河南省平顶山市2020学年高二物理下学期期末考试试题(含解析)

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河南省平顶山市2020学年高二物理下学期期末考试试题(含解析)

河南省平顶山市2020学年高二物理下学期期末考试试题(含解析) ‎ 二、选择题:本大题共8小题,每小题6分。在每小题给出的四个选项中,第14~17题只有一项是符合题目要求,第18~21题有多项符合题目要求。全部选对的得6分,选对但不全的得3分。有选错的得0分。‎ ‎1.如图所示,甲图是电场中一条电场线,直线上有A、B、C三点,且A、B间距离等于B、C间距离。一个带负电的带电粒子,由A点仅在电场力作用下,沿电场线经B点运动到C点,其运动的v-t图像如图乙所示,有关粒子的运动与电场的说法,下述正确的是(   )‎ A. 加速度 B. 电场强度 C. 电势 D. 电势差 ‎【答案】B ‎【解析】‎ A项:由v-t图象可知,粒子从A到C做加速度逐渐减小的减速运动,所以,故A错误;‎ B项:由v-t图象可知,粒子从A到C做加速度逐渐减小的减速运动,所以由于粒子做受电场力,由牛顿第二定律可知,电场强度EA>EB,故B正确;‎ C项:由于粒子从A到B做减速运动,动能减小,电势能增大,粒子带负电,所以电势能大的地方,电势越低,所以ΦA>ΦB,故C错误;‎ D项:由公式可知,由于从A到C电场强度逐渐减小,所以,故D 错误。‎ 点晴:本题关键是根据图象确定电荷的运动情况,然后确定电场力情况,再进一步确定电场强度的情况,最后确定电势的高低。‎ ‎2.我国核聚变反应研究大科学装置“人造太阳”2020年获得重大突破,等离子体中心电子温度首次达到1亿度,为人类开发利用核聚变能源奠定了重要的技术基础。下列关于聚变的说法正确的是( )‎ A. 核聚变比核裂变更为安全、清洁 B. 任何两个原子核都可以发生聚变 C. 两个轻核结合成质量较大的核,总质量较聚变前增加 D. 两个轻核结合成质量较大的核,核子的比结合能增加 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】核聚变的最终产物时氦气无污染,而核裂变会产生固体核废料,因此核聚变更加清洁和安全,A正确;发生核聚变需要在高温高压下进行,大核不能发生核聚变,故B错误;核聚变反应会放出大量的能量,根据质能关系可知反应会发生质量亏损,故C错误;因聚变反应放出能量,因此反应前的比结合能小于反应后的比结合能,故D正确。‎ ‎3.如图所示,电源电动势为E,内阻为r,滑动变阻器最大阻值为R,开关闭合,两平行金属板M、N之间存在垂直纸面向里的匀强磁场,一带正电的粒子恰好以速度v匀速穿过两板,不计粒子重力。以下说法中正确的是 A. 将开关断开,粒子将继续沿直线匀速射出 B. 将磁场方向改成垂直于纸面向外,粒子将继续沿直线匀速射出 C. 保持开关闭合,滑片P向下移动,粒子可能从N板边缘射出 D. 保持开关闭合,滑片P的位置不动,将N板向下移动,粒子可能从M板边缘射出 ‎【答案】D ‎【解析】‎ A项:若开关断开,则电容器与电源断开,而与R形成通路,电容器放电,电荷会减小,故两板间的电场强度要减小,故所受电场力减小,粒子不会做直线运动,故A错误;‎ B项:将磁场方向改成垂直于纸面向外,粒子所受的洛伦兹力向下,电场力也向下,粒子不可能做直线运动,故B错误;‎ C项:若滑片向下滑动,则滑动变阻器接入电阻减小,则电流增大,内阻上的电压增大,则由闭合电路的欧姆定律可知R两端的电压减小,故电容器两端的电压减小,则由可知,所受极板间电场强度减小,则所受电场力减小,而所受洛仑兹力不变,故粒子将向上偏转不可能从下极板边缘飞出,故C错误;‎ D项:保持开关闭合,两极板间的电势差不变,当N板下移时,两板间的距离增大,则两板间的电场强度减小,则所受电场力减小,粒子为正电,则粒子会向上偏转,粒子可能从M板边缘射出,故D正确。‎ 点晴:电容器与R并联,故电容器两端的电压等于R两端的电压;则M、N之间形成电场,带电粒子在混合场中做匀速运动,则可知电场力应与磁场力大小相等方向相反;则分析滑片移动时,极板间场强的变化可知电场力的变化,则可知粒子受力的变化,即可得出带电粒子偏转的方向。‎ ‎4.如图甲所示,螺线管内有一平行于轴线的匀强磁场,规定图中箭头所示方向为磁感应强度B的正方向,螺线管与U形导线框cdef相连,导线框cdef内有一半径很小的金属圆环L,圆环与导线框cdef在同一平面内.当螺线管内的磁感应强度随时间按图乙所示规律变化时()‎ A. 在时间,穿过金属圆环L的磁通量最大 B. 在时刻,穿过金属圆环L的磁通量最小 C. 在时间内,金属圆环L内有逆时针方向的感应电流 D. 在时间内,金属圆环L有收缩趋势 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据B-t图线斜率变化,根据法拉第电磁感应定律得出电动势的变化,从而得出感应电流的变化,根据楞次定律判断出感应电流的方向,根据右手螺旋定则判断出电流所产生的磁场,从而确定磁通量的变化。‎ ‎【详解】A项:由B-t图知,t1时刻磁通量的变化率为零,则感应电流为零,L上的磁通量为零;故A错误;‎ B项:在t2时刻,磁感应强度为零,但是磁通量的变化率最大,则感应电流最大,通过金属圆环的磁通量最大,B错误;‎ C项:在t1-t2时间内,磁通量的变化率不断变大,则线圈内的感应电流不断变大,根据楞次定律,在线圈中的电流方向f到c,根据右手螺旋定则,穿过圆环的磁通量向外增大,则根据楞次定律,在金属圆环中产生顺时针方向的感应电流。故C错误;‎ D项:在t1-t2时间内,L内的磁场增加,由愣次定律可以确定L 必须减小面积以达到阻碍磁通量的增加,故有收缩的趋势,故D正确。‎ 故选:D。‎ ‎【点睛】解决本题的关键掌握楞次定律判断感应电流的方向,右手螺旋定则判断电流和周围磁场方向的关系。‎ ‎5.如图所示,a为带正电的小物块,b是一不带电的绝缘物块,a、b叠放于粗糙的水平地面上,地面上方有垂直纸面向里的匀强磁场,现用水平恒力F拉b物块,使a、b一起无相对滑动地向左加速运动,在加速运动阶段:( )‎ A. a、b一起运动加速度减小 B. a、b一起运动的加速度增大 C. a、b物块间的摩擦力减小 D. a、b物块间的摩擦力增大 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】先整体受力分析:F-μN=(Ma+Mb)a,N=(Ma+Mb)g+Bqv,所以整体做加速度减小的加速运动;故A正确,B错误;‎ 对a来讲,静摩擦力提供加速度:,所以a、b物块间的摩擦力减小。故C正确,D错误。‎ ‎6.如图所示是远距离输电示意图,则进行远距离输电时,下列说法中正确的是 A. 电站的输出电压一定时,若电站的输出功率突然增大,则降压变压器的输出电压减小 B. 电站的输出电压一定时,若电站的输出功率突然增大,则升压变压器的输出电压增大 C. 电站的输出功率一定时,若增大输电电压,则输电线损耗功率增大 D. 电站的输出功率一定时,若增大输电电压,则输电线损耗功率减小 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.电站的输出电压一定时,若电站的输出功率突然增大,则输电线上流过的电流增大,输电线损失的电压增大,所以降压变压器的输出电压减小,则A正确。‎ B.电站的输出电压一定时,若电站的输出功率突然增大,虽然流过原线圈电流增大,但是原线圈电阻不计,没有电压损耗,则升压变压器的输出电压不变, B错误。‎ CD.电站的输出功率一定时,若增大输电电压,则输电线上流过的电流减小,输电线消耗的功率减小,C错误D正确。‎ ‎7.如图所示,间距为L、电阻不计的足够长平行光滑金属导轨水平放置,导轨左端用一阻值为R的电阻连接导轨上横跨一根质量为m、电阻也为R的金属棒,金属棒与导轨接触良好。整个装置处于竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中。现使金属棒以初速度沿导轨向右运动,若金属棒在整个运动过程中通过的电荷量为q。下列说法正确的是( )‎ A. 金属棒在导轨上做匀减速运动 B. 整个过程中金属棒克服安培力做功为 C. 整个过程中金属棒在导轨上发生的移为 D. 整个过程中电阻R上产生的焦耳热为 ‎【答案】ABC ‎【解析】‎ 试题分析:金属棒以速度向右运动,切割磁感线产生感应电动势,线框中产生感应电流,金属棒受到安培力水平向左大小为,金属棒在安培力作用下做减速运动,速度变小,安培力变小,加速度变小,选项A对。直到速度减小到0,安培力变为0,金属棒停止运动,此过程根据动能定理,克服安培力做功等于减少的动能即,选项B对。金属棒通过的电荷量,可得位移,选项C对。整个电路即金属棒和电阻R上产生的总热量等于克服安培力做的功,所以电阻R上面产生的热量小于,选项D错。‎ 考点:电磁感应定律 功能关系 ‎8.质量为m物体以速度v沿光滑水平面匀速滑行,现对物体施加一水平恒力,t秒内该力对物体所施冲量大小为3mv,则t秒内 A. t秒末物体运动速率可能为4v B. 物体位移的大小可能为 C. 该力对物体做功不可能大于5mv2 D. 该力大小为 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】A.以初速度方向为正方向,如果恒力与初速度同向,则满足,末速度为4v;如果恒力与初速度反向,则满足,末速度为-2v;A正确 B.物体在恒力作用下做匀变速直线运动,以初速度方向为正方向,如果恒力与初速度同向,则;如果恒力与初速度反向,则;B正确 C.如果恒力与初速度同向,则恒力做的功;如果恒力与初速度反向,则恒力做的功;C错误 D.根据动量计算的表达式可得,D错误 三、非选择题:本卷包括必考题和选考题两部分。第22~32题为必考题,每个试题考生都必须做答。第33~38题为选考题,考生根据要求做答。‎ ‎9.某同学利用打点计时器和气垫导轨做验证动量守恒定律的实验。气垫导轨装置如图a所示,所用的气垫导轨装置由导轨、滑块、弹射架等组成。在空腔导轨的两个工作面上均匀分布着一定数量的小孔,向导轨空腔内不断通入压缩空气,空气会从小孔中喷出,使滑块稳定地漂浮在导轨上,这样就大大减小了因滑块和导轨之间的摩擦而引起的误差。‎ ‎(1)下面是实验的主要步骤:‎ ‎①安装好气垫导轨,调节气垫导轨的调节旋钮,使导轨水平;‎ ‎②向气垫导轨通入压缩空气;‎ ‎③把打点计时器固定在紧靠气垫导轨左端弹射架的外侧,将纸带穿过打点计时器与弹射架并固定在滑块1的左端,调节打点计时器的高度,直至滑块拖着纸带移动时,纸带始终在水平方向;‎ ‎④使滑块1挤压导轨左端弹射架上的弹性环;‎ ‎⑤把附有橡皮泥的滑块2放在气垫导轨的中间;‎ ‎⑥先___________,然后___________,让滑块带动纸带一起运动;‎ ‎⑦取下纸带,重复步骤④⑤⑥,选出理想的纸带如图b所示;‎ ‎⑧测得滑块1的质量为310g,滑块2(包括橡皮泥)的质量为205g,电源频率f=50Hz。完善实验步骤⑥的内容。‎ ‎(2)计算可知两滑块相互作用以前系统的总动量为___________kg·m/s(保留三位有效数字)。‎ ‎【答案】 (1). 接通打点计时器的电源 (2). 放开滑块1 (3). 0.620‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】打点计时器在使用的时候,应先接通电源,后释放滑块;根据纸带计算得出滑块相互作用之前的速度,所以两滑块相互作用以前系统的总动量为0.620 kg·m/s ‎10.利用伏安法测量干电池的电动势和内阻,现有的器材为:‎ A.待测干电池:电动势约为1.5V,内阻r较小;‎ B.电压表:量程1V,内阻RV=999.9Ω;‎ C.电流表:量程1A,RA=9Ω;‎ D.滑动变阻器:最大阻值20Ω E.电阻箱:最大阻值99999.9Ω;‎ F.单刀单掷开关一个;‎ G.导线若干。‎ ‎(1)设计测量电源电动势和内阻的电路并将它画在方框内。要求在图中标出电压表、电流表的接线柱的正负___________。‎ ‎(2)为了满足本实验要求并保证实验的精确度且读数方便,电压表量程应扩大为原量程的___________倍,电阻箱接入的阻值为___________Ω ‎【答案】 (1). (2). 2 (3). 999.9Ω ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)本实验所给的电压表和电流表的内阻都是给定的,且电压表的量程不够,需要扩量程,因此将变阻箱和电压表串联,所以实验电路图如图所示 ‎(2)为了满足本实验要求并保证实验的精确度,所以扩充以后的量程不宜过大;同时,要保证读数方便,则最小分度应合适,因此综合考虑,扩大为原来的2倍较合适;所以可知扩大量程后的电压表内阻为原来的两倍,所以电阻箱的阻值为999.9Ω ‎11.如图所示,质量为m1=0.01kg的子弹以v1=500m/s的速度水平击中质量为m2=0.49 kg的木块并留在其中.木块最初静止于质量为m3=1.5 kg的木板上,木板静止在光滑水平面上并且足够长.木块与木板间的动摩擦因数为μ=0.1,求:(g=10 m/s2)‎ ‎(1)子弹进入木块过程中产生的内能ΔE1;‎ ‎(2)木块在木板上滑动过程中产生的内能ΔE2;‎ ‎(3)木块在木板上滑行的距离x.‎ ‎【答案】(1)1225J (2)18.75J (3)37.5m ‎【解析】‎ 试题分析:(1)子弹击中木块过程子弹与木块系统动量守恒,应用动量守恒定律与能量守恒定律求出产生的内能.(2)木块与木板组成的系统动量守恒,由动量守恒定律与能量守恒定律求出产生的内能.(3)由能量守恒定律可以求出木块在木板滑行的距离.‎ ‎(1)当子弹射入木块时,由于作用时间极短,则木板的运动状态可认为不变,设子弹射入木块后,它们的共同速度为,对组成的系统由动量守恒定律有 又由能量守恒有 联立以上两式并代入数据得子弹进入木块过程中产生内能 ‎(2)设木块与木板相对静止时的共同速度为,对组成的系统由动量守恒定律有 又由能量守恒有 联立以上两式并代入数据得木块在木板上滑行过程中产生的内能 ‎(3)对组成的系统由功能关系有 解得 ‎12.如图所示,坐标系xOy在竖直平面内,y轴的正方向竖直向上,y轴的右侧广大空间存在水平向左的匀强电场E1=2N/C,y轴的左侧广大空间存在匀强磁场和电场,磁场方向垂直纸面向外,B=1T,电场方向竖直向上,E2=2N/C。t=0时刻,一个带正电的质点在O点以的初速度沿着与x轴负方向成45°角射入y轴的左侧空间,质点的电量为 ,质量为 ,重力加速度g取10m/s2.求:‎ ‎(1)质点从O点射入后第一次通过y轴的位置;‎ ‎(2)质点从O点射入到第二次通过y轴所需时间;‎ ‎(3)E1为何值时,质点从O点射入恰好第二次通过y轴时经过O点。‎ ‎【答案】(1) (2) (3) ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)质点从O点进入左侧空间后,‎ 电场力与重力平衡,质点在第二象限内做匀速圆周运动,洛仑兹力充当向心力 质点第一次通过y轴的位置 即 点从O点射入后第一次通过y轴的位置为 ‎(2)质点的1/4个匀速圆周运动的时间 质点到达右侧空间时,‎ ‎,‎ 且质点做有往返的匀变速直线运动,往返时间 质点从刚射入左侧空间到第二次通过y轴所需的时间 ‎(3)x方向上:‎ y方向上: ‎ 解得:‎ ‎13.下列有关热学知识的叙述中,正确的是____‎ A. 分子热运动各速率间的分子数占总分子数的比例是常数,与温度无关 B. 随着分子间距离的增大,分子间的引力和斥力都减小 C. 晶体沿不同方向的物理性质是一样的,具有各向同性 D. —定质量的理想气体在等温变化过程中,内能一定不变 E. —定条件下,热量也可以从低温物体传递给高温物体 ‎【答案】BDE ‎【解析】‎ ‎【详解】A项:温度是分子平均动能的标志,所以温度升高,分子平均动能增大,分子平均速率增大,故A错误;‎ B项:‎ 如图可知,随着分子间距离的增大,分子间的引力和斥力都减小,故B正确;‎ C项:单晶体具有各向异性,多晶体具有各向同性,故C错误;‎ D项:由于理想气体不考虑分子势能,其内能只取于温度,当温度不变,内能则不变,故D正确;‎ E项:根据热力学第三定律可知,热量,可以从低温物体传递给高温物体,但要引起其它变,故E正确。‎ ‎14.如图所示,有一水平细长圆筒形容器,总长为100cm,在它上面装有阀门、 及活塞。当、都打开时,活塞D位于容器正中间。已知大气压强为75cmHg,温度为27℃。设活塞不导热,且与容器壁无摩擦,同时又不漏气,可把空气视为理想气体。求:‎ ‎(ⅰ) 当关闭,打开,只把A内空气加热到87℃时,活塞向右移动了多少?‎ ‎(ⅱ) 当、均处于关闭状态,只把A内空气加热到87℃时,活塞向右移动了多少?(设B中空气温度恒为27℃)‎ ‎【答案】(ⅰ) (ⅱ)‎ ‎【解析】‎ ‎(i)对A中气体分析,压强不变,设活塞横截面积为S 初状态:, 末状态:,‎ 由盖-吕萨克定律得: ‎ 解得:‎ ‎(ii)对A中气体分析,加热到87℃时,压强为P,活塞向右移动了 由理想气体状态方程得:, 得:‎ 对B中气体分析:‎ 初状态:,,‎ 末状态:,,‎ 由玻意耳定律:,得:‎ 解得:。‎ 点睛:本题考查气体定律与力学平衡的综合运用,解题关键是要利用平衡求出初末状态封闭气体的压强,分析好压强P、体积V、温度T三个参量的变化情况,再选择合适的规律解决。‎ ‎15.如图所示为一列沿x轴正方向传播、频率为50Hz的简谐横波在t=0时刻的波形,此时P点恰好开始振动.已知波源的平衡位置在O点,P、Q两质点平衡位置坐标分别为P(12,0)、Q(28,0),则下列说法正确的是( )‎ A. 波源刚开始振动时的运动方向沿+y方向 B. 这列波的波速为400m/s C. 当t=0.04s时,Q点刚开始振动 D. Q点刚开始振动时,P点恰位于波谷 E. Q点的振动方向与O点振动方向相反 ‎【答案】BCE ‎【解析】‎ ‎【详解】A项:由此时波刚好传到P点,根据“上下坡”法可知,此时P点振动方向沿y轴负方向,即波源刚开始振动时的运动方向沿y方向,故A错误;‎ B项:由题意可知,,解得,所,故B正确;‎ C项:波从P传到Q所用的时间为,故C正确;‎ D项:由于PQ间距为16m=,所以P、Q两质点的振动步调完全相同,故D错误;‎ E项:由,根据波的周期性可知, Q点的振动方向与O点振动方向相反。‎ ‎16.用折射率为的透明材料做成一个高度为H的长方体,一束宽度为d 的平行光束,从真空中以与上表面夹角为45°的方向射入该长方体,从长方体下表面射出.已知真空中光速为c,求:‎ ‎(ⅰ)平行光束在长方体中的宽度;‎ ‎(ⅱ)平行光束通过长方体的时间.‎ ‎【答案】(ⅰ) ;(ⅱ) ;‎ ‎【解析】‎ ‎(i) 光路图如图所示,宽度为d的平行光束射到长方体上表面时的入射角 i=45°,由折射定律有 nsin r=sinI 解得折射角r=30°‎ 设平行光束在长方体中的宽度为D,由 解得;‎ ‎(ⅱ)由 平行光束在长方体中传播路程 平行光束通过长方体的时间。 ‎
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