高二物理下学期期末质量检测试题（含解析）

高二物理下学期期末质量检测试题（含解析）

‎【2019最新】精选高二物理下学期期末质量检测试题（含解析）‎ 一.选择题(本题共14小题，每小题3分，共42分，其中1-9题只有一项符合题目要求，10-14题有多项符合题目要求，全部选对得3分，选不全的得2分有选错或不答的得0分。)‎ ‎1. 关于放射性同位素的应用，下列说法正确的是 A. 利用γ射线使空气电离，消除静电 B. 利用β射线照射植物的种子，使产量显著增加 C. 利用α射线来治疗肺癌、食道癌等疾病 D. 利用放射性同位素跟它的非放射性同位素的化学性质相同，作为示踪原子 ‎【答案】D ‎【解析】A、γ射线的电离本领最弱，故消除静电的效果最差，而用α射线消除静电最好，A错误。B、人们利用γ射线照射种子，可以使种子内的遗传物质发生变异，培育出新的优良品种，故B错误。C、治疗肺癌用的“γ刀”是利用了γ射线具有很高的能量，穿透能力很强的特性，故C错误。D、放射性同位素具有相同的化学性质和不同的物理性质，则作为示踪原子，D正确。故选D。‎ - 19 - / 19‎ ‎【点睛】解决本题的关键知道三种射线的特点，以及知道它们电离能力和穿透能力的强弱．α射线带正电，电离能力较强，γ射线不带电，穿透能力最强，β射线带负电；α、β射线在磁场中能发生偏转，γ射线不发生偏转．‎ ‎2. 以下有关电动势的说法正确的是 A. 电源的电动势跟电源内非静电力做的功成正比，跟通过的电量成反比 B. 电动势的单位跟电压的单位一致，所以电动势就是两极间的电压 C. 非静电力做的功越多，电动势就越大 D. 只是电动势的定义式而非决定式，电动势的大小是由电源内非静电力的特性决定的 ‎【答案】D ‎【解析】电源内部非静电力把正电荷从电源负极移送到正极，根据电动势的定义式可知，电动势等于非静电力把单位正电荷从电源负极移送到正极所做的功．属于比值定义，电动势E与W、q及体积和外电路无关，由电源内非静电力的特性决定．故A错误，D正确；电动势和电压虽然单位相同，但是二者具有不同的性质，不能说电动势就是电压；故B错误； 非静电力做功的多少与时间有关，电动势很小，若时间很长也可以做功很多；故C错误；故选D． ‎ 点睛：本题考查电动势的物理意义．要注意电动势与电压是两个不同的概念，不能说“电动势就是电压”．‎ ‎3. 下列说法正确的是 - 19 - / 19‎ A. 结合能越大的原子核越稳定 B. 动量相同的质子和电子，他们的德布罗意波的波长相等 C. 氢原子从较高的激发态跃迁到较低的激发态时，电子的动能增加，原子的总能量增加 D. 将放射性元素掺杂到其他稳定元素中并大幅度降低其温度，它的半衰期不发生变短 ‎【答案】B ‎【解析】A、比结合能越大，原子核越稳定，与结合能无关；故A错误。B、根据德布罗意波波长的公式可知，动量相同的质子和电子，它们的德布罗意波的波长相等，故B正确。C、‎ 氢原子从较高的激发态跃迁到较低的激发态时，总能量减小，电子的轨道半径减小，根据，知电子的动能增大，所以电势能减小，故C错误。D、半衰期的大小与所处的物理环境和化学状态无关，由原子核内部因素决定，故降低温度半衰期不变，D错误。故选B。‎ ‎【点睛】该题考查比结合能与结合能的区别，认识概率波和经典波，原子的吸能和放能等，考查的知识点虽然比较多，但都是一些记忆性的知识点，在平时的学习中多加积累即可．‎ ‎4. 下列核反应中属于人工转变的是 A. ‎ B. ‎ C. ‎ - 19 - / 19‎ D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】A、两轻核结合成中等质量的核，属于轻核聚变，A错误。B、反应物只有一个，自发的发生核反应，生成物为α粒子或β粒子为衰变，则B错误。C、α粒子轰击其他的原子核，生成新的核，为人工核转变，典型代表为三大发现，C正确。D、重核在中子的轰击作用下生成多个中核，生成新的中子继续反应构成链式反应，为重核裂变，D错误。故选C。‎ ‎【点睛】衰变生成物为α或β粒子，原子核的人工转变是由人为行为发生的和反应方程，不是自发的衰变、裂变和聚变等．‎ ‎5. 用两只完全相同的电流表分别改装成一只电流表和一只电压表。将它们串联起来接入电路中，如图所示，接通电路后，下列判断正确的是 A. 两只电表的指针都不偏转 B. 两只电表的指针偏转角相同 C. 电流表指针的偏转角小于电压表指针的偏转角 D. 电流表指针的偏转角大于电压表指针的偏转角 ‎【答案】C ‎【点睛】电流表改装成电压表是串联较大的分压电阻；电流表改装成大量程电流表是并联较小的分流电阻；将电压表和电流表串联，分析通过表头的电流关系，判断指针偏转角度的大小.‎ ‎6.‎ - 19 - / 19‎ ‎ 回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高顿交流电极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示，下列说法中正确的是 A. 带电粒子从磁场中获得能量 B. 带电粒子所获得的动能与加速器的电压有关，电压越大，动能越大 C. 带电粒子在加速器中的运动时间与加速器磁场有关，磁场越强，运动时间越长 D. 带电粒子所获得的能量与带电粒子的质量和电荷量均有关，质量和电荷量越大，能量越大 ‎【答案】C ‎【解析】A、粒子在磁场中偏转，洛伦兹力不做功，在电场中加速，电场力做正功，知离子在电场中获得能量，在磁场中能量不变，故A错误。B、带电粒子获得最大动能时从磁场中匀速圆周离开，，解得，则最大动能，可知最大动能与加速的电压无关，与磁感应强度的大小有关，故B错误。C、设加速次数为n，每次加速获得的动能，则加速次数为，总的运动时间为，则磁感应强度越大，运动时间越长，C正确。D、由可知比荷 越大时，动能越大，故D错误。故选C。‎ ‎【点睛】解决本题的关键知道回旋加速器的构造，以及加速粒子的原理，知道回旋加速器加速粒子的最大动能与加速电压无关，与磁感应强度的大小以及D形盒的半径有关．‎ - 19 - / 19‎ ‎7. 如图所示，有一条捕鱼小船停靠在湖边码头，小船又窄又长（估计一吨左右）。一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量，他进行了如下操作：首先将船平行码头自由停泊，然后他轻轻从船尾上船，走到船头后停下，而后轻轻下船，用卷尺测出船后退的距离d，然后用卷尺测出船长L。已知他自身的质量为m，则渔船的质量为 A. m(L+d)/d B. m(L-d)/d C. mL/d D. m(L+d)/L ‎【答案】B ‎【解析】设人走动时船的速度大小为v，人的速度大小为v′，人从船尾走到船头所用时间为t。取船的速度为正方向。则，，根据动量守恒定律：Mv-mv′=0，可得，解得渔船的质量，故选B。‎ ‎【点睛】人船模型是典型的动量守恒模型，体会理论知识在实际生活中的应用，关键要注意动量的方向，能正确根据动量守恒关系得出质量与距离间的关系．‎ ‎8. 如图所示，两块水平放置的金属板间距离为d，用导线与一个n匝线圈连接，线圈置于方向竖直向上的磁场B中.两板间有一个质量为m，电荷量为+q的油滴恰好处于平衡状态，则线圈中的磁场B的变化情况和磁通量变化率分别是 A. 正在减弱；‎ - 19 - / 19‎ B. 正在增强；‎ C. 正在减弱；‎ D. 正在增强；‎ ‎【答案】B ‎【解析】电荷量为q的带正电的油滴恰好处于静止状态，电场力竖直向上，则电容器的下极板带正电，所以线圈下端相当于电源的正极，由题意可知，根据楞次定律，可得穿过线圈的磁通量在均匀减弱； 线框产生的感应电动势： 油滴所受电场力： 对油滴，根据平衡条件得： 所以解得，线圈中的磁通量变化率的大小为；，故B正确，ACD错误。 ‎ 点睛：解决本题的关键掌握法拉第电磁感应定律，欧姆定律等等电磁感应与电路、电场的基本规律；还会用楞次定律判端电动势的方向．注意感应电动势与电场强度符号容易混淆。‎ ‎9.‎ - 19 - / 19‎ ‎ 如图所示，边长为L=0.20m的正方形线圈abcd，其匝数为n=10、总电阻为r=2Ω，外电路的电阻为R=8Ω，ab的中点和cd的中点的连线OO′恰好位于匀强磁场的边界线上，磁场的磁感应强度B=1T，若线圈从图示位置开始，以角速度ω=2rad/s绕OO′轴匀速转动，则以下判断中正确的是 A. 闭合电路中感应电动势的瞬时表达式e=0.8sin2t（V）‎ B. 从t=0时刻到时刻，通过R的电荷量q=0.02C C. 从t=0时刻到时刻，电阻R上产生的热量为Q=3.2π×10-4J D. 在时刻，磁场穿过线圈的磁通量为零，但此时磁通量随时间变化最快 ‎【答案】BD ‎【解析】A、闭合电路中感应电动势的瞬时表达式e=Emsinωt，而Em=nBSω，所以e=nBL2ωsinωt=0.4sin2t，故A错误。B、由电量的定义式，故B错误。C、从t=0时刻到时刻，电阻的焦耳热为，故C错误。D、，在时刻，线圈从图示位置转过90°，此时磁场穿过线圈的磁通量最小，但此时磁通量随时间变化最快，感应电动势最大，故D正确。故选BD。‎ ‎【点睛】线框在匀强磁场中匀速转动，产生正弦式交变电流．而对于电表读数、求产生的热量均由交变电的有效值来确定，而涉及到耐压值时，则由最大值来确定．而通过某一电量时，则用平均值来求．同时注意磁场只有一半．‎ ‎10.‎ - 19 - / 19‎ ‎ 如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r，电流表和电压表均为理想电表，R为电阻箱，为定值电阻，C为电容器.当闭合开关S，增大电阻箱的阻值时，电流表示数变化量用ΔI表示，电压表示数变化量用ΔU表示，下列说法不正确的是 A. 电阻两端的电压减小，减小量等于ΔU B. 电容器的带电量增加，增加量为CΔU C. 电压表的示数U和电流表的示数I的比值增大 D. 电压表示数变化量ΔU和电流表示数变化量ΔI的比值不变 ‎【答案】AD ‎【解析】A、B、闭合开关S，增大可变电阻R的阻值后，电路中电流减小，由欧姆定律分析得知，电阻R1两端的电压减小，R两端的电压增大，而它们的总电压即路端电压增大，所以电阻R1两端的电压减小量小于△U．电容器两极板间的电压等于R两端的电压，可知电容器板间电压增大，带电量增大，增大量为C△U，故A错误、B正确。C、根据闭合电路欧姆定律得：U=E-I（R1+r），由数学知识得知， ，保持不变。故C正确。D、由图，R增大，则电压表的示数U和电流表的示数I的比值变大，故D错误。本题选错误的；故选AD。‎ ‎【点睛】此题中两电表读数的比值要根据欧姆定律和闭合电路欧姆定律来分析，注意，R是非纯性元件．‎ ‎11. 如图所示，正方形容器处在匀强磁场中，一束电子从a孔垂直进入磁场射入容器中，其中一部分从c孔射出，一部分从d孔射出，则下列说法正确的是 A. 从两孔射出的电子速率之比 B. 从两孔射出的电子轨道半径之比 C. 从两孔射出的电子在容器中运动所用时间之比为 - 19 - / 19‎ D. 从两孔射出的电子在容器中运动时的加速度大小之比 ‎【答案】AD ‎【解析】A、C、电子从c点射出，d为圆心，rc=L，圆心角，由，得，运动时间；电子从d点射出，ad中点为圆心，，圆心角，所以，，解得：，，，故A正确，B、C错误。D、电子做匀速圆周运动，可得，则，故D正确。故选AD。‎ ‎【点睛】本题为带电粒子在磁场中运动的基本问题，只需根据题意明确粒子的运动半径及圆心即可顺利求解．‎ ‎12. 直流电路如图所示，闭合开关S，在滑动变阻器的滑片P向右移动时，电源的 A. 效率一定增大 B. 总功率先增大后减小 C. 内部损耗功率一定减小 D. 输出功率一定先增大后减小 ‎【答案】AC ‎【解析】由电路图可知，当滑动变阻滑片向右移动时，滑动变阻器接入电路的阻值增大，电路总电阻变大，电源电动势不变，由闭合电路的欧姆定律可知，电路总电流I变小。‎ - 19 - / 19‎ A、电源的效率，电源内阻r不变，滑动变阻器阻值R变大，则电源效率增大，故A正确；B、电源电动势E不变，电流I变小，电源总功率P=EI减小，故B错误；C、电源内阻r不变，电流I减小，电源的热功率PQ=I2r减小，故C正确；D、当滑动变阻器阻值与电源内阻相等时，电源输出功率最大，由于不知道最初滑动变阻器接入电路的阻值与电源内阻间的关系，因此无法判断电源输出功率如何变化，故D错误；故选AC。‎ ‎【点睛】考查闭合电路的欧姆定律以及最大值问题，熟练应用闭合电路欧姆定律、电功率公式即可正确解题。‎ ‎13. 如图所示为磁流体发电机的示意图，设两金属板间的距离为d，两极板间匀强磁场的磁感应强度为B，等离子体垂直进入磁场的速度为v，单个离子所带的电量为q，离子通道(即两极板内所围成空问)的等效电阻为r，负载电 阻为R.则下列说法中正确的是 ‎ A. 该发电机的电动势E=Bdv B. 电阻R两端的电压为为Bdv C. 该电机的总功率为 D. 该发电机上极板板的电势低于下极板的电势 ‎【答案】AC - 19 - / 19‎ ‎【解析】D、根据左手定则可知，正电荷向上偏，负电荷向下偏，则上板是电源的正极，下板是电源的负极，则上极板的电势高于下极板的电势，故D错误；A、当离子匀速直线运动时，极板的电量最大，电动势最大，根据，得，故A正确。B、等效电路为内阻r和外阻R串联，则，则B错误。C、设总功率为P，电源功率P=IE且，则有，故C正确。故选AC。‎ ‎【点睛】根据电场力和洛伦兹力平衡求出电动势的大小，结合闭合电路欧姆定律求出电流的大小，从而得出两极板间的电势差．根据闭合电路欧姆定律求出电流的大小，通过P=EI求出发电机的总功率，及电阻R的电压．‎ ‎14. 我国第21次南极科考队在南极观看到了美丽的极光。极光是由来自太阳的高能量带电粒子流高速冲进高空稀薄大气层时，被地球磁场俘获，从而改变原有运动方向，向两极做螺旋运动，如图所示。这些高能粒子在运动过程中与大气分子或原子剧烈碰撞或摩擦，从而激发大气分子或原子使其发出各种颜色的光。科学家发现并证实，向两极做螺旋运动的这些高能粒子的旋转半径是不断减小的，这主要与下列哪些因素有关 A. 太阳对带电粒子的引力做负功 B. 越靠近南北两极的磁感应强度越强 C. 空气阻力对带电粒子做负功，使其动能减少 D. 洛伦兹力对带电粒子做负功，使其动能减少 ‎【答案】BC - 19 - / 19‎ ‎【解析】A、粒子在运动过程中，若电量增大，由洛伦兹力提供向心力，得出的半径公式，可知当电量增大时，半径是减小，与太阳的引力做功无关,故A错误。B、粒子在运动过程中，南北两极的磁感应强度较强，由洛伦兹力提供向心力，得出的半径公式，可知，当磁感应强度增加时，半径是减小，故B正确。C、粒子在运动过程中可能受到空气的阻力，对粒子做负功，所以其动能会减小，故C正确； D、地球的磁场由南向北，当带负电的宇宙射线粒子垂直于地面向赤道射来时，根据左手定则可以判断粒子的受力的方向为向西，所以粒子将向西偏转；当带正电的宇宙射线粒子垂直于地面向赤道射来时，根据左手定则可以判断粒子的受力的方向，粒子受到的洛伦兹力始终与速度垂直，所以洛伦兹力不做功，故D错误；故选BC。‎ ‎【点睛】本题就是考查左手定则的应用，掌握好左手定则即可判断粒子的受力的方向．同时利用洛伦兹力提供向心力，推导出运动轨迹的半径公式来定性分析．‎ 二、实验题（本题共2小题，共14分）‎ ‎15. (1)图中游标卡尺读数为____________cm。‎ ‎(2)如图所示，某同学用两个大小相等的小球做《验证动量守恒定律》的实验时，必须测量的物理量是____‎ A.入射小球和被碰小球的质量 B.入射小球从静止释放时的起始高度 C.斜槽轨道的末端到水平地面的高度 D.未放靶球时入射球飞出的水平距离 E.入射小球和被碰小球碰撞后各自飞出的水平距离 ‎【答案】 (1). 1.094 (2). ADE - 19 - / 19‎ ‎【解析】(1)50分度的游标卡尺，精确度是0.02mm，游标卡尺的主尺读数为10mm，游标尺上第47根线和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为47×0.02mm=0.94mm，所以最终读数为：10mm+0.94mm=10.94mm=1.094cm．‎ ‎(2) 小球离开轨道后做平抛运动，小球在空中的运动时间t相等，如果碰撞过程动量守恒，则有：mav0=mavA+mbvB，两边同时乘以时间t得：mav0t=mavAt+mbvBt，则maOM=maOP+mbON，因此实验需要测量：两球的质量，两球做平抛运动的水平位移，故C、D错误，A、B、E正确．故选ABE．‎ ‎【点睛】本题考查了实验需要测量的量、实验注意事项、实验原理、刻度尺读数、动量守恒表达式，解题时需要知道实验原理，根据动量守恒定律与平抛运动规律求出实验要验证的表达式是正确答题的前提与关键．‎ ‎16. 常用无线话筒所用的电池电动势E约为9V，内阻r约为40Ω，最大允许电流为100mA，为测定该电池的电动势和内阻，某同学先利用利用图乙的电路进行实验，图中电压表为理想电表，R为电阻箱(阻值范围为0-999.9Ω)，为定值电阻。‎ ‎(1)图甲中接的目的是_________；实验室备有的定值电阻的规格有以下几种，则本实验应选用______。 ‎ A.50Ω，1.0W     B.500Ω，2.5W    C.1500Ω，15W    D2500Ω，25W - 19 - / 19‎ ‎(2)接入符合要求的后，闭合开关S，调整电阻箱的阻值读出电压表的示数U，再改变电阻箱阻值，取得多组数据，作出了如图乙的图线.由图线求得该电池的电动势E=_________V，内阻r=________Ω.(结果保留三位有效数字)‎ ‎【答案】 (1). 保护电路 (2). A (3). 10.0 (4). 33.3‎ ‎【解析】(1)R0是定值电阻，接在干路上限制电流起保护电路的作用．当滑动变阻器短路时，电路中通过的最大电流为100mA，则由闭合电路欧姆定律可知，定值电阻的最小阻值约为：，则定值电阻应选A、50Ω，1.0W；‎ ‎(2)由闭合电路欧姆定律可得：，变形得：，由数学知识可知图象中的斜率；截距；由图可知，b=0.1，故E=10V；；即，解得：r=33.3Ω。‎ ‎【点睛】本题考查了测电源电动势与内阻实验，由图示电路图应用欧姆定律求出图象的函数表达式、根据图象与函数表达式即可求出电源电动势与内阻．‎ 三、计算题(本题共4小题，共44分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。）‎ ‎17. 一质量为m的小铁块，从离沙面高度h处自由下落，然后掉进沙坑里，已知铁块在沙中运动时受到的阻力为f，不计空气阻力，则小铁块在沙里运动时间为多少？‎ ‎【答案】 ‎ ‎【解析】铁块下落过程为匀加速直线运动： ‎ 解得沙面时的速度 - 19 - / 19‎ 小铁块在沙里运动过程中运用动量定理：‎ 联立解得运动时间 ‎...............‎ ‎18. 如图所示理想变压器输入的交流电压=220V，有两组副线圈，其中=36匝，标有“6V 9W”、“12V 12W”的电灯分别接在两副线圈上均正常发光，求：‎ ‎(1)原线圈的匝数和另一副线圈的匝数；‎ ‎(2)原线圈中电流.‎ ‎【答案】(1)匝，匝 (2)I=0.095A ‎【解析】(1)因为两灯泡正常发光，所以U2=6V，U3=12V，‎ 根据电压与匝数成正比知两副线圈的匝数比，‎ 故=72匝 由 所以=1320匝 ‎(2)根据输入功率等于输出功率知：220I=9+12‎ 得：I=0.095A.‎ ‎【点睛】解决本题要从副线圈的用电器正常发光开始，特别注意副线圈中有两个线圈，所以电流比不再等于匝数反比，应该用输入功率等于输出功率。‎ - 19 - / 19‎ ‎19. 如图所示，一带正电粒子垂直射入匀强电场，经电场偏转后从磁场的左边界上A点（图中未画出）沿与磁场左边界成45°垂直进入磁场，最后从磁场的左边界上的N点离开磁场。已知：带电粒子比荷，电场强度E=200V/m，磁感应强度B=2.5×10-2T，金属板长L=25cm，带电粒子重力忽略不计，求：‎ ‎(1)带电粒子进入电场时的初速度； ‎ ‎(2)M、N两点间的距离.‎ ‎【答案】(1) (2)MN=0.01m ‎【解析】(1)在电场中的加速度：‎ 粒子在电场中的运动时间：‎ 射出电场时的竖直分速度：‎ 速度偏向角：‎ 计算得出：‎ ‎(2)粒子射出电场时运动速度大小： ‎ 洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得： ‎ 计算得出：‎ 由几何关系得：，计算得出：MN=0.01m=1cm.‎ ‎【点睛】粒子在电场中做类平抛运动、在磁场中做匀速圆周运动，分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是解题的前提与关键，应用类平抛运动规律、牛顿第二定律与几何知识即可解题．‎ - 19 - / 19‎ ‎20. 如图所示，间距为L的平行且足够长的光滑导轨由两部分组成：倾斜部分倾角为θ，与水平部分平滑相连，在倾斜导轨顶端连接一阻值为r的定值电阻。质量为m、电阻也为r的金属杆MN垂直导轨跨放在导轨上，在倾斜导轨区域加一垂直导轨平面向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场；在水平导轨区域加另一垂直导轨平面向下、磁感应强度大小也为B的匀强磁场。闭合开关S，让金属杆MN从图示位置由静止释放，已知金属杆运动到水平导轨前，已达到最大速度，不计导轨电阻且金属杆始终与导轨接触良好，重力加速度为g.求：‎ ‎(1)金属杆MN在倾斜导轨上滑行的最大速率；‎ ‎(2)金属杆MN在倾斜导轨上运动距离x时，速度为v（未达到最大速度粒），求这段时间内在定值电阻上产生的焦耳热Q；‎ ‎(3)金属杆MN在水平导轨上滑行的最大距离。‎ ‎【答案】(1) (2) (3) ‎ ‎【解析】(1)金属杆MN在倾斜导轨上滑行的速度最大时，其受到的合力为零，‎ 对其受力分析，可得： ‎ 根据欧姆定律可得： ‎ 解得：‎ ‎(2)设电路产生的总焦耳热为Q总，由功能关系可得： ‎ 定值电阻产生的焦耳热 - 19 - / 19‎ 解得：‎ ‎(3)金属杆在水平导轨上滑行的最大距离为xm，由牛顿第二定律得：BIL=ma 有法拉第电磁感应定律、欧姆定律可得：‎ 可得：‎ 即 得：.‎ ‎【点睛】本题是滑轨问题，关键是熟练运用切割公式、欧姆定律公式和安培力公式，同时要注意求解电热时用功能关系列式分析，求解电荷量和位移时用平均值分析 - 19 - / 19‎