2019-2020学年高二物理下学期期末考试试题(含解析) (III).doc

2019-2020学年高二物理下学期期末考试试题(含解析) (III)一、单选题(共10小题,每小题3.0分,共30分) 1. 关于磁感应强度B的概念，下列说法正确的是()A. 根据磁感应强度B的定义式B可知，通电导线在磁场中受力为零时该处B为0B. 一小段通电导线放在磁感应强度为零处，它所受的磁场力不一定为零C. 一小段通电导线在某处不受磁场力作用，该处的磁感应强度不一定为零D. 磁场中某处磁感应强度的方向，与通电导线在该处所受磁场力的方向相同【答案】C【解析】试题分析：磁感应强度只与磁场本身性质有关，与外界因素无关，A错误；通电导线放在磁感应强度为零处，它所受的磁场力一定为零，通电导线在某处不受磁场力作用，可能是导线与磁感应强度方向平行，该处的磁感应强度不一定为零B错误C正确；磁感应强度的方向与磁场力的方向垂直，D错误；考点：考查了对磁感应强度，安培力的理解2. 如图所示，空间存在着由匀强磁场B和匀强电场E组成的正交电磁场，电场方向水平向左，磁场方向垂直纸面向里有一带负电荷的小球P，从正交电磁场上方的某处自由落下，那么带电小球在通过正交电磁场时（）A. 一定做曲线运动B. 不可能做曲线运动C. 可能做匀速直线运动D. 可能做匀加速直线运动【答案】A【解析】当小球进入正交电磁场时，受到水平向右的电场力，竖直向下的重力，水平向左的洛伦兹力，因为小球在竖直方向上的速度不断增加，所以小球的洛伦兹力F1=Bqv在不断增加，故水平方向上的合力F=|EqBqv|大小在不断变化，故小球一定做曲线运动。A正确。3. 如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B，有一矩形线圈abcd，且ab=L1，ad=L2，通有逆时针方向的电流I，让它绕cd边转过某一角度时，使线圈平面与磁场夹角为，则（）A. 穿过线圈的磁通量为=BL1L2sinB. 穿过线圈的磁通量为=BL1L2cosC. cd边受到的安培力为F=BIL1sinD. ad边受到的安培力为F=BIL1cos【答案】A【解析】【详解】在图示位置，穿过线圈的磁通量为零，当转过时，此时穿过线圈的磁通量为=BL1L2sin，故A正确，B错误；由于cd边始终和磁场垂直，故受到的安培力F=BIL1，故C错误；由于ab边始终和磁场垂直，所以受到的安培力F=BIL2，故D错误。所以A正确，BCD错误。4. 导体A带5Q的正电荷，另一完全相同的导体B带Q的负电荷，将两导体接触一会儿后再分开，则B导体的带电荷量为()A. Q B. Q C. 2Q D. 4Q【答案】C【解析】试题分析：因为导体与其相同的导体接触时，导体间会平分电荷，所以两导体接触后的总电荷量是5Q（Q）=4Q，再平分得2Q，这就是A和B导体所带的电荷量，选项C正确。考点：接触带电的计算。5. 如图甲所示，M是一个小型理想变压器，原、副线圈匝数之比n1n2101，接线柱a、b接上一个正弦交变电源，电压随时间变化规律如图乙所示变压器右侧部分为一火警报警系统原理图，其中R2为用半导体热敏材料(电阻随温度升高而减小)制成的传感器，R1为一定值电阻下列说法中不正确的是()A. 电压表V的示数为22 VB. 当传感器R2所在处出现火警时，电压表V的示数减小C. 当传感器R2所在处出现火警时，电流表A的示数增大D. 当传感器R2所在处出现火警时，电阻R1的功率变大【答案】A【解析】A、由图象可知，输入的电压有效值为220V，变压器的电压与匝数的关系：U1U2=n1n2，由此可得副线圈的电压为U2=n2n1U1=22V，电压表测的是半导体热敏材料R2的电压，R1、R2的总电压为22V，所以电压表的示数小于22V， A错误；B、副线圈两端的电压不变，由于副线圈的总电压不变，所以R2的电压即电压表示数就要减小，B正确； C、当出现火警时，温度升高，电阻R2减小，副线圈的电流变大，所以原线圈电流即电流表示数增大， C正确；D、副线圈的电流变大，R1的电压要增大，消耗的功率也增大，D正确；故选BCD。6. 电阻R、电容器C与一个线圈连成闭合回路，条形磁铁静止在线圈的正上方，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：本题考查楞次定律视频7. 在如图所示的四种磁场情况中能产生恒定的感生电场的是()A. B. C. D. 【答案】C【解析】根据=，知磁场线性变化才会产生恒定的感生电场，选项C对。8. 某同学利用如图所示的装置做“验证动量守恒定律的实验”，已知两球的质量分别为m1、m2(且m1m2)，关于实验下列说法正确的()A. 如果M是m2的落点，则该同学实验过程中必有错误B. 斜槽轨道必须很光滑C. 实验需要验证的是m1OPm2OMm1OND. 实验需要秒表、天平、圆规等器材【答案】A【解析】【详解】入射球要比靶球质量大，因此质量为m1的为入射小球，其碰前落地点为P，碰后落地点为M，故A正确；在同一组的实验中要保证入射球和靶球每次平抛的速度都相同，故每次入射球必须从同一高度由静止释放，由于摩擦作用对它们的影响相同，因此轨道是否光滑不影响实验，故B错误；不管是入射小球还是被碰小球，它们开始平抛的位置都是O点，图中P是入射小球不发生碰撞时飞出的落地点，N是被碰小球飞出的落地点，M是入射小球碰撞后飞出的落地点，由于它们都是从同一高度做平抛运动，运动的时间相同，故可以用水平位移代表水平速度，故需验证表达式为：m1OPm1OMm2ON，故C错误；本实验不需要测小球平抛运动的速度，故不需要测运动的时间，不需要秒表，故D错误。所以A正确，BCD错误。9. 如图所示为粒子散射实验装置，粒子打到荧光屏上都会引起闪烁，若将带有荧光屏的显微镜分别放在图中A、B、C、D四处位置则这四处位置在相等时间内统计的闪烁次数可能符合事实的是()A. 1 305、25、7、1 B. 202、405、625、825C. 1 202、1 010、723、203 D. 1 202、1 305、723、203【答案】A【解析】由于绝大多数粒子运动方向基本不变，所以a位置闪烁此时最多，少数粒子发生了偏转，极少数发生了大角度偏转。符合该规律的数据只有A选项10. 一束红光从空气射入折射率为1.5的玻璃，则这束红光的能量将()A. 增大 B. 减小 C. 不变 D. 无法确定【答案】C【解析】试题分析：根据爱因斯坦的光子说，光子的能量为，光子的能量由光的频率决定，光的频率由光源决定与通过哪些介质无关，所以红光的能量不变，C项正确；A、B、D项错误。考点：本题考查了爱因斯坦光子说二、多选题(共6小题,每小题3.0分,共18分) 11. 有两只完全相同的电流计，分别改装成量程为3 V 和5 V 的两只电压表改装后再把两电压表串联起来接入电路，则()A. 将电流计与电阻并联才能改装成电压表B. 将电流计与电阻串联才能改装成电压表C. 两表指针的偏转角相等D. 两表指示的电压值相等【答案】BC【解析】【分析】改装电压表需要串联电阻，因为串联关系，通过两表的电流大小相同，故偏转角相同，示数为两表的分压，因量程不同，内阻不同，分压不同，则示数不同。【详解】将电流计与电阻串联才能改装成电压表，故A错误，B正确；因是串联关系，通过两表的电流大小相同，故偏转角相同，示数为两表的分压，因量程不同，内阻不同，分压不同，则示数不同，故C正确，D错误。故BC正确，AD错误。【点睛】本题主要考查了表的改装问题，明确串联电阻的分压作用。12. 平行板电容器C与三个可变电阻R1、R2、R3以及电源连成如图所示的电路闭合开关S，待电路稳定后，电容器C两极板带有一定的电荷要使电容器所带电荷量增加，以下方法中可行的是()A. 只增大R1，其他不变B. 只增大R2，其他不变C. 只减小R3，其他不变D. 只减小a，b两极板间的距离，其他不变【答案】BD【解析】试题分析：电路稳定后，电容器的电压等于电阻R2两端的电压，U2=R2ER1+R2，当R1减小或R2增大时，电容器的电压增大，电量增加故A错误，B正确电路稳定后，电阻R3上无电压，电容器的电压与R3的阻值无关故C错误只增大a、b两极板间的距离，电容减小，电压不变，电量减小故D错误故选B.考点：欧姆定律；电容器【名师点睛】本题是电容器的动态变化分析问题，关键抓住不变量电容不变，关键分析电压变化；电压不变，关键分析电容如何变化；要知道在电阻R3上无电压，电容器的电压与R3的阻值无关，只与R2的电压有关.13. 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，现使磁铁由静止开始下落，在N极接近线圈上端的过程中，下列说法正确的是()A. 流过R的电流方向是a到bB. 电容器的下极板带正电C. 磁铁下落过程中，加速度保持不变D. 穿过线圈的磁通量不断增大【答案】BD【解析】试题分析：在N极接近线圈上端的过程中，线圈中向下的磁通量在变大，所以D项正确；根据楞次定律可以得出，感应电流方向为逆时针（俯视图），流过R的电流方向是b到a，A项错误；线圈的下部相当于电源的正极，电容器的下极板带正电，所以B项正确；磁铁下落过程中，重力不变，线圈对磁铁的作用力变化，所以合力变化，加速度变化，所以C项错误。考点：本题考查了楞次定律14. 如图所示，木块B与水平弹簧相连，放在光滑水平面上，子弹A沿水平方向射入木块后留在木块B内，入射时间极短，而后木块将弹簧压缩到最短关于子弹和木块组成的系统，下列说法中正确的是()A. 子弹射入木块的过程中系统动量守恒B. 子弹射入木块的过程中系统机械能守恒C. 木块压缩弹簧过程中，系统总动量守恒D. 木块压缩弹簧过程中，子弹、木块和弹簧组成的系统机械能守恒【答案】AD【解析】【详解】子弹射入木块的过程时间极短，弹簧尚未形变，系统合力为零，所以动量守恒，故A正确；在子弹射入木块的过程中，子弹与木块之间有摩擦力，子弹将一部分机械能转化为系统的内能，即系统的机械能不守恒，故B错误；木块压缩弹簧过程中，系统受到水平向右的弹力作用，合外力不为零，系统的总动量不守恒，故C错误；木块压缩弹簧过程中，由子弹、木块和弹簧组成的系统，只有系统内的弹力做功，所以系统的机械能守恒，故D正确。所以AD正确，BC错误。15. 关于原子核的有关知识，下列说法正确的是()A. 天然放射性射线中射线实际就是电子流，它来自原子核内B. 放射性原子经过、衰变致使新的原子核处于较高能级，因此不稳定从而产生射线C. 氡222经过衰变变成钋218的半衰期为3.8天，一个氡222原子核四天后一定衰变为钋218D. 比结合能越大，原子越容易发生衰变【答案】AB【解析】【详解】天然放射性射线中射线实际就是电子流，它来自原子核内，故A正确；衰变总是伴随衰变或衰变，放射性的原子核发生衰变后产生的新核从高能级向低能级跃迁时，发生衰变，辐射出射线，故B正确；因为半衰期是统计规律，对单个原子核没有意义，故C错误；比结合能描述原子核的稳定性，比结合能越大，原子核越稳定，越不容易发生衰变，故D错误。所以AB正确，CD错误。16. 下列说法正确的是()A. 微观粒子的能量变化是跳跃式的B. 能量子与电磁波的频率成正比C. 红光的能量子比绿光大D. 电磁波波长越长，其能量子越大【答案】AB【解析】【详解】微观粒子的能量变化是跳跃式的，故A正确；由h可知，能量子与电磁波的频率成正比，故B正确；红光的频率比绿光小，由h可知，红光的能量子比绿光小，故C错误；电磁波波长越长，其频率越小，能量子越小，故D错误。所以AB正确，CD错误。三、实验题(共2小题,共15分) 17. 某同学在做“自来水电阻率的测定”课题时，先在一根均匀的长玻璃管两端各装了一个电极，两电极相距L0.700 m，其间充满待测的自来水，器材如下：电压表(量程15 V，内阻约30 k)、电流表(量程300 A，内阻约50 )、滑动变阻器(100 ，1 A)、电池组(电动势E12 V，内阻r6 )、单刀单掷开关一个、导线若干表中是他测量通过管中自来水柱的电流及两端电压的实验数据，实验中他还用20分度的游标卡尺测量了玻璃管的内径，结果如图所示.根据以上材料请回答下面的问题：(1)玻璃管内径D的测量值为_cm；(2)根据表中数据中下图坐标中作出UI图象，根据图象求出电阻R_；(保留两位有效数字)(3)用直接测量值计算自来水电阻率的公式是_，测量值为_ m(保留两位有效数字)；(4)请画出测量自来水电阻率的电路图【答案】 (1). 3.065 (2). 4.6104(4.31044.9104) (3). RD24L (4). 48(3)【解析】（1）游标卡尺读数为d=30mm+150.05mm=30.75mm=3.075cm；（2）用直尺将各点连接，舍去偏离较远的点，画出的图象如图所示：可求出电阻为：R=UI=4.6104 （3）根据电阻定律，有：R=LS，由欧姆定律可得：R=UI，截面积为：S=14D2，联立可得：=UD24IL=3.1411.50.03075242501060.700m49m。（4）对照实物图画出原理图，如图所示：18. (1)用多用电表测量直流电流时，红表笔和黑表笔相比，_表笔电势高用多用电表测量电阻时，红表笔和黑表笔相比，_表笔电势高(2)用多用电表正确测量了一个6 k电阻后，需要继续测量一个阻值大概是50 左右的电阻在用红表笔、黑表笔接触这个电阻之前，以下哪些操作步骤是必须的，请选择其中有用的，按操作步骤顺序写出：_A调节调零旋钮使表针指着欧姆零点B把选择开关旋转到“1 k”位置C把选择开关旋转到“10 ”位置D调节表盘下中间部位的调零螺丝，使表针指零E将红表笔和黑表笔接触【答案】 (1). 红 (2). 黑 (3). CEA【解析】试题分析：在使用多用电表时应使电流从红表笔流入，从黑表笔流出多用电表，所以当使用多用电表测电流时，红表笔与电源正极相连，电势高；用多用电表测电阻时，电表内部有电源，所以黑表笔与电表内部电源正极相连，所以黑表笔电势高；待测电阻50较小，所以应换小赔率“10”位置，改换赔率后接着进行欧姆调零，然后测量，所以按操作步骤顺序CEA考点：本题考查多用电表的使用，意在考查学生的动手实验能力。四、计算题 19. 如图所示，A、B为两块平行金属板，A板带正电、B板带负电两板之间存在着匀强电场，两板间距为d、电势差为U，在B板上开有两个间距为L的小孔C、D为两块同心半圆形金属板，圆心都在贴近B板的O处，C带正电、D带负电两板间的距离很近，两板末端的中心线正对着B板上的小孔，两板间的电场强度可认为大小处处相等，方向都指向O.半圆形金属板两端与B板的间隙可忽略不计现从正对B板小孔紧靠A板的O处由静止释放一个质量为m、电量为q的带正电微粒(微粒的重力不计)，求：(1)微粒穿过B板小孔时的速度多大；(2)为了使微粒能在CD板间运动而不碰板，CD板间的电场强度大小应满足什么条件；(3)从释放微粒开始，经过多长时间微粒第一次通过半圆形金属板间的最低点P点？【答案】(1) 2qUm(2)E4UL(3)(2dL4)m2qU【解析】试题分析：（1）设微粒穿过B板小孔时的速度为v，根据动能定理，有qU12mv2，解得v=2qUm.（2）微粒进入半圆形金属板后，电场力提供向心力，有qEmv2R，半径R12L，联立得E4UL.（3）微粒从释放开始经t1射入B板的小孔，d=v2t1，则t1=2dv=2dm2qU，设微粒在半圆形金属板间运动经过t2第一次到达最低点P点，则t2=L4v=L4m2qU，所以从释放微粒开始，经过t1+t2=(2d+L4)m2qU微粒第一次到达P点；根据运动的对称性，易知再经过2(t1t2)微粒再一次经过P点所以经过时间t=(2k+1)(2d+L4)m2qU，(k0，1，2，)微粒经过P点考点：带电粒子在电场中的运动【名师点睛】此题是带电粒子在电场中的运动问题；了解研究对象的运动过程是解决问题的前提，根据题目已知条件和求解的物理量选择物理规律解决问题圆周运动问题的解决析关键要通过受力分析找出向心力的来源.20. 如图甲所示，横截面积为0.2 m2的100匝圆形线圈A处在变化的磁场中磁场方向垂直纸面，其磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示，设向外为B的正方向R14 ，R26 ，C30 F，线圈的内阻不计，求电容器上极板所带电荷量并说明正负【答案】7.2106C 上极板带正电【解析】根据图象，结合题意可知，在0到1秒内，磁场方向向里，且大小减小，由楞次定律，则有线圈产生顺时针的电流，从而给电容器充电，电容器上极板带正电；在1秒到2秒内，磁场方向向外，大小在增大，由楞次定律，则有线圈产生顺时针的电流，仍给电容器充电，则电容器上极板带正电；由法拉第电磁感应定律，得：E=NBSt=1000.020.21V=0.4V ；由电路图可得：UR2=ER1+R2R2=0.44+66V=0.24V ；因电容器与电阻R2并联，则电压相等，根据电容与电量关系式，则有：Q=CUC=3010-60.24C=7.210-6 C；点睛：解决本题的关键掌握法拉第电磁感应定律，以及会运用闭合电路欧姆定律计算感应电流的大小，并掌握电量 Q=CUC公式同时还要注意掌握当与电容器的并联时，则电容器放电电量与阻值成反比21. 如图所示，在匀强磁场中有一个内阻r3 、面积S0.02 m2的半圆形导线框可绕OO轴旋转已知匀强磁场的磁感应强度B52T若线框以100 rad/s的角速度匀速转动且通过电刷给“6 V、12 W”的小灯泡供电，则：(1)若从图示位置开始计时，求线框中感应电动势的瞬时值表达式；(2)从图示位置开始，线框转过90的过程中，流过导线横截面的电荷量是多少？该电荷量与线框转动的快慢是否有关？(3)由题给已知条件，外电路所接小灯泡能否正常发光？如不能，则小灯泡实际功率为多大？【答案】(1)e102cos (100t) V(2) 260C 无关(3)不能 253W【解析】试题分析：（1）由交流电的最大值表达式求解最大值，再由瞬时值的表达式得出即可；（2）由法拉第电磁感应定