广东省揭阳市2020学年高二物理下学期期末考试试题（含解析）

广东省揭阳市2020学年高二物理下学期期末考试试题（含解析）

广东省揭阳市2020学年高二物理下学期期末考试试题（含解析） ‎ 二、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第14~18题只有一项符合题目要求，第19~21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.在下列四幅图中，能正确标明通电直导线所受安培力F方向的是 A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据左手定则判断可知，安培力竖直向下，A错误 B．根据左手定则判断可知，安培力竖直向下，B正确 C．根据左手定则判断可知，安培力竖直向下，C错误 D．根据左手定则判断可知，安培力垂直纸面向外，D错误 ‎2.如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三条电场线，实线为一带负电的粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、R、Q是这条轨迹上的三点，由此可知 A. 带电粒子在P点时的电势能比在Q点时的电势能大 B. 带电粒子在P点时的加速度大小小于在Q点时的加速度大小 C. 带电粒子在P点时的速度大小大于在Q点时的速度大小 D. 带电粒子在R点时的动能与电势能之和比在Q点时的小，比在P点时的大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．以b电场线为例，结合曲线运动轨迹、速度、合外力三者位置关系，可知该粒子在b电场线处受到的电场力向右，又由于粒子带负电，所以该处电场强度向左，所以P点电势大于Q点电势，所以粒子在P点电势能小于Q点。A错误 B．P点电场线比Q点密集，所以P点加速度大于Q点。B错误 C．从P到Q电场力做负功，所以P点动能大于Q点，因此P点速度大于Q点，C正确 D．因为全程只受电场力，所以动能和电势能之和是定值，D错误 ‎3.如图所示，单匝闭合金属线框abcd在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴OO'匀速转动，设穿过线框的最大磁通量为Φm，线框中产生的最大感应电动势为Em，从线框平面与磁场平行时刻（图示位置）开始计时，下面说法正确的是 A. 线框转动的角速度为 B. 线框中的电流方向在图示位置发生变化 C. 当穿过线框的磁通量为Φm的时刻，线框中的感应电动势为Em D. 若转动周期减小一半，线框中感应电动势也减小一半 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据交流电产生的原理可知，线圈匀速转动产生的交流电的电动势峰值，所以结合本题情境可得线框转动的角速度为，A正确 B．图示位置感应电动势最大，电流方向的改变在电动势等于0的时刻，B错误 C．当穿过线框的磁通量为Φm的时刻，线框的速度与磁感线平行，感应电动势为0，C错误 D．根据法拉第电磁感应定律可知，若转动周期减小一半，磁通量变化越快，线框中的感应电动势变为原来2倍，D错误 ‎4. 电阻R、电容C与一线圈连成闭合回路，条形磁铁静止于线圈的正上方，N极朝下，如图所示。现使磁铁开始自由下落，在N极接近线圈上端的过程中，流过R的电流方向和电容器极板的带电情况是 A. 从a到b，上极板带正电 B. 从a到b，下极板带正电 C. 从b到a，上极板带正电 D. 从b到a，下极板带正电 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：由图知，穿过系安全带磁场方向向下，在磁铁向下运动的过程中，线圈的磁通量在增大，故感应电流的磁场方向向上，再根据右手定则可判断，流过R的电流从b到a，电容器下极板带正电，所以A、B、C错误，D正确。‎ 考点：本题考查楞次定律 ‎5.如图所示，一理想变压器原线圈为1000匝，副线圈为200匝，将原线圈接在的交流电压上，电阻R＝100Ω，电流表A为理想电表，下列说法正确的是 A. 该变压器是升压变压器 B. 交变电流的频率为60Hz C. 电流表A的示数为0.40A D. 变压器的输入功率是16W ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．原线圈的匝数大于副线圈，该变压器为降压变压器，A错误 B．根据题意可知，，所以交变电流的频率为60Hz，B正确 C．电流表显示的为电流的有效值，结合变压器的规律可得，电流表A的示数为，C错误 D．结合C选项的结果，可得变压器的输入功率是8W，D错误 ‎6.如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地，一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态，现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，则 A. P点的电势将降低 B. 带电油滴的电势能将增大 C. 带电油滴将沿竖直方向向下运动 D. 电容器的电容减小，极板带电荷量将增大 ‎【答案】ABC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．因为电容器和直流电源相连，所及极板间电压不变，间距增大，极板间电场强度减小，所以P点和下极板间的电势差减小，又下极板接地，所以P点电势减小，A正确 B．根据题意可知，上极板带正电，又油滴初始静止，所以可知油滴带负电，P点电势减小，因此油滴电势能增大，B正确 C．因为极板间电场强度减小，原来电场力等于重力，现在电场力小于重力，油滴向下运动，C正确 D．根据平行板电容器电容决定式可知，间距增大，电容减小，又电压不变，所以极板所带电荷量减小，D错误 ‎7. 如图所示，在磁感应强度B＝1．0‎ ‎ T的匀强磁场中，金属杆PQ在外力F作用下在粗糙U形导轨上以速度v＝2 m/s向右匀速滑动，两导轨间距离l＝1．0 m，电阻R＝3．0 Ω，金属杆的电阻r＝1．0 Ω，导轨电阻忽略不计，则下列说法正确的是 A. 通过R的感应电流的方向为由a到d B. 金属杆PQ切割磁感线产生的感应电动势的大小为2．0 V C. 金属杆PQ受到的安培力大小为0．5 N D. 外力F做功的数值等于电路产生的焦耳热 ‎【答案】ABC ‎【解析】‎ 试题分析：由右手定则判断知，当导体棒滑动时产生逆时针方向的电流，通过R的感应电流的方向为由a到d．故A正确．导体PQ切割磁感线产生的感应电动势的大小为：E=BLv=1．0×1×2V=2V，故B正确。‎ 在整个回路中产生的感应电流为：代入数据得：I=0．5A． 由安培力公式：‎ 代入数据得：故C正确。金属杆PQ在外力F作用下在粗糙U型导轨上以速度v向右匀速滑动，外力F做功大小等于电路产生的焦耳热和导轨与金属杆之间的摩擦力产生的内能之和，故D错误。‎ 所以ABC正确，D错误。‎ 考点：动生电动势、欧姆定律、安培力 ‎【名师点睛】本题是法拉第电磁感应定律、欧姆定律和安培力公式等综合应用，该题中要明确功与能的关系，知道外力F克服摩擦力和安培力做功，外力F做功大小等于电路产生的焦耳热和导轨与金属杆之间的摩擦力产生的内能的和。本题的解题思路是导体PQ垂直切割磁感线，由右手定则判断感应电流的方向，由E=BLv求解感应电动势的大小，由公式F=BIL求PQ所受的安培力；外力F克服摩擦力和安培力做功。‎ ‎8.在如图甲所示的电路中，电源电动势为3V，内阻不计，L1、L2位相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示，R为定值电阻，阻值为10Ω．当开关S闭合后 A. L1的电阻为1.2Ω B. L1消耗的电功率为0.75W C. L2的电阻为5Ω D. L2消耗的电功率为0.1W ‎【答案】BC ‎【解析】‎ AB、当开关闭合后，灯泡L1的电压U1=3V，由图读出其电流I1=0.25A，则灯泡L1的电阻，功率P1=U1I1=0.75W．故A错误，BC正确；‎ C、灯泡L2的电压为U，电流为I，R与灯泡L2串联，则有，在小灯泡的伏安特性曲线作图，如图所示，‎ 则有，L2的电阻为5Ω，L2消耗的电功率为0.2W，故C正确，D错误；‎ 故选BC 三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第22题~第32题为必考题，每个试题考生都必须做答。第33题~第38题为选考题，考生根据要求作答。‎ ‎（一）必考题：共129分。‎ ‎9.某人用多用电表按正确步骤测量一电阻的阻值，当选择欧姆挡“×1”挡测量时，指针指示位置如图所示，则其电阻值是________Ω；如果要用这只多用电表测量一个约200Ω的电阻，为了使测量比较精确，选择开关应选的欧姆挡是________；改变挡位调整倍率后，要特别注意重新____________。‎ ‎【答案】 (1). 12.0 (2). “×10”挡 (3). 欧姆调零 ‎【解析】‎ ‎【详解】如图可知，指针所指为12，估读一位12.0，档位为“×1”，所以电阻阻值为12.0Ω；为了使读数精准，应使指针落在中值电阻附近，所以可知档位切换为“×10”挡；更换了档位欧姆表内阻会改变，所以测量电阻前应欧姆调零。‎ ‎10.手机、电脑等电器已经普及到人们的日常生活中，这些电器都要用到锂电池。某同学利用下列器材测定一节锂电池的电动势和内阻，锂电池的电动势约为3V。‎ A．量程是0.6A，内阻约为0.5Ω的电流表 B．量程是3V，内阻是6kΩ的电压表 C．量程是15V，内阻是30kΩ的电压表 D．阻值为0～1kΩ，额定电流为0.5A的滑动变阻器 E．阻值为0～10Ω，额定电流为2A的滑动变阻器 F．定值电阻4Ω，额定功率4W G．开关S一个，导线若干 ‎（1）这位同学设计的电路图中的导线应连接到__________处；（填“①”或“②”）‎ ‎（2）为了减小实验误差，电压表应选择__________；（填器材前的序号）‎ ‎（3）为了使电压表和电流表的读数变化比较明显，滑动变阻器应选择__________；（填器材前的序号）‎ ‎（4）用上图中的实验电路进行测量，读出电压表和电流表的读数，画出对应的U－I图线如图所示，由图线可得该锂电池的电动势E＝__________V，内阻r＝__________Ω。（计算结果都保留两位有效数字）‎ ‎【答案】 (1). ① (2). B (3). E (4). 3.2 (5). 1.3‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）本实验测量的是电池的电动势和内阻，如果采用②的连接方式的话，会使路端电压的测量偏小，同时内阻的测量偏大，所以应采用①的连接方式；（2）电动势约为3V，所以为了减小测量误差，应选用电压表B；（3）本实验采用的是滑动变阻器限流式接法且定值电阻的阻值只有4Ω，所以滑动变阻器选择E；（4）根据闭合电路的欧姆定律可得，，所以可知U－I图线的纵轴截距表示E，斜率表示（4+r），因此可得电动势E＝3.2V，内阻r＝1.3Ω ‎11.如图所示，质量为M=2kg的木板静止在光滑的水平地面上，木板AB部分为光滑的四分之一圆弧面，半径为R=0.3m，木板BC部分为水平面，粗糙且足够长。质量为m=1kg的小滑块从A点由静止释放，最终停止在BC面上D点(D点未标注)。若BC面与小滑块之间的动摩擦因数μ=0.2，g=10m/s2，求：‎ ‎①小滑块刚滑到B点时的速度大小；‎ ‎②BD之间的距离。‎ ‎【答案】①2m/s；②1.5m；‎ ‎【解析】‎ 试题分析：①小滑块刚滑到B点时的速度大小，木板的速度大小为 根据题意，系统满足水平方向动量守恒，且在下滑过程中机械能守恒，即 ‎（2分）‎ ‎（3分）‎ 联立得：（1分）‎ ‎②根据水平方向动量守恒且初动量为0，可知系统最终将停下来，结合题意可知 ‎（3分）‎ 解得（1分）‎ 考点：动量守恒定律、机械能守恒定律 ‎12.如图甲所示，两平行金属板AB间接有如图乙所示的电压，两板间的电场可看作匀强电场，且两板外无电场，板长L=0．8m，板间距离d=0．6m．在金属板右侧有一磁感应强度B=2．0×10﹣2T，方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁场宽度为l1=0．12m，磁场足够长．MN为一竖直放置的足够大的荧光屏，荧光屏距磁场右边界的距离为l2=0．08m，MN及磁场边界均与AB两板中线OO′垂直．现有带正电的粒子流由金属板左侧沿中线OO′连续射入电场中．已知每个粒子的速度v0=4．0×105m/s，比荷=1．0×108C/kg，重力忽略不计，每个粒子通过电场区域的时间极短，电场可视为恒定不变．‎ ‎（1）求t=0时刻进入电场的粒子打到荧光屏上时偏离O′点的距离；‎ ‎（2）若粒子恰好能从金属板边缘离开，求此时两极板上的电压；‎ ‎（3）试求能离开电场的粒子的最大速度，并通过计算判断该粒子能否打在右侧的荧光屏上？如果能打在荧光屏上，试求打在何处．‎ ‎【答案】（1）0．10m；（2）900V；（3）5×105m/s，该粒子不能打在右侧的荧光屏上．‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）t=0时进入电场的粒子匀速通过电场，进入磁场后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，‎ 由牛顿第二定律得：，代入数据解得：R1=0．2m，‎ 粒子运动轨迹如图所示：‎ 由几何知识可得：‎ 粒子在磁场中偏移的距离：y1=R1﹣R1cosθ 代入数据解得：y1=0．04m 粒子出磁场后做匀速直线运动，y2=l2tanθ，‎ 代入数据解得：y2=0．06m，‎ 粒子打到荧光屏上时偏离O′的距离为：y=y1+y2=0．10m ‎（2）设两板间电压为U1时，带电粒子刚好从极板边缘射出电场，‎ ‎，，L=v0t，‎ 解得：U1=900V ‎（3）由动能定理得：‎ 代入数据解得： v1=5×105m/s 粒子在电场中的偏向角α，，‎ 粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，‎ 由牛顿第二定律得：，‎ 代入数据解得：R2=0．25m，‎ R2﹣R2sinα=0．25﹣0．25×=0．1m＜l1=0．12m 该粒子不能从磁场偏出打在荧光屏上；‎ 考点：带电粒子在匀强磁场及匀强电场中的运动 ‎【名师点睛】本题考查了带电粒子在电场及磁场中运动问题，分析清楚粒子运动过程是正确解题的前提与关键；灵活运用动能定理、类平抛运动的规律、牛顿第二定律即可正确解答。‎ ‎13.下列说法正确的是________‎ A. 布朗运动就是液体分子的运动 B. 给物体加热，物体的内能不一定增加 C. 碎玻璃不能拼合在一起，说明是分子间斥力的作用 D. 小昆虫水黾可以在水面上自由行走，是由于液体表面张力作用 E. 机械能可以全部转化为内能，也可以将内能全部转化为机械能 ‎【答案】BDE ‎【解析】‎ ‎【详解】A．布朗运动是液体分子对放入的花粉颗粒的撞击导致，反映了分子的热运动，但是它不是液体分子的运动，A错误 B．物体的内能等于动能和势能之和，给物体加热，动能增加，但是势能不一定增加，也有可能减小，所以物体内能不一定增加，B正确 C．碎玻璃间距远大于分子作用力间距，所以不能拼合在一起，不能说明分子间斥力作用，C错误 D．小昆虫水黾可以在水面上自由行走，是由于液体表面张力作用，D正确 E．不同形式的能量之间是可以互相转化的，只是有些能量间的转化可以自发，而有些能量间的转化无法自发，E正确 ‎14.如图所示，粗细均匀一端封闭一端开口的U形玻璃管，当t1＝31℃，大气压强p0＝76cmHg时，两管水银面相平，这时左管被封闭的气柱长8cm，则：‎ ‎（ⅰ）当温度t2是多少摄氏度时，左管气柱长为9cm？‎ ‎（ⅱ）当温度达到上问中的温度t2时，为使左管气柱长再次为8cm，应在右管中加入多长的水银柱？‎ ‎【答案】(i) (ii) ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(i)初状态:=76cmHg，,=304K 末状志:＋2cmHg=78cmHg 根据理想气体状态方程：‎ 代入数据得解得:=351K 则有 ‎(ii)设在右管中加入hcm,‎ ‎=76＋hcmHg,,‎ 根据理想气体方程:‎ 代入数据解得:=11.75cmHg ‎15.一列简谐横波在某时刻的波形如图所示，此时刻质点P的速度为v，经过0.2s后它的速度大小、方向第一次与v相同，再经过1.0s它的速度大小、方向第二次与v相同，则下列判断中正确的是 A. 波沿x轴负方向传播，且波速为20m/s B. 波沿x轴正方向传播，且波速为10m/s C. 质点M与质点Q的位移大小总是相等、方向总是相反 D. 若某时刻N质点到达波谷处，则Q质点一定到达波峰处 E. 从图示位置开始计时，在0.6s时刻，质点M偏离平衡位置的位移y= - 10cm ‎【答案】BDE ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．根据题意可知第二次速度大小、方向与原来相同所经历的时间要比第一次长，所以可知图示位置P质点运动方向指向y轴正方向，根据同侧法可得波向x轴正方向传播，且第一次和第二次速度与原来速度相同经历的时间之和等于质点振动的周期，又波长等于12m，所以波速等于10m/s，A错误B正确 C．MQ之间相差时间间隔不等于半个周期的奇数倍，C错误 D．NQ之间相差半个周期，所以NQ的步调总是相反，若某时刻N质点到达波谷处，则Q质点一定到达波峰处，D正确 E．0.6s为周期的一半，根据数学知识知经过半个周期质点M偏离平衡位置的位移y=‎ ‎ - 10cm，且此时M点向上运动，E正确 ‎16.如图所示是一个半球形透明物体的侧视图，现在有一细束单色光沿半径OA方向入射，保持入射方向不变，不考虑光线在透明物体内部的反射．‎ ‎①将细光束平移到距O点处的C点，此时透明体左侧恰好不再有光线射出，求透明体对该单色光的折射率；‎ ‎②若细光束平移到距O点0.5R处，求出射光线与OA轴线的交点距O点的距离．‎ ‎【答案】(1) 　(2)① 　②‎ ‎【解析】‎ 试题分析： ①如图所示，光束由C处水平射入，在B处发生全反射，∠OBC为临界角 由临界角公式：①‎ 解得：②‎ ‎②如图所示，光束由D点水平射入，在E点发生折射，入射角为∠OED=α，折射角为∠NEF=β，‎ 折射率③‎ ‎④‎ 由①②解得：，β=60° ⑤‎ 由几何关系可知：∠FOE=α，⑥‎ ‎∠OFE=β-α=α，⑦‎ 则出射光线与OA轴线的交点F与O点的距离为：OF=2Rcos30°=R 考点：光的折射定律 ‎【名师点睛】此题是对光的折射定律及全反射问题的考查；透明体左侧恰好不再有光线射出时，光线发生了全反射，画出光路图，由几何关系求解临界角，从而由公式求解折射率。 ‎