻R的电荷量q=q1+q2=，故D错误；故选BC。‎ ‎11.如图所示，图线a是线圈在匀强磁场中匀速转动时所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线b所示，以下关于这两个正弦交流电的说法中正确的是( )‎ A. 在图中t=0时刻穿过线圈的磁通量均为零 B. 线圈先后两次转速之比3：2‎ C. 交流a的电压有效值为V D. 交流b的电压最大值为5V ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A：t＝0时刻，两个正弦式电流的感应电动势瞬时值均为零，线圈都与磁场垂直，穿过线圈的磁通量都最大．故A项错误．‎ B：由图读出两电流的周期分别为、，则．据，线圈先后两次转速之比．故B项正确．‎ C：交流a是正弦式交流电，电压的最大值，则交流a的电压有效值．故C项正确．‎ D：据得，，则．又，所以．故D项错误．‎ ‎12.分子力F、分子势能与分子间距离r关系图线如甲乙两条曲线所示(取无穷远处分子势能=0).下列说法正确的是( )‎ A. 乙图线为分子势能与分子间距离的关系图线 B. 当时，分子势能为零 C. 随着分子间距离的增大，分子力先减小后一直增大 D. 在阶段，分子力减小时，分子势能也一定减小 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB.当是，分子力等于零，分子势能为负值最小，综合图象可知乙图线为分子势能与分子间距离的关系图线。故A正确，B错误。‎ C. 分子间的作用力随着分子间距离的增大先减小，然后反向增大，最后又一直减小。故C错误。‎ D.当时，分子力表现为斥力，当分子力减小时，分子间距增大，分子力做正功，分子势能减小。故D正确。‎ 三、实验题：(本题共2小题；第1小题7分，第2小题5分，共12分)‎ ‎13.某研究性学习小组为了研究标有“3.0V，1.5W"字样小灯泡的伏安特性曲线，设计并完成了有关实验。以下是实验中可供选择的器材 A.直流电源E(5V，内阻约0.5Ω)；‎ B.电流表(0～3A，内阻约0.1Ω)；‎ C.电流表(0～0.6A，内阻约1Ω)；‎ D.电压表(0～3V，内阻约3kΩ)；‎ E电压表(0～15V，内阻约15kΩ)；‎ F.滑动变阻器(0～10Ω，额定电流1A)‎ G.滑动变阻器(0～1000Ω，额定电流0.5A)；‎ H开关、导线等 ‎(1)请选用合适的器材，在虚线框中画出电路图，并在图上标出所选器材的符号__________。‎ ‎(2)某次读数如图所示，则电流表的读数为__________A，电压表的读数为__________V.‎ ‎(3)实验中根据测得小灯泡两端电压与通过它的电流的数据描绘出该小灯泡的U-I曲线如图所示根据图所作出的小灯泡U-I曲线，可判断下图中关系图象正确的是________。(图中P为小灯泡的功率，I为通过小灯泡的电流)‎ A. B. C. D ‎(4)某同学将两个完全相司的这种小灯泡并联接到如图所示的电路中，其中电源电动势E=3V，内阻r=3Ω，则此时每个小灯泡的实际功率为__________(结果保留两位有效数字)。‎ ‎【答案】 (1). （1）如图；‎ ‎ (2). （2）0.42A (3). 2.30V (4). （3）B (5). （4）0.31（0.30-0.32）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）灯泡的额定电压为3V，则电压表选择V1；额定电流为，可知电流表选择A2；滑动变阻器要用分压电路，则选择阻值较小的R1；因小灯泡的电阻较小，则用电流表外接电路；电路图如图；‎ ‎（2）电流表的量程为0.6A，则读数为0.42A；电压表的量程为3V，则读数为2.30V；‎ ‎（3）由小灯泡U-I曲线可知，小灯泡的电阻随电流的增加而增大；根据P=I2R可知I2=P，可知随R的增加I2-P图像的斜率减小，故图像B正确；‎ ‎（4）设通过灯泡的电流为I，灯泡两端电压为U，根据图丙所示电路图，由闭合电路欧姆定律可得：E=U+2Ir，则：U=E-2Ir，即：U=3-6I，在灯泡U-I图象坐标系内作出：U=3-6I的图象如图所示：‎ 由图示图象可知，灯泡两端电压：U=0.9V，通过灯泡的电流：I=0.35A，每个灯泡的实际功率：P=UI=0.9×0.35=0.31W；‎ ‎【点睛】本题考查了实验器材的选择、图象分析、求灯泡的实际功率，掌握应用图象法处理实验数据的方法是正确解题的关键．‎ ‎14.某同学做“测量金属丝电阻率”的实验。‎ ‎(1)首先，他用螺旋测微器在被测金属丝上的三个不同位置各测一个次直径，并求出其平均值作为金属丝的直径d。其中某次测量如图1所示，这次测量对应位置金属导线的直径为___________mm。‎ ‎(2)然后他测量了金属丝的电阻。实验中使用的器材有：‎ a金属丝(长度为1.0m，电阻约5Ω～6Ω)‎ b直流电源(4.5V，内阻不计)‎ c.电流表(200mA，内阻约1.0Ω)‎ d.电压表(3V，内阻约3kΩ)‎ e.滑动变阻器(50Ω，1.5A)‎ f.定值电阻(5.00，1.5A)‎ g.定值电阻(10.0Ω，1.0A)‎ h.定值电阻(100.0Ω，1.0A)‎ i.开关，导线若干 该同学实验时的电路图如图2所示，且在实验中两块电表的读数都能接近满偏值，定值电阻应该选______(选填“”、“”或“”)；‎ ‎(3)该同学根据测量时电流表的读数I、电压表的读数为U，根据图象可以求得金属丝的电阻率为：_______(用字母表示出来)。‎ ‎(4)设法保持金属丝的温度不变，而逐渐减小上述金属丝接入电路的长度以(初始长度为x0)，并且让电压表的示数保持不变时，下列图象中正确反映了金属丝电阻消耗的功率P随x变化规律的是______________.‎ A.B.C.D.‎ ‎【答案】 (1). 1.697 (2). (3). (4). B ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）螺旋测微器的度数为 ‎（2）根据欧姆定律可得，定值电阻，故定值电阻应选。‎ ‎（3）被测电阻的阻值为，根据电阻定律由，化简可得。‎ ‎（4）流过金属丝的电流为，金属丝的功率为，由数学知识可知，当时功率最大，但是由于，在这一范围内，功率单调递增函数。故选项B正确。‎ 四、计算题：(本题共3题；第15小题10分，第16小题12分，第17小题14分，共36分.解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤.只写出最后答案的不能得分.有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位.)‎ ‎15.如图所示，两根平行光滑金属导轨MN和PQ放置在水平面内，其间距L=2m，磁感应强度B=0.5T的匀强磁场垂直轨道平面向下，两导轨之间连接的电阻R=4.8Ω，在导轨上有一金属棒ab，其电阻r=0.2Ω，金属棒与导轨垂直且接触良好，如图所示，在ab棒上施加水平拉力使其以速度v=5m/s向右匀速运动，设金属导轨足够长。求：‎ ‎(1)金属棒ab产生的感应电动势和通过电阻R的电流方向；‎ ‎(2)水平拉力F；‎ ‎(3)在0～5s内，通过金属棒ab的电荷量q及电阻R产生的焦耳热Q.‎ ‎【答案】(1)E=5V，通过电阻R的电流方向从M通过R流向P；(2)1N,方向水平向右；(3) q=5C,Q=24J ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)设金属棒中感应电动势为，则:‎ 代入数值得:‎ 由右手定则可得，通过电阻R的电流方向从M通过R流向P ‎(2)设过电阻R的电流大小为I，则：‎ 代入数值得I=0.1A ab棒匀速直线运动，则=1N 方向水平向右 ‎(3)在0～5s内，通过金属棒ab的电荷量q q=It 代入数据可得：q=5C 在0～5s内，电阻R产生的焦耳热 代入数据可得，Q=24J ‎16.（10分）如图，一端封闭、粗细均匀的U形玻璃管开口向上竖直放置，管内用水银将一段气体封闭在管中。当温度为280K时，被封闭的气柱长L=22cm，两边水银柱高度差h=16cm，大气压强=76cmHg。‎ ‎（1）为使左端水银面下降3cm，封闭气体温度应变为多少？‎ ‎（2）封闭气体的温度重新回到280K后，为使封闭气柱长度变为20cm，需向开口端注入的水银柱长度为多少？‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）设玻璃管的横截面积为，封闭气体压强为，初始根据水银液面受力平衡可分析得，可得 当左端水银面下降，右端液面必然上升，则左右液面高度差变为，此时封闭气体压强为 同样根据液面平衡可分析得，可得 根据理想气体状态方程，代入温度，可得 ‎（2）设此时封闭气体压强为，封闭气体的长度，根据理想气体状态方程可得 计算可得 此时作用液面高度差 左端液面上升，右端上升，所以开口端注入水银的长度为 考点：理想气体状态方程 ‎17.如图所示，水平轨道与半径为r的半圆弧形轨道平滑连接于S点，两者均光滑且绝缘，并安装在固定的竖直绝缘平板上。在平板的上下各有一个块相互正对的水平金属板P、Q，两板间的距离为D.半圆轨道的最高点T、最低点S、及P、Q板右侧边缘点在同一竖直线上.装置左侧有一半径为L的水平金属圆环，圆环平面区域内有竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场，一个根长度略大于L的金属棒一个端置于圆环上，另一个端与过圆心的竖直转轴连接，转轴带动金属杆逆时针转动(从上往下看)，在圆环边缘和转轴处引出导线分别与P、Q连接，图中电阻阻值为R，不计其它电阻，右侧水平轨道上有一带电量为+q、质量为m的小球1以速度，向左运动，与前面静止的、质量也为m的不带电小球2发生碰撞，碰后粘合在一起共同向左运动，小球和粘合体均可看作质点，碰撞过程没有电荷损失，设P、Q板正对区域间才存在电场.重力加速度为g.‎ ‎(1)计算小球1与小球2碰后粘合体的速度大小v；‎ ‎(2)若金属杆转动的角速度为，计算图中电阻R消耗的电功率P；‎ ‎(3)要使两球碰后的粘合体能从半圆轨道的最低点S做圆周运动到最高点T，计算金属杆转动的角速度的范围.‎ ‎【答案】(1) (2) (3) ≤ω≤‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)两球碰撞过程动量守恒，则 解得 ‎(2)杆转动的电动势 电阻R的功率 ‎(3)通过金属杆的转动方向可知：P、Q板间的电场方向向上，粘合体受到的电场力方向向上．在半圆轨道最低点的速度恒定，如果金属杆转动角速度过小，粘合体受到的电场力较小，不能达到最高点T，临界状态是粘合体刚好达到T点，此时金属杆的角速度ω1为最小，设此时对应的电场强度为E1，粘合体达到T点时的速度为v1．‎ 在T点，由牛顿第二定律得 从S到T，由动能定理得 解得 杆转动的电动势 两板间电场强度 联立解得 如果金属杆转动角速度过大，粘合体受到的电场力较大，粘合体在S点就可能脱离圆轨道，临界状态是粘合体刚好在S点不脱落轨道，此时金属杆的角速度ω2‎ 为最大，设此时对应的电场强度为E2．‎ 在S点，由牛顿第二定律得 杆转动的电动势 两板间电场强度 联立解得 综上所述，要使两球碰后的粘合体能从半圆轨道的最低点S做圆周运动到最高点T，金属杆转动的角速度的范围为：.‎