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）

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。 ‎