云南省墨江縣民族學(xué)校高二上學(xué)期期末考試物理試題

云南省墨江縣民族學(xué)校20192020學(xué)年上學(xué)期期末考試高二物理一、單選題1.一小型爆炸裝置在光滑、堅硬的水平鋼板上發(fā)生爆炸，所有碎片均沿鋼板上方的倒圓錐面(圓錐的頂點在爆炸裝置處)飛開．在爆炸過程中，下列關(guān)于爆炸裝置的說法中正確的是()A.總動量守恒B.機械能守恒C.水平方向動量守恒D.豎直方向動量守恒【答案】C【解析】【詳解】A．爆炸裝置在光滑、堅硬的水平鋼板上發(fā)生爆炸，與鋼板間產(chǎn)生巨大作用力，所以爆炸裝置的總動量不守恒，A錯誤．B．爆炸時，化學(xué)能轉(zhuǎn)化為機械能，機械能不守恒，B錯誤．CD．鋼板對爆炸裝置的作用力是豎直向上的，因此爆炸裝置在豎直方向動量不守恒，而水平方向是守恒的，C正確，D錯誤；故選C．2.磁場對通電導(dǎo)體的作用力叫安培力，通電導(dǎo)體垂直于磁場方向放置時，關(guān)于安培力的大小有如下規(guī)律，其中正確的是()A.磁感應(yīng)強度越強，電流越小，導(dǎo)線越長，安培力就越大B.磁感應(yīng)強度越強，電流越大，導(dǎo)線越長，安培力就越大C.磁感應(yīng)強度越弱，電流越大，導(dǎo)線越長，安培力就越大D.磁感應(yīng)強度越強，電流越大，導(dǎo)線越短，安培力就越大【答案】B【解析】【詳解】通電導(dǎo)體垂直于磁場方向放置時，根據(jù)F=BIL得，磁感應(yīng)強度越強，電流越大，導(dǎo)線越長，安培力就越大．故選B．3.如圖所示，一對水平放置的平行金屬板C、D始終與一直流電源兩極相連，在C板上方存在一紙面向里的勻強磁場，在D板中央附近有一能發(fā)出a、b兩種帶電粒子的粒子源，而在C板上正對著粒子源處有一小孔，若a、b兩種帶電粒子經(jīng)電場加速后，從C板上的小孔進入磁場的部分運動軌跡如圖所示，則A.C板一定與電源的正極相連B.帶電粒子a的比荷一定比帶電粒子b的比荷大C.在磁場中，帶電粒子a運動的時間與帶電粒子b運動的時間相等D.帶電粒子a進入磁場時的動能一定比帶電粒子b進入磁場時的動能大【答案】B【解析】【詳解】A．由圖示可知，粒子進入磁場后向左偏轉(zhuǎn)，即粒子剛進入磁場時受到的洛倫茲力方向水平向左，由左手定則可知粒子帶正電，粒子在D、C兩板間加速，則D與電源正極相連，C與電源負極相連，A錯誤；B．粒子在電場中加速，由動能定理得：qU＝mv2－0粒子在磁場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvB＝m解得：r＝1B2mUq，由圖示可知，a的軌道半徑小于b的軌道半徑，則a的比荷比bC．粒子在磁場中做圓周運動的周期：T＝a的比荷比b的比荷大，則a的周期比b的周期小，即：a、b在磁場中的運動時間都是半個周期，則a的運動時間小于b的運動時間，C錯誤；D．粒子在電場中加速，由動能定理得：qU＝mv2－0粒子進入磁場時的動能：Ek＝qUU相同而不知道兩粒子電荷量q的關(guān)系，無法確定粒子進入磁場時的動能關(guān)系，D錯誤。故選B。4.氫原子能級圖的一部分如圖所示，A、B、C分別表示原子在三種躍遷過程中輻射出的光子．其中EA表示原子從n=3能級向n=2能級躍遷的能量，EB表示原子從n=2能級向n=1能級躍遷的能量，EC表示原子從n=3能級向n=1能級躍遷的能量，則下述關(guān)系中正確的是A.EA<EB<ECB.EA<EC<EBC.EC<EB<EAD.EB<EA<EC【答案】A【解析】【詳解】從n=3能級向n=1能級躍遷的能量為EC=13.611.51eV=12.1eV，從n=2能級向n=1能級躍遷的能量EB=13.613.40eV=10.21eV，從n=3能級向n=2能級躍遷的能量EA=3.401.51eV=1.89eV．所以EA＜EB＜EC．故A正確，BCD錯誤．故選A．5.半徑相等的兩個小球甲和乙，在光滑的水平面上沿同一直線相向運動，若甲球質(zhì)量大于乙球質(zhì)量，發(fā)生碰撞前，兩球的動能相等，則碰撞后兩球的狀態(tài)可能是（）A.兩球的速度方向均與原方向相反，但它們動能仍相等B.兩球的速度方向相同，而且它們動能仍可能相等C.甲、乙兩球的動量相同D.甲球的動量不為零，乙球的動量為零【答案】BC【解析】【詳解】A．根據(jù)動量與動能關(guān)系可知若兩球的速度方向均與原方向相反，兩球的動能仍相等，則系統(tǒng)末動量方向與初動量方向相反，不符合動量守恒。故A錯誤；B．碰撞后，甲的動能減小，若為彈性碰撞，則乙的動能增大，故兩者動能不相等；若為完全非彈性碰撞，碰撞后速度相等，動能不等；若處于上述兩種碰撞之間,則兩球的速度方向相同，而且它們動能可能相等，故B正確；C．兩球碰撞過程中動量守恒，碰撞后動量可能相等，故C正確；D．若碰撞后，甲球動量不為零，根據(jù)動量守恒定律知，總動量向右，則乙的動量一定不為零，且運動方向水平向右，故D錯誤。故選BC。6.如圖，實線為一正點電荷的電場線，虛線為其等勢面。A、B是同一等勢面上的兩點，C為另一等勢面上的一點，下列判斷正確的是A.A點場強等于B點場強B.C點電勢高于B點電勢C.將電子從A點移到B點，電場力不做功D.將質(zhì)子從A點移到C點，其電勢能增加【答案】C【解析】【詳解】A．A、B兩點場強大小相等，方向不同，A錯誤；B．沿電場線方向電勢降低，A、B兩點電勢相等，均高于C點電勢，B錯誤；C．A、B在同一等勢面上，將電子從A點移到B點，電勢能不變，電場力不做功，C正確；D．由于，質(zhì)子帶正電，根據(jù)：故由A點到C點，質(zhì)子的電勢能減少，D錯誤。故選C。7.如圖甲所示，在兩距離足夠大的平行金屬板中央有一個靜止的質(zhì)子（不計重力），時刻，板電勢高于板電勢，當兩板間加上如圖乙所示的交變電壓后，下列圖象中能正確反映質(zhì)子速度、位移、加速度和動能四個物理量隨時間變化規(guī)律的是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【詳解】A、質(zhì)子在電場中的加速度即加速度與金屬板間電壓成正比，故圖象應(yīng)與圖相似，A錯誤；B、時間內(nèi)，質(zhì)子在金屬板間做勻加速直線運動，由知質(zhì)子的位移與時間成二次函數(shù)關(guān)系，圖象應(yīng)該為拋物線，B錯誤；C、由圖乙可知，在時間內(nèi)，質(zhì)子做初速度為零的勻加速直線運動，在時間內(nèi)，加速度方向相反，大小不變，故質(zhì)子先做勻減速直線運動，減速為零后以相同的加速度反向勻加速；同理，C正確；D、由于故動能與時間為二次函數(shù)關(guān)系，圖象應(yīng)該為拋物線，D錯誤。故選C。8.在如圖所示的電路中，燈泡L的電阻大于電源的內(nèi)阻r，閉合電鍵S，將滑動變阻器滑片P向左移動一段距離后，（電壓表和電流表均視為理想）下列結(jié)論正確的是（）A.燈泡L變亮B.電源的輸出功率變小C.電流表讀數(shù)變大D.電容器C上電荷量減小【答案】B【解析】【詳解】AC.當滑動變阻器滑片向左移動，其接入電路的電阻增大，電路的總電阻總增大，總電流減小，即電流表讀數(shù)變小，根據(jù)可知燈泡的功率減小，燈泡變暗，故A、C錯誤；B.因燈泡內(nèi)阻大于電源內(nèi)阻，則滑片向左移動時，外電阻增大，因此電源的輸出功率一定減小，故B正確；D.因總電流減小，則由可知，路端電壓增大，根據(jù)歐姆定律可知燈泡兩端電壓及內(nèi)電壓減小，故變阻器兩端電壓增大，電容器與變阻器并聯(lián)，電容器上電壓也增大，則其電荷量增大，故D錯誤．9.電源的效率η定義為外電路電阻消耗的功率與電源的總功率之比，如圖所示，直線A為電源a的路端電壓與電流的關(guān)系圖線，直線B為電源b的路端電壓與電流的關(guān)系圖線．直線C為電阻R兩端的電壓與電流的關(guān)系圖線，將這個電阻R分別接到a、b兩電源上，那么A.R接到電源a上，電源的效率較低B.R接到電源b上，電源的輸出功率較大C.R接到電源a上，電源的輸出功率較大，電源效率較高D.R接到電源b上，電源的輸出功率較小，電源效率較高【答案】C【解析】【詳解】電源的效率，由圖象可知A與C交點處電壓大于B與C交點處電壓，則R接在電源a上效率較高；電源路端電壓與電流圖象與電阻兩端電壓與電流圖象交點表示將兩者相連時的工作電壓和電流，則R接到電源a上時電源的輸出功率較大，故C正確，ABD錯誤。10.如圖所示，實線表示在豎直平面內(nèi)的電場線，電場線與水平方向成角，水平方向的勻強磁場與電場正交，有一帶電液滴沿虛線L斜向上做直線運動，L與水平方向成β角，且α>β，則下列說法中正確的是（）A.液滴一定做勻速直線運動 B.液滴有可能做勻變速直線運動C.電場線方向一定斜向上 D.液滴一定帶正電【答案】ACD【解析】【分析】【詳解】AB．帶電液滴受豎直向下的重力G、沿電場線方向的電場力F、垂直于速度方向的洛倫茲力，由于，這三個力的合力不可能沿帶電液滴的速度方向，因此這三個力的合力一定為零，帶電液滴做勻速直線運動，不可能做曲線運動和勻變速直線運動，B錯誤A正確；CD．若帶電液滴帶正電，且電場線方向斜向上時，帶電液滴受豎直向下的重力G、沿電場線向上的電場力F、垂直于速度方向斜向左上方的洛倫茲力作用，這三個力的合力可能為零，帶電液滴沿虛線L做勻速直線運動，如果帶電液滴帶負電、或電場線方向斜向下時，帶電液滴所受合力不為零，不可能沿直線運動，故液滴一定帶正電，電場線一定沿斜面向上，CD正確。故選ACD。二、多選題11.如圖所示，螺線管中通有電流，如果在圖中的a、b、c三個位置上各放一個小磁針，其中a在螺線管內(nèi)部，則A.放在a處的小磁針的N極向左B.放在b處的小磁針的N極向右C.放在c處的小磁針的S極向右D.放在a處的小磁針的N極向右【答案】BD【解析】【詳解】解：由右手螺旋定則可知,螺線管右端是N極,左端為S極;因螺線管內(nèi)部磁感線是由S極指向N極的,由于小磁針靜止時N極指向為磁場方向.因此小磁針abc的N極都向右,故BD正確,AC錯誤;12.A、B兩球在光滑水平軌道上同向運動，A球的動量是7kg?m/s，B球的動量是9kg?m/s，當A球追上B球時發(fā)生碰撞，則碰撞后B球的動量變?yōu)?2kg?m/s，則兩球質(zhì)量mA、mB的關(guān)系可能是（）A.mB=2mA B.mB=3mA C.mB=4mA D.mB=5mA【答案】AB【解析】【詳解】以A的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得：PA+PB=PA′+PB′，PB′=12kg?m/s，解得：PA′=4kg?m/s，碰撞過程系統(tǒng)的總動能不增加，則有，解得：，

由題意可知：當A球追上B球時發(fā)生碰撞，則碰撞前A的速度大于B的速度，則有：，解得：；碰撞后A的速度不大于B的速度，則有，，綜上得：；故AB正確，CD錯誤。故選AB。13.下列說法正確的是A.人類關(guān)于原子核內(nèi)部的信息，最早來自天然放射現(xiàn)象B.在α、β、γ三種射線中γ射線電離作用最強C.放射性元素的半衰期會隨著溫度的升高而縮短D.較重的核分裂成中等質(zhì)量大小的核，核子的比結(jié)合能都會增加【答案】AD【解析】【詳解】A．人類最初對原子核的認識就是來源于天然放射現(xiàn)象，A正確；B．α、β、γ三種射線中α射線的電離本領(lǐng)最強，B錯誤；C．半衰期由原子核本身決定，與外界任何因素都無關(guān)，C錯誤；D．不同原子核的平均結(jié)合能不同，中等質(zhì)量的核的平均結(jié)合能比輕核、重核的平均結(jié)合能都大，故D正確。故選AD。14.如圖所示，長為L=0.5m、傾角為θ=37°的光滑絕緣斜面處于水平向右的勻強電場中，一帶電荷量為＋q，質(zhì)量為m的小球（可視為質(zhì)點），以初速度v0=2m/s恰能沿斜面勻速上滑，g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，則下列說法中正確的是（）A.小球在B點的電勢能大于在A點的電勢能B.水平勻強電場的電場強度為C.若電場強度加倍，小球運動的加速度大小為3m/s2D.若電場強度減半，小球運動到B點時的速度為初速度v0的一半【答案】BD【解析】【詳解】A．帶電小球從A點到B點，電場力做正功，電勢能減小，因此B點的電勢能小于A點的電勢能。故A錯誤；B．帶電小球從A點到B點勻速上滑，則mgsinθ=qEcosθ得故B正確；C．由題意知，電場強度加倍后，小球在斜面方向的合力F=2qEcosθ?mgsinθ=ma所以小球的加速度a=gsinθ=6m/s2故C錯誤；D．若電場強度減半，小球在斜面方向的合力為F=mgsinθ?qEcosθ=mgsinθ=ma所以小球的加速度為a=gsinθ=3m/s2根據(jù)速度位移公式，有代入數(shù)據(jù)解得v=1m/s=v0故D正確。故選BD。三、實驗題15.某同學(xué)用圖1所示電路，測繪標有“3.8V，0.3A”的小燈泡的燈絲電阻R隨電壓U變化的圖象．除了導(dǎo)線和開關(guān)外，有以下一些器材可供選擇：

電流表：A1（量程100mA，內(nèi)阻約2Ω）；A2（量程0.6A，內(nèi)阻約0.3Ω）；電壓表：V1（量程5V，內(nèi)阻約5kΩ）；V2（量程15V，內(nèi)阻約15Ω）；電源：E1（電動勢為1.5V，內(nèi)阻為0.2Ω）；E2（電動勢為4V，內(nèi)阻約為0.04Ω）．滑動變阻器：R1（最大阻值約為100Ω），R2（最大阻值約為10Ω），電鍵S，導(dǎo)線若干．（1）為了調(diào)節(jié)方便，測量準確，實驗中應(yīng)選用電流表_____，電壓表_____，滑動變阻器_____，電源_____．（填器材的符號）（2）根據(jù)實驗數(shù)據(jù)，計算并描繪出R﹣U的圖象如圖2所示．由圖象可知，此燈泡在不工作時，燈絲電阻為_____；當所加電壓為3.00V時，燈絲電阻為_____，燈泡實際消耗的電功率為_____．（3）根據(jù)R﹣U圖象，可確定小燈泡耗電功率P與外加電壓U的關(guān)系．符合該關(guān)系的示意圖是下列圖中的_____．【答案】①.A2②.V1③.R2④.E2⑤.1.5⑥.11.5⑦.0.78⑧.A【解析】【詳解】（1）[1][2][3][4]因小燈泡額定電流為0.3A，額定電壓為3.8V，故電流表應(yīng)選A2，電壓表應(yīng)選V1，又因測伏安特性曲線要求電壓與電流調(diào)節(jié)范圍大，故變阻器需用分壓式接法，應(yīng)選阻值小的變阻器，故變阻器應(yīng)選R2，顯然電源應(yīng)選E2．（2）[5]由R﹣U圖象知U＝0時R為1.5Ω；[6][7]U＝3V時R為11.5Ω；由得P＝0.78W．（3）[8]由知，U＝0時P＝0，P隨U的增大而增大，故A正確，BCD錯誤．16.一根細長而均勻的金屬管線樣品，長L約60cm，電阻R大約10Ω，截面圖如圖甲所示。（1）用螺旋測微器測量金屬管線的外徑，示數(shù)如圖乙所示，金屬管線的外徑為___________mm。（2）實驗室有如下器材：A．電流表（量程0.6A，內(nèi)阻約0.5Ω）B．電流表（量程3A，內(nèi)阻約0.02Ω）C．電壓表（量程3V，內(nèi)阻約5kΩ）D．滑動變阻器（1750Ω，0.3A）E．滑動變阻器（15Ω，3A）F．蓄電池（6V，內(nèi)阻很?。〨．開關(guān)一個，帶夾子的導(dǎo)線若干要進一步精確測量金屬管線樣品的阻值，電流表應(yīng)選___________，滑動變阻器應(yīng)選___________。（只填代號字母）。（3）將如圖所示的實物電路補充完整。（）（4）金屬管線樣品材料的電阻率為ρ，通過多次測量得出金屬管線的電阻為R，金屬管線的外徑為d，要想求得金屬管線內(nèi)形狀不規(guī)則的中空部分的截面積S，在前面實驗的基礎(chǔ)上，還需要測量的物理量是___________。計算中空部分截面積的表達式為S=___________?！敬鸢浮竣?1.125##1.126##1.124②.A③.E④.⑤.金屬管線的長度L⑥.【解析】【詳解】（1）[1]螺旋測微器的固定刻度讀數(shù)為1mm，可動刻度讀數(shù)為12.5×0.01mm=0.125mm，所以最終讀數(shù)為（2）[2]電路中的電流大約為所以電流表選擇A。[3]電壓表的量程為3V，電源6V，為便于調(diào)節(jié)且能夠讓電表讀數(shù)較準確，本實驗采用限流式解法，所以滑動變阻器選擇E。（3）[4]待測電阻遠小于電壓表內(nèi)阻，屬于小電阻，所以電流表采取外接法，滑動變阻器可以采用限流式接法，實物連接如圖（4）[5][6]根據(jù)則解得中空部分截面積的表達式為所以還需要測量的物理量是管線長度L。六、計算題17.如圖所示，電荷量為e，質(zhì)量為m的電子從A點沿與電場垂直的方向進入勻強電場，初速度為v0，當它通過電場中B點時，速度與場強方向成150°角，不計電子的重力，求：（1）電子經(jīng)過B點的速度多大；（2）AB兩點間的電勢差多大?！敬鸢浮浚?）；（2）【解析】【分析】【詳解】（1）電子垂直進入勻強電場中，做類平拋運動，B點的速度（2）電子從A運動到B由動能定理得A、B兩點間的電勢差18.如圖所示，E=10V，r=1Ω，R1=R3=5Ω，R2=4Ω，C=100，當斷開時，電容器中帶電粒子恰好處于靜止狀態(tài)；求：(1)S閉合后，帶電粒子加速度的大小和方向；(2)S閉合后流過R3總電荷量．【答案】(1)g，方向豎直向上(2)4×10－4C【解析】【詳解】（1）開始帶電粒子恰好處于靜止狀態(tài)，必有qE＝mg且qE豎直向上．S閉合后，qE＝mg的平衡關(guān)系被打破．S斷開時，帶電粒子恰好處于靜止狀態(tài)，設(shè)電容器兩極板間距離為d，有，S閉合后，設(shè)帶電粒子加速度為a，則，解