陕西省渭南市富平县2019-2020学年高二上学期期末考试物理试题

陕西省渭南市富平县2019-2020学年高二上学期期末考试物理试题

‎2019-2020学年陕西省渭南市富平县高二（上）期末物理试卷 一、单项选择题 ‎1.下列属于防范静电的是( )‎ A. 避雷针 B. 喷涂 C. 静电复印 D. 静电除尘 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．避雷针是为了导走房屋静电，防止带电云层打雷击中，属于静电防范，故A正确；‎ B．喷涂时利用高压静电电场，使带负电的涂料微粒沿着电场相反的方向定向运动，并将涂料吸附在工件表面的喷涂方法，属于静电的利用，故B错误；‎ C．复印机复印文件资料，属于静电利用，故C错误；‎ D．静电除尘利用的是除尘器中的空气被电离，烟雾颗粒吸附电子而带负电，颗粒向电源正极运动，属于静电利用，D错误．‎ ‎2.下列各图中，电流方向与其产生的磁场方向关系不正确的是（　　）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．伸开右手，大拇指所指电流的方向，即垂直纸面向外，弯曲的四指则指磁场方向，即逆时针方向（俯视），故A正确，不符合题意；‎ B．伸开右手，大拇指所指电流的方向，即竖直向上，弯曲的四指则指磁场方向，即逆时针方向（从上向下看），那么直导线右边的磁场垂直纸面进入，左边的磁场垂直纸面出来，故B不正确，符合题意；‎ C．伸开右手，弯曲的四指则指电流方向，即逆时针（从右向左看），大拇指则指圆环内部磁场的方向，即水平向右，故C正确，不符合题意；‎ D．伸开右手，弯曲的四指所指电流方向，即从左端进入，由右端出来，大拇指所指圆环内部磁场的方向，则磁感线应是向左，故D正确，不符合题意；‎ 故选B。‎ ‎3.关于近代物理，下列说法正确是（　　）‎ A. 放射性元素的半衰期随温度的升高而变短 B. α粒子散射实验证明了原子的核式结构 C. α、β、γ射线比较，α射线的穿透能力最强 D. 光电效应现象揭示了光波动性 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．放射性元素的半衰期与温度的变化无关，选项A错误；‎ B．α粒子散射实验证明了原子的核式结构，选项B正确；‎ C．α、β、γ射线比较，γ射线的穿透能力最强，选项C错误；‎ D．光电效应现象揭示了光的粒子性，选项D错误；‎ 故选B。‎ ‎4.氢原子能级图如图所示。已知紫外线光子能量在3.11eV至124eV之间。要使处于基态（n=1）的氢原子被激发后可辐射出紫外线光子，最少应给氢原子提供的能量为（　　）‎ A. 1.51‎eV B. 1.89eV C. 10.20eV D. 12.09eV ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】氢原子从高能级向基态跃迁时，所辐射光子能量最小值为：E=-3.40eV-（-13.6eV)=10.20eV＞3.11eV，故要产生可见光，氢原子吸收能量后，最起码要跃迁到n2能级；即最少应给氢原子提供的能量为10.2eV，故C正确，ABD错误。 故选C。‎ ‎5.关于电流，下列说法正确的是（ ）‎ A. 电子的运动速率越大，电流就越大 B. 单位世间内通过导体横截面积的电量越多i，导体中的电流越大 C. 因为电流有方向，所以电流时矢量 D. 导体中的电流，一定是自由电子的定向移动形成的 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 电流大小与电子运动速率无关，故A错误；电流的定义为电量与时间的比值，即为单位内通过的电量，是由电量与时间共同决定的，电量多电流不一定大，但如果是单位时内通过截面的电量多，则电流大，故正确；电流有方向，我们规定正电荷定向移动的方向为电流的方向，但电流不是矢量，矢量的运算必须遵循平行四边形定则，电流有方向，但不符合矢量合成法则不是矢量，故错误．导体中的电流，不一定是自由电子的定向移动形成的，也可能是其他带电离子定向移动形成的，选项D错误；故选B.‎ ‎6.两个分别带有电荷量－2Q和＋3Q的相同金属小球(均可视为点电荷)，固定在相距为r的两处，它们间库仑力的大小为F.两小球相互接触后将其固定距离变为，则两球间库仑力的大小为(　　)‎ A. F B. F C. ‎12F D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】相距为r时，根据库仑定律得：，接触后，各自带电量变为，则有：．‎ A．F．故选项A不符合题意． ‎ B．F．故选项B不符合题意． ‎ C．‎12F．故选项C不符合题意． ‎ D．．故选项D符合题意．‎ ‎7.利用某原子核俘获中子发生核反应，可获得氚核，氚是重要的核聚变原料。具体的核反应方程为，则下列说法正确的是（　　）‎ A. 此核反应为α衰变 B. X的中子数为2‎ C. 此核反应过程有质量亏损 D. 4.9MeV是X的结合能 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．虽然此核反应生成物中产生了，但此反应不是α衰变，故A错误；‎ B．根据质量数、电荷数守恒可知，X的质量为6，电荷数为3，因此质子数和中子数均为3，故B错误；‎ C．此核反应过程释放能量，根据爱因斯坦质能方程可知，此过程有质量亏损，故C正确；‎ D．X结合能是3个中子和3个质子结合成X所释放的能量，而此核反应是X与中子结合生成He和H所释放的能量，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎8.关于磁感应强度，下列说法正确的是（　　）‎ A. 根据定义式B=知，磁场中某点的磁感应强度B与F成正比，与IL成反比 B. 磁感应强度B是矢量，方向与F的方向相同 C. 磁感应强度B是矢量，方向与通过该点的磁感线的切线方向垂直 D. 在磁场中确定的地方磁感应强度B是确定的，与F和IL的大小无关 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．磁场中某点的磁感应强度B是由磁场本身决定的，与F以及IL无关，选项A错误；‎ B．磁感应强度B是矢量，方向与F的方向垂直，选项B错误；‎ C．磁感应强度B是矢量，方向与通过该点的磁感线的切线方向一致，选项C错误；‎ D．在磁场中确定的地方磁感应强度B是确定的，与F和IL的大小无关，选项D正确；‎ 故选D。‎ ‎9.在静电场中，下列有关电场与电势的说法正确的是（ ）‎ A. 电场线越密的地方，电场强度越强，电势也越高 B. 电场线越密的地方，电场强度越弱，电势也越低 C. 沿着电场线的方向，电势越低 D. 沿着电场线的方向，电场强度越弱 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】AB、电场线越密的地方，电场强度越强，而电场线方向不确定，故无法判断电势高低，故A、B错误；‎ C、沿着电场线的方向，电势降低，电势越来越小，故C正确；‎ D、电场线疏密表示电场强度的相对大小，沿电场线方向场强不一定减小，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎10.如图所示，平行金属导轨的距离为d，左端接一电源，电动势为E，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直于导轨所在平面．一根金属棒ab与导轨成θ角放置，整个回路的总电阻为R，当接通开关S瞬间，金属棒所受的安培力大小为 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】据闭合电路欧姆定律得：回路电流为 导体棒的有效长度 导体棒所受安培力 A. 与计算结果不符，故A错误．‎ B. 与计算结果相符，故B正确．‎ C. 与计算结果不符，故C错误．‎ D. 与计算结果不符，故D错误．‎ 二、多项选择题 ‎11.如图所示，A图为平行板电容器内部电场；B图为等值异号点电荷的电场，其中O为两点电荷连线的中点且Oa=Ob；C图为孤立正点电荷的电场，a、b为以点电荷为圆心的圆上的点；D图为等量正点电荷的电场，a、b为两点电荷连线的中垂线上的点，且Oa=Ob。则下面四幅图中a、b两点的电场强度相同但电势不同的是（　　）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】A．a、b是匀强电场中的两点，电场强度相同，a、b连线与板不平行，则与电场线不垂直，所以a点的电势高于b点的电势。故A正确。‎ B．等量异种电荷连线的两个点，沿着电场线的方向，电势降低，则a的电势高于b的电势。由于电场线关于两电荷连线上下对称，场强相同。故B正确。‎ C．a、b是同一等势面上的两点，电势相同，场强大小相等，但方向不同，故C错误。‎ D．根据电场线的对称性可知，ab两点电势相同，场强大小相等，但方向相反，故D错误。‎ 故选AB。‎ ‎12.关于光电效应，下列说法正确的是（　　）‎ A. 入射光的光强一定时，频率越大，单位时间内逸出的光电子数就越多 B. 逸出功W0和极限频率vc之间应满足关系式W0=hvc C. 用同一种单色光照射同一种金属，那么从金属中逸出的所有光电子的初动能不一定相同 D. 用同一种单色光先后照射两种不同金属的表面都能发生光电效应，则遏止电压相同 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．光的强度等于单位时间发出光电子数目与光子能量的乘积，入射光光强一定时，频率越高，光子能量越大，则单位时间内逸出的光电子数就越少，故A错误。‎ B．逸出功W0和极限频率vc之间应满足关系式W0=hvc．故B正确。‎ C．根据光电效应方程EKm=hγ-W0，可知，用同一种单色光照射同一种金属，从金属中逸出的所有光电子的最大初动能一定相同，但逸出的所有光电子的初动能不一定相同，故C正确。‎ D．设遏止电压为Uc，由动能定理得 ‎-eUc=0-EKm 结合EKm=hγ-W0，得 不同金属逸出功W0不同，则遏止电压不同，故D错误。‎ 故选BC。‎ ‎13.如图所示，回旋加速器是用来加速带电粒子使它获得很大动能的装置，则带电粒子获得的最大动能与下列哪些因素有关（　　）‎ A. 加速电场的电压大小 B. 匀强磁场的磁感应强度 C. 交流电的频率 D. D形金属盒的半径 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】带电粒子在磁场中，做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据 得最大速度 则最大动能 最大动能与金属盒的半径以及磁感应强度有关，与交流电的频率和加速电压的大小无关，故AC错误，BD正确。 故选BD。‎ ‎14.如图所示，A、B、C、D是匀强电场中的四个点，D是BC的中点A、B、C构成一直角三角形，AB=‎0.1m，电场线与三角形所在的平面平行，已知A点的电势为0V，B点的电势为-5V，C点的电势为15V，据此可以判断（　　）‎ A. 场强方向由A指向C B. 场强大小为100V/m C. 将一带电量为q=4×10‎-5C的正电荷从A点移到D点，电场力做功4×10-4J D. 将一带电量为q=4×10‎-5C的正电荷从A点移到D点，电势能增大了2×10-4J ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由题意知：D点电势为5V，根据对称性，0V电势应该在BD的中点，又因为∠B=60°，故电场线沿BC方向，且由C指向B，故A错误。‎ B．由题意BC=‎0.2m，得 ‎ ‎ 故B正确。 CD．将一带电量为q=4×10‎-5C的正电荷从A点移到D点，电场力做负功 W=Uq=5V×4×10‎-5C=2×10-4J 电势能增大了2×10-4J，故C错误，D正确。 故选BD。‎ 三、实验题 ‎15.现有一合金制成的圆柱体用螺旋测微器测量该圆柱体的直径，用游标卡尺测量该圆柱体的长度，螺旋测微器和游标卡尺的示数如图甲和图乙所示，由图甲读得圆柱体的直径为____mm，由图乙读得圆柱体的长度为____cm。‎ ‎【答案】 (1). 2.710 (2). 3.975‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】[1]．由图所示可知，螺旋测微器固定刻度示数为‎2.5mm，游标尺示数为21.0×‎0.01mm=‎0.210mm，螺旋测微器示数为‎2.5mm+‎0.210mm=‎2.710mm；‎ ‎[2]．由图乙所示可知，游标卡尺主尺示数为‎3.9cm=‎39mm，游标尺示数为15×‎0.05mm=‎0.75mm，游标卡尺示数为‎39mm+‎0.75mm=‎39.75mm=‎3.975cm。‎ ‎16.如图所示的实验装置可用来探究影响平行板电容器电容的因素，其中电容器左侧极板和静电计外壳均接地，电容器右侧极板与静电计金属球相连，使电容器带电后与电源断开。‎ ‎(1)下列关于实验中使用静电计的说法正确的是_____。‎ A.使用静电计的目的是观察电容器电压的变化情况 B.使用静电计的目的是测量电容器电量的变化情况 ‎(2)以下情况中，能使电静电计指针偏角增大的有_____。‎ A.把两板间的距离减小 B.把两板的正对面积减小 C.在两板间插入相对介电常数较大的电介质 ‎【答案】 (1). A (2). B ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]．静电计可测量电势差，根据指针张角的大小，观察电容器电压的变化情况，无法判断电量的变化情况，故A正确，B错误；故选A。 （2）[2]．A．两板间距离d减小，根据电容的决定式知，电容C增大，根据知，电荷量不变，则电势差减小，指针偏角变小，故A错误； B．两级的正对面积减小，根据电容的决定式知，电容C减小，根据知，电荷量不变，则电势差增大，指针偏角变大，故B正确； C．在两极板间插入电介质，根据知，电容C增大，电荷量不变，根据 知，则电势差减小，指针偏角变小，故C错误；‎ ‎17.用多用电表测某一电阻，一同学选择欧姆挡“×‎100”‎，用正确的操作步骤测量时，发现指针位置如图中虚线所示。‎ ‎（1）为了较准确地进行测量，请你补充完整下列依次应该进行的主要操作步骤：‎ A.将选择开关转至_____（选填“×‎1”‎“×‎10”‎或“×1k”）挡；‎ B．将红、黑表笔短接，进行_____（选填“欧姆调零”或“机械调零”）。‎ ‎（2）重新测量后，刻度盘上的指针位置如图中实线所示，则测量结果是_____Ω。‎ ‎【答案】 (1). ×10 (2). 欧姆调零 (3). 130‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1][2]．选择×100倍率，用正确的操作步骤测量时，指针偏转角度太大说明指针示数太小，选择倍率太大，为准确测量电阻阻值： A．应换用小挡位，换用×10倍率档；‎ B．将红、黑表笔短接，进行欧姆调零。‎ ‎（2）[3]．由图示表盘可知，测量结果为：13×10=130Ω；‎ ‎18.关于电流表、电压表的改装：‎ ‎（1）有一个满偏电流为100mA的毫安表，电表内阻为9Ω，现将该毫安表的量程扩大至‎0.6A，则应并联一个阻值为_____Ω的电阻。‎ ‎（2）如图所示为一双量程电压表的示意图，已知电流表G的量程为0~10mA，内阻为60Ω，图中串联的分压电阻R1=440Ω，则R2=_____Ω。‎ ‎【答案】 (1). 1.8 (2). 1000‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]．根据电表的改装原理可知，应并联的电阻 ‎（2）[2]．根据电表的改装原理可知，R2的阻值为 ‎19.将一铜片和一锌片分别插入一个苹果内就构成了简单的“水果电池”，其电动势约为1.5V，内阻达几百欧姆为了测定一水果电池的电动势和内阻，提供的实验器材有：水果电池、电流表A（量程0~3mA，内阻约为0.5Ω）、电压表V（量程0~1.5V，内阻约为3kΩ）、滑动变阻器R1（阻值0-3kΩ，额定电流为‎1A）、电键、导线若干。‎ ‎（1）应选图_____（选填“a”或“b”）电路图实验。‎ ‎（2）根据实验记录的数据，经描点、连线得到水果电池的路端电压随电流变化的U-I图像如图所示，由图可知，水果电池的电动势E=_____V，内阻r=_____Ω。‎ ‎【答案】 (1). a (2). 1.35 (3). 450‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]．由题意可知水果电池内阻较大，为减小实验误差，相对于电源来说，电流表应采用内接法，因此应选择图a所示电路图。‎ ‎（2）[2][3]．由图示电源U-I图线可知，图象与纵轴截距为1.35，则电源电动势为：E=1.35V；‎ 电池内阻为：‎ 四、解答题 ‎20.如图所示，电源电动势E=10V，内阻r=0.5Ω，闭合开关S，标有“8V 24W“的灯泡L恰好能正常发光，电动机M也正常工作，电动机线圈的电阻R0=2Ω，求：‎ ‎（1）电动机工作2min产生的热量；‎ ‎（2）电动机的输出功率。‎ ‎【答案】（1）240J（2）6W ‎【解析】‎ ‎【详解】分析电路结构，电动机和灯泡并联.‎ ‎（1）灯泡L正常发光，则路端电压U=8V，根据电功率公式可知 ‎ ‎ 根据闭合电路欧姆定律可知 E=U+Ir 解得干路电流 I=‎‎4A 则流过电动机的电流 IM=I-IL=‎‎1A 电动机工作2min产生的热量 Q=IM2R0t=12×2×120J=240J ‎（2）电动机的总功率 P=UIM=8W 根据能量守恒定律可知，输出功率 P'=P- IM2R0=8W-2W=6W ‎21.如图所示，一静止的电子经过电压为U的电场加速后，立即从A点射入偏转匀强电场中，射入方向与偏转电场的方向垂直最终电子从B点离开偏转电场，已知偏转电场的电场强度大小为E，宽度为L，方向竖直向上（如图所示），电子的电荷量为e，质量为m ‎，重力忽略不计。‎ ‎（1）求电子从B点离开偏转电场时的竖直方向的位移y；‎ ‎（2）若仅将偏转电场的电场强度提高为原来的2倍，求粒子从偏转电场射出时的动能。‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）电子在电场中的加速，由动能定理得：‎ 设电子的竖直偏移量为y，则根据类平抛运动规律可得：‎ L=v0t ‎ ‎ 由牛顿第二定律得：‎ ‎ ‎ 解得：‎ ‎ ‎ ‎（2）E1=2E，其他条件不变，则偏转位移为：‎ ‎ ‎ 由动能定理可得：‎ eU+eE1y′=EK 解得：‎ ‎22.如图所示，有一对水平放置的平行金属板，两板之间有相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场强度为E=200V/m，方向竖直向下；磁感应强度大小为B0=0.1T，方向垂直于纸面向里。图中右边有一半径R为‎0.1m、圆心为O的圆形区域内也存在匀强磁场，磁感应强度大小为B=T，方向垂直于纸面向里。一正离子沿平行于金属板面，从A点垂直于磁场的方向射入平行金属板之间，沿直线射出平行金属板之间的区域，并沿直径CD方向射入圆形磁场区域，最后从圆形区域边界上的F点射出已知速度的偏向角θ=，不计离子重力。求：‎ ‎（1）离子速度v的大小；‎ ‎（2）离子比荷；‎ ‎（3）离子在圆形磁场区域中运动时间t。（结果可含有根号和分式）‎ ‎【答案】（1）‎2000m/s；（2）2×‎104C/kg；（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）离子在平行金属板之间做匀速直线运动，洛仑兹力与电场力相等，即：‎ B0qv=qE 解得：‎ ‎ ‎ ‎（2）在圆形磁场区域，离子做匀速圆周运动，轨迹如图所示 ‎ ‎ 由洛仑兹力公式和牛顿第二定律有：‎ ‎ ‎ 由几何关系有：‎ ‎ ‎ 离子的比荷为：‎ ‎ ‎ ‎（3）弧CF对应圆心角为θ，离子在圆形磁场区域中运动时间t，‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 解得：‎