湖北省随州市2020学年高二物理下学期期末考试试题（含解析）

湖北省随州市2020学年高二物理下学期期末考试试题（含解析）

随州市普通高中2020学年下学期期末统考 ‎ 高二物理试题 ‎(本卷满分110分，考试时间90分钟；在答题卡相应处作答方才有效)‎ 第I卷 客观卷(共50分)‎ 一、选择题(本题共10小题，每小题5分。在每小题给出的四个选项中，第1-7题只有一项符合题目要求第8～10题有多项符合题目要求。全部选对得5分，选对但不全得3分，有选错的得0分)‎ ‎1.物理教材中有很多经典的插图能够形象的表现出物理实验、物理现象及物理规律，下列四幅图涉及到不同的物理知识，其中说法正确的是 A. 甲图中，卢瑟福通过分析粒子散射实验结果，发现了质子和中子 B. 乙图中，在光颜色保持不变的情况下，入射光越强，饱和光电流越大 C. 丙图中，射线甲由电子组成，射线乙为电磁波，射线丙由粒子组成 D. 丁图中，链式反应属于轻核裂变 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 卢瑟福通过分析粒子散射实验结果，提出了原子的核式结构模型，A错误。‎ B.根据光电效应规律可知在光颜色保持不变的情况下，入射光越强，饱和光电流越大，B正确。‎ C.因为射线甲受洛仑兹力向左，所以甲带正电，是由粒子组成，C错误。‎ D.链式反应属于重核裂变，D错误。‎ ‎2.下列说法中正确的是 A. 根据爱因斯坦的“光子说”可知，光的波长越大，光子的能量越小 B. 氢原子的核外电子，在由离核较远的轨道自发跃迁到离核较近的轨道的过程中，放出光子，电子绕核运动的动能减小，原子的电势能减小 C. 一个基态氢原子吸收光子跃迁到n=3激发态后，能发射出3种频率的光子 D. 原子核能发生β衰变说明原子核内存在电子 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据爱因斯坦的“光子说”可知，光的波长越短能量越大，光的波长越大，光子的能量越小；故A正确.‎ B.氢原子的核外电子，在由离核较远的轨道自发跃迁到离核较近的轨道的过程中，放出光子，原子的电势能减小，根据库仑力提供向心力可知：，则电子绕核运动的动能增大；故B错误.‎ C.一群基态的氢原子吸收光子跃迁到n=3激发态后，最多发射出三种频率的光子，一个基态的氢原子吸收光子跃迁到n=3激发态后，最多发射出两种频率的光子；故C错误.‎ D.β衰变的实质是原子核内的中子转化为质子而同时释放出电子，该电子并不是原子核中的电子；故D错误.‎ ‎3.如图所示，当开关接a时，理想变压器原、副线圈的匝数比为10:1，b是原线圈的中心抽头，图中电表均为理想交流电表，定值电阻R=10Ω，其余电阻均不计．从某时刻开始在原线圈c、d两端加上如图乙所示的交变电压，则下列说法正确的是 A. 当单刀双掷开关与a连接时，电压表的示数为31.1V B. 当单刀双掷开关与b连接且t=0.01s时，电流表示数为4A C. 当单刀双掷开关由a拨向b时，副线圈输出交流电的频率增大 D. 当单刀双掷开关由a拨向b时，原线圈输入功率变大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】由图象可知，电压的最大值为311V，交流电的周期为2×10-2s，所以交流电的频率为.‎ A.交流电的有效值为220V，根据电压与匝数成正比可知，副线圈的电压为22V;所以A错误.‎ B.当单刀双掷开关与b连接时，副线圈电压为44V，所以副线圈电流为4.4A，电流表示数为电流的有效值，不随时间的变化而变化，所以电流表的示数为4.4A;故B错误.‎ C.变压器不会改变电流的频率，所以副线圈输出电压的频率为50Hz;所以C错误.‎ D.当单刀双掷开关由a拨向b时，原线圈的匝数变小，所以副线圈的输出的电压要变大，电阻R上消耗的功率变大，原线圈的输入功率也要变大;所以D正确.‎ ‎4.如图，某空间存在正交的匀强磁场和匀强电场，电场方向水平向右，磁场方向垂直于纸面向里，一个带电微粒由a点进入电磁场并刚好能沿ab直线向上匀速运动，下列说法正确的是 A. 微粒可能带负电，也可能带正电 B. 微粒的电势能一定增加 C. 微粒的机械能一定增加 D. 洛伦兹力对微粒做负功 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据做直线运动的条件和受力情况如图所示:‎ 可知，粒子做匀速直线运动，则粒子必定带负电，故A错误；‎ B.由a沿直线运动到b的过场中，电场力做正功，电势能减小，故B错误.‎ C.因重力做负功，重力势能增加，又动能不变，则机械能一定增加，故C正确.‎ D.洛伦兹力一直与速度方向相互垂直，故洛伦兹力不做功，故D错误.‎ ‎5.如图，质量为m的导体棒电阻为R，初始时静止于光滑的水平轨道上，平行导轨的间距为L，电源电动势为E，内阻不计匀强磁场的磁感应强度为B，其方向与轨道平面成θ角斜向上方，开关闭合后导体棒开始运动，则 A. 导体棒向左运动 B. 开关闭合瞬间导体棒MN所受安培力为2‎ C. 开关闭合瞬间导体棒MN所受安培力为 D. 开关闭合瞬间导体棒MN的加速度为 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.开关闭合，由左手定则可知，磁感线穿过掌心，则大拇指向为垂直磁感线向右，从而导致导体棒向右运动;故A错误.‎ BC.当开关闭合后，根据安培力公式F=BIL，与可得；故B,C均错误.‎ D.当开关闭合后，安培力的方向与导轨成90°-θ的夹角，再根据力的分解可得，合力大小，再由牛顿第二定律与安培力的大小可知，加速度；故D正确.‎ ‎6.半径为r带缺口的刚性金属圆环竖直固定放置，在圆环的缺口两端引出两根导线，分别与两块水平固定放置的平行金属板连接，两板间距为d，如图(a)所示。有一变化的磁场垂直于纸面，规定向内为正，变化规律如图(b)所示。在t=0时刻平板之间中心有一重力不计，电荷量为q的静止微粒，则以下说法正确的是(微粒始终没有触碰到金属板)‎ A. 第2秒内上极板为负极 B. 第3秒内上极板为正极 C. 第2秒末微粒回到了原来位置 D. t=2.5s时两极板之间的电场强度大小为 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.第2s内，磁感应强度均匀减小，根据楞次定律知，上极板为正极；故A错误.‎ B.第3s内，磁感应强度垂直纸面向外且逐渐增大，根据楞次定律知，上极板为正极；故B正确.‎ C.第1s内下极板正极，微粒开始做匀加速直线运动，第2s内，上极板为正极，微粒做匀减速直线运动到零，2s末未回到原位置；故C错误.‎ D.根据法拉第电磁感应定律可知，两极板间的电势差，则电场强度；故D错误.‎ ‎7.如图，边长为L、匝数为N，电阻不计的正方形线圈abcd在磁感应强度为B的匀强磁场中绕转轴OO′转动，转轴OO′垂直于磁感线，在线圈外接一个含有理想变压器的电路，变压器原、副线圈的匝数分别为n1和n2保持线圈以恒定角速度ω转动，下列判断正确的是 A. 从图示位置计时，矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为e=NBωL2 cosωt B. 电压表V1示数等于NBωL2，电压表V2示数等于 C. 当可变电阻R的滑片P向上滑动时，电压表V2的示数变大 D. 当可变电阻R的滑片P向上滑动时，变压器的输入功率增大 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.从垂直于中性面时开始计时，矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为e=NBSωcosωt=NBL2ωcosωt；故A正确.‎ B.由交流电的产生可知，线圈中产生的最大电动势：Em=NBL2ω，交流发电机内电阻不计，所以电压表V1的示数等于；故B错误.‎ C.交流发电机内电阻不计，故变压器输入电压不变，根据理想变压器的变压比公式，当P位置向上滑动时，对变压器副线圈上的电压没有影响，电压表V2读数不变，故C错误.‎ D.当P位置向上移动时，R增大，根据电功率的表达式：，可知变压器的输出功率减小，故输入功率也减小；故D错误.‎ ‎8.如图，两根足够长的平行金属导轨与水平面的夹角为θ，两导轨间距为L，上端接有阻值为R的电阻。一根质量为m的均匀直导体棒ab放在两导轨上，并与导轨垂直。整套装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度为B，导轨和导体棒的电阻可忽略。让导体棒沿导轨由静止开始下滑，导轨和导体棒接触良好，不计它们之间的摩擦。重力加速度为g.下列说法正确的是 A. 导体棒开始下滑时的加速度为gsinθ B. 导体棒匀速运动时所受到安培力为mgcosθ C. 导体棒匀速运动时产生的电动势为 D. 导体棒匀速运动时的速度为 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.导体棒开始下滑时，感应电流为零，不受安培力，此时加速度为重力的分力产生的，为gsinθ；故A正确.‎ B.导体棒匀速运动时，根据平衡条件有：mgsinθ=Fcosθ，可得导体棒所受的安培力大小为：F=mgtanθ；故B错误.‎ CD.当ab以速度v下滑时，感应电动势为：E=BLvcosθ ①‎ ab杆中的电流为： ②‎ ab杆受到的安培力：F=BIL ③‎ 匀速直线运动时，加速度为零，mgtanθ=F ④‎ 由①②③④知：，；故C正确，D错误 ‎9.如图是某化工厂为了测量污水排放量的设计图，在排污管末端安装了流量计，该装置由绝缘材料制成，长、宽高分别为a、b、c，左、右两端开口，在垂直于前、后面的方向加磁感应强度为B的匀强磁场，在上、下两个面的内侧固定有金属板M、N作为电极，污水充满管道从左向右流经该装置时，电压表将显示两个电极间的电压U，若用Q表示污水流量(单位时间内流出的污水体积)，下列说法中正确的是 A. M板电势一定低于N板的电势 B. 污水流动速度越大，电压表的示数越大 C. 污水中离子浓度越高，电压表的示数越大 D. 电压表的示数U与污水流量Q成正比 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据左手定则，知负离子所受的洛伦兹力方向向下，则向下偏转，N板带负电，M板带正电，则M板的电势比N板电势高；故A错误.‎ BC.最终离子在电场力和洛伦兹力作用下平衡，有：，解得:U=vBc，与离子浓度无关;故B正确；C错误.‎ D.根据，则流量，则，与污水流量成正比；故D正确.‎ ‎10.如图，用一根电阻为2R粗细均匀的铜导线制成半径为r的圆环，PQ为圆环的直径，其左右两侧存在垂直于圆环所在平面的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，但方向相反。一根长度为2r、电阻为R的金属棒MN绕着圆环的圆心O点紧贴着圆环以角速度ω沿顺时针方向匀速转动，转动过程中金属棒MN与圆环始终接触良好，则下列说法(不计金属棒经过PQ位置瞬间)正确的是 A. 圆环消耗的电功率是变化的 B. 金属棒两端的电压大小为Bωr2‎ C. 圆环中电流的大小为 D. 金属棒旋转一周的过程中，电流经过金属棒产生的热量为 ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【详解】BC.由右手定则，MN中电流方向由N到M，根据法拉第电磁感应定律可得，产生的感应电动势为两者之和，即，保持不变.环的电阻由两个电阻为R的半圆电阻并联组成，所以环的总电阻为，所以通过导体MN的电流：;MN两端的电压：,所以流过环的电流：;故B正确，C正确.‎ A.综上分析可知，流过环的电流不变，则环消耗的电功率不变;故A错误.‎ D.MN旋转一周外力做功为;故D正确.‎ 第Ⅱ卷 非选择题(共60分)‎ 二、包括必考题和选考题两部分。第11题～第16题为必考题，每个试题考生都必须做答。第17题～第18题为选考题，考生根据要求做答。‎ ‎(一)必考题(共45分)‎ 第11题～第13题，每空(或作图)均为2分，共16分 ‎11.写出如图所示的游标卡尺和螺旋测微器的读数：‎ ‎(1)游标卡尺的读数：___________mm。‎ ‎(2)螺旋测微器的读数：___________mm。‎ ‎【答案】 (1). 50.20 (2). 3.617(3.617～3.619)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】第一空.由游标卡尺可知，主尺示数是5.0cm=50mm，游标尺示数是4×0.05mm=0.20mm，游标卡尺示数为50mm+0.20mm=50.20mm.‎ 第二空.由螺旋测微器可知，固定刻度示数为3.5mm，可动刻度示数为11.7×0.01mm=0.117mm，螺旋测微器示数为3.5mm+0.117mm=3.617mm.‎ ‎12.如图所示，用伏安法测电源电动势和内阻的实验中，在电路中接一个阻值为2.0Ω的电阻R0，通过改变滑动变阻器，得到几组电表的实验数据：‎ U(V)‎ ‎1.2‎ ‎1.0‎ ‎0.8‎ ‎0.6‎ I(A)‎ ‎0.10‎ ‎0.17‎ ‎0.23‎ ‎0.30‎ ‎(1)R0的作用是__________；‎ ‎(2)用作图法在坐标系内作出U-I图线 _______；‎ ‎(3)利用图线，测得电动势E=_______V，内阻r=____Ω.‎ ‎【答案】 (1). 保护电源、电表，防止短路 (2). (3). 1.5 (4). 1.0‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】第一空.R0接在电源附近，是为了防止当外部短路时，电源出现短路现象，故此电阻在此起保护作用；保护电源、电表防止短路；同时可以减小电阻的测量误差．‎ 第二空.将（I、U）坐标描在图象中，用直线将各点相连，如图所示：‎ 第三空.由图可知，电源的电动势约为1.5V；‎ 第四空.，解得：r=3.0-2.0=1.0Ω.‎ ‎13.如图是一个多用表欧姆挡内部电路示意图。表头G满偏电流为0.5mA、内阻为10Ω：电池电动势为1.5V、内阻为1Ω，变阻器R0阻值为0～5000Ω．该欧姆表的刻度值是按电池电动势为1.5V标定的。当电池的电动势下降到1.45V、内阻增大到4Ω时仍可调零。调零后R0阻值将变_______(填“大”或“小”)，若测得某待测电阻阻值为300Ω，则这个待测电阻的真实阻值______300Ω(填“大于”、“等于”或“小于”).‎ ‎【答案】 (1). 小 (2). 小于 ‎【解析】‎ ‎【详解】第一空.欧姆表内阻为：，电流表满偏电流Ig不变，电源电动势E变小，则欧姆表总内阻要变小，故R0的阻值调零时一定偏小；‎ 第二空.电动势为1.5调零后，欧姆表内部的内阻为：，‎ 电动势变为1.45V调零后，欧姆表内部的内阻为：，‎ 由300Ω对应的电流列出关系式，有：，‎ 所以对应1.45V时的电阻R真=290Ω，小于真实值.‎ ‎14.相距d=0.1m水平放置的平行金属板a和b，且中央有孔，为其提供电压的电路如图所示，且已知电源的电动势为E=24V，内阻为r=5Ω，分压电阻为R2=100Ω，现闭合电键S，当电流达到稳定后，将带电荷量为q=1.0×10－7C、质量为m=6.0×10－7kg的液滴从小孔正上方h=0.1m高处无初速滴下，为使液滴刚好不落在b板上，g取10m/s2.求：‎ ‎(1)R2两端的电压；‎ ‎(2)滑动变阻器R1接入电路的有效阻值.‎ ‎【答案】(1)12V（2）95Ω ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)液滴从开始刚好能到b板附近，对此过程应用动能定理：‎ ‎（或；）‎ 解得：ab两板电压(即为R1两端分压)=12V ‎(2)当R两端分压为U时，由闭合电路欧姆定律得：‎ 对于部分电路R2，‎ 解得:=95Ω ‎15.如图，两根光滑平行金属导轨置于水平面(纸面)内，导轨间距为L，左端连有阻值为R的电阻。一金属杆置于导轨上，金属杆右侧存在一磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场区域。已知金属杆以速度v0向右进入磁场区域，做匀变速直线运动，到达磁场区域右边界(图中虚线位置)时速度恰好为零。金属杆与导轨始终保持垂直且接触良好。除左端所连电阻外，其他电阻忽略不计。求金属杆运动到磁场区域正中间时所受安培力的大小及此时电流的功率.‎ ‎【答案】,‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】设金属杆运动的加速度大小为a，运动的位移为x，‎ 根据运动学公式，有 设金属杆运动到磁场区域中间位置时的速度为v，‎ 根据运动学公式，有 联立以上各式解得:‎ 金属杆运动到磁场区域中间位置时，产生的感应电动势为E=BLv 通过金属杆的电流为 金属杆受到的安培力为F=BIL 解得：‎ 电流的功率为 解得：‎ ‎16.如图，在地面上方空间存在着两个水平方向的匀强磁场，磁场的理想边界ef、gh、pq水平，磁感应强度大小均为B，区域I的磁场方向垂直纸面向里，区域Ⅱ的磁场方向向外，两个磁场的高度均为L；将一个质量为m，电阻为R，对角线长为2L的正方形金属线圈从图示位置由静止释放(线圈的d点与磁场上边界f等高，线圈平面与磁场垂直)，下落过程中对角线ac始终保持水平，当对角线ac刚到达cf时，线圈恰好受力平衡；当对角线ac到达h时，线圈又恰好受力平衡(重力加速度为g).求：‎ ‎(1)当线圈的对角线ac刚到达gf时的速度大小；‎ ‎(2)从线圈释放开始到对角线ac到达gh边界时，感应电流在线圈中产生的热量为多少?‎ ‎【答案】(1) (2)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)设当线圈的对角线ac刚到达ef时线圈的速度为 ‎，则此时感应电动势为：‎ 感应电流：‎ 由力的平衡得：‎ 解以上各式得：‎ ‎(2)设当线圈的对角线ac刚到达ef时线圈的速度为，则此时感应电动势 感应电流：‎ 由力的平衡得：‎ 解以上各式得：‎ 设感应电流在线圈中产生的热量为Q,由能量守恒定律得：‎ 解以上各式得：‎ ‎(二)选考题：共15分。请考生从给出的2道物理题中任选一题做答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应题号右边的方框涂黑。注意：解答题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题。如果多做，则按所做的第一题计分。‎ ‎[物理一选修3-3](15分)‎ ‎17.下列说法正确的是__________‎ A. 用油膜法估测分子直径的实验中，用酒精稀释过的油酸滴在水面上形成单分子层，单分子油膜的厚度就是酒精分子和油酸分子半径的平均值 B. 布朗运动说明液体分子做永不停息的无规则运动，同时说明液体分子间有间隙 C. 分子间作用力为零时，分子间的势能不一定是零 D. 气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数，与单位体积内气体的分子数和气体温度有关 E. 在完全失重的状态下，气体的压强为零 ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.用油膜法估测分子直径的实验中，用酒精稀释过的油酸滴在水面上形成单分子层，单分子油膜的厚度为油酸分子直径;故A错误.‎ B.布朗运动说明液体分子做永不停息的无规则运动，同时说明液体分子间有间隙;故B正确.‎ C.分子间作用力为零时，分子势能最小，但分子间的势能不一定是零;故C正确.‎ D.气体压强与分子数密度和分子热运动的平均动能有关，而温度是分子平均动能的标志，故气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数，与单位体积内的分子数及气体温度都有关;故D正确.‎ E.根据气体压强的微观意义，气体压强与分子数密度和分子热运动的平均动能有关，和气体是否失重无关;故E错误.‎ ‎18.如图甲所示，U形气缸固定在水平地面上，用面积S=10cm2的活塞(该活塞重力不计)封闭着一定质量的气体，已知气缸不漏气，活塞移动过程无摩擦．外界大气压强为p0=1.0×105Pa，初始时活塞紧压小挡板.现缓慢升高缸内气体的温度.‎ ‎①请在乙图中作出能反映气缸内气体的压强p随热力学温度T变化的图像；‎ ‎②当温度缓慢升高到t1=27℃时，活塞与小挡板间恰好无作用力.现在活塞上加一质量为m=4kg的砝码，要使加砝码后的活塞与小挡板间恰好无作用力，则温度至少要升高到多少摄氏度?g取10N/kg.‎ ‎【答案】(1) (2)147℃‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】①因开始时活塞紧压小挡板，说明被封闭气体的压强要小于大气压，在活塞离开挡板之前，气体的体积不变，做等容变化，图线是过P-T图的坐标原点的，活塞离开挡板后，做等压变化，由此可知气缸内气体的压强p随热力学温度T变化的图像如图:‎ ‎②对气缸内气体：T1=300K，p1=p0=1.0×105Pa T2=(t+273)K，Pa 根据查理定律得：‎ 解得：t=147℃‎ ‎【物理一选修3-4】‎ ‎19.某地发生6.7级地震，震源深度为15km。如果该地震中的简谐横波在地球中匀速传播的速度大小为4km/s，已知该波沿x轴正方向传播，某时刻刚好传到N处，如图所示，则下列说法中正确的是___________‎ A. 从波源开始振动到波源随波迁移到地面需要经过6.7s B. 该波的波长为60km C. 该波的周期为0.015s D. 波动图象上M点此时速度方向沿y轴负方向 E. 从波传到N处开始计时，经过t=0.03s位于x=240m处的质点加速度最小 ‎【答案】CDE ‎【解析】‎ ‎【详解】A.波向前传播的过程中，介质中所有质点都不随波向前迁移;故A错误.‎ B.根据图象可知，该波的波长为λ=60m;故B错误.‎ C.根据可知，该波周期为;故C正确.‎ D.根据同侧法可知，此时M点的速度方向沿y轴的负方向;故D正确.‎ E.因为t=0.03s=2T，所以N质点又回到平衡位置，此时的加速度为0;故E正确.‎ ‎20.用折射率n=3/2的光学材料制成如图棱镜，用于某种光学仪器中，现有束光线沿MN方向从空气射到棱镜的AB面上，入射角的大小满足关系sini=，该束光经AB面折射后射到BC面的P点(未画出)。‎ ‎①求光在棱镜中传播的速率(光在空气中的速度近似为在真空中的速度);‎ ‎②通过计算判断该光束射到P点后能否发生全反射并画出光束在棱镜中的光路图.‎ ‎【答案】①v=2×108m/s ②‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】①光在棱镜中传播的速率:‎ 解得:v=2×108m/s ‎②由折射定律：‎ 解得AB面上的折射角：γ=30°‎ 由几何关系得BC面上的人射角：θ=45°‎ 全反射临界角<45°‎ 光在BC面上发生全反射，画出光路如图:‎