云南省墨江县民族学校高二上学期期末考试物理试题

云南省墨江县民族学校20192020学年上学期期末考试高二物理一、单选题1.一小型爆炸装置在光滑、坚硬的水平钢板上发生爆炸，所有碎片均沿钢板上方的倒圆锥面(圆锥的顶点在爆炸装置处)飞开．在爆炸过程中，下列关于爆炸装置的说法中正确的是()A.总动量守恒B.机械能守恒C.水平方向动量守恒D.竖直方向动量守恒【答案】C【解析】【详解】A．爆炸装置在光滑、坚硬的水平钢板上发生爆炸，与钢板间产生巨大作用力，所以爆炸装置的总动量不守恒，A错误．B．爆炸时，化学能转化为机械能，机械能不守恒，B错误．CD．钢板对爆炸装置的作用力是竖直向上的，因此爆炸装置在竖直方向动量不守恒，而水平方向是守恒的，C正确，D错误；故选C．2.磁场对通电导体的作用力叫安培力，通电导体垂直于磁场方向放置时，关于安培力的大小有如下规律，其中正确的是()A.磁感应强度越强，电流越小，导线越长，安培力就越大B.磁感应强度越强，电流越大，导线越长，安培力就越大C.磁感应强度越弱，电流越大，导线越长，安培力就越大D.磁感应强度越强，电流越大，导线越短，安培力就越大【答案】B【解析】【详解】通电导体垂直于磁场方向放置时，根据F=BIL得，磁感应强度越强，电流越大，导线越长，安培力就越大．故选B．3.如图所示，一对水平放置的平行金属板C、D始终与一直流电源两极相连，在C板上方存在一纸面向里的匀强磁场，在D板中央附近有一能发出a、b两种带电粒子的粒子源，而在C板上正对着粒子源处有一小孔，若a、b两种带电粒子经电场加速后，从C板上的小孔进入磁场的部分运动轨迹如图所示，则A.C板一定与电源的正极相连B.带电粒子a的比荷一定比带电粒子b的比荷大C.在磁场中，带电粒子a运动的时间与带电粒子b运动的时间相等D.带电粒子a进入磁场时的动能一定比带电粒子b进入磁场时的动能大【答案】B【解析】【详解】A．由图示可知，粒子进入磁场后向左偏转，即粒子刚进入磁场时受到的洛伦兹力方向水平向左，由左手定则可知粒子带正电，粒子在D、C两板间加速，则D与电源正极相连，C与电源负极相连，A错误；B．粒子在电场中加速，由动能定理得：qU＝mv2－0粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB＝m解得：r＝1B2mUq，由图示可知，a的轨道半径小于b的轨道半径，则a的比荷比bC．粒子在磁场中做圆周运动的周期：T＝a的比荷比b的比荷大，则a的周期比b的周期小，即：a、b在磁场中的运动时间都是半个周期，则a的运动时间小于b的运动时间，C错误；D．粒子在电场中加速，由动能定理得：qU＝mv2－0粒子进入磁场时的动能：Ek＝qUU相同而不知道两粒子电荷量q的关系，无法确定粒子进入磁场时的动能关系，D错误。故选B。4.氢原子能级图的一部分如图所示，A、B、C分别表示原子在三种跃迁过程中辐射出的光子．其中EA表示原子从n=3能级向n=2能级跃迁的能量，EB表示原子从n=2能级向n=1能级跃迁的能量，EC表示原子从n=3能级向n=1能级跃迁的能量，则下述关系中正确的是A.EA<EB<ECB.EA<EC<EBC.EC<EB<EAD.EB<EA<EC【答案】A【解析】【详解】从n=3能级向n=1能级跃迁的能量为EC=13.611.51eV=12.1eV，从n=2能级向n=1能级跃迁的能量EB=13.613.40eV=10.21eV，从n=3能级向n=2能级跃迁的能量EA=3.401.51eV=1.89eV．所以EA＜EB＜EC．故A正确，BCD错误．故选A．5.半径相等的两个小球甲和乙，在光滑的水平面上沿同一直线相向运动，若甲球质量大于乙球质量，发生碰撞前，两球的动能相等，则碰撞后两球的状态可能是（）A.两球的速度方向均与原方向相反，但它们动能仍相等B.两球的速度方向相同，而且它们动能仍可能相等C.甲、乙两球的动量相同D.甲球的动量不为零，乙球的动量为零【答案】BC【解析】【详解】A．根据动量与动能关系可知若两球的速度方向均与原方向相反，两球的动能仍相等，则系统末动量方向与初动量方向相反，不符合动量守恒。故A错误；B．碰撞后，甲的动能减小，若为弹性碰撞，则乙的动能增大，故两者动能不相等；若为完全非弹性碰撞，碰撞后速度相等，动能不等；若处于上述两种碰撞之间,则两球的速度方向相同，而且它们动能可能相等，故B正确；C．两球碰撞过程中动量守恒，碰撞后动量可能相等，故C正确；D．若碰撞后，甲球动量不为零，根据动量守恒定律知，总动量向右，则乙的动量一定不为零，且运动方向水平向右，故D错误。故选BC。6.如图，实线为一正点电荷的电场线，虚线为其等势面。A、B是同一等势面上的两点，C为另一等势面上的一点，下列判断正确的是A.A点场强等于B点场强B.C点电势高于B点电势C.将电子从A点移到B点，电场力不做功D.将质子从A点移到C点，其电势能增加【答案】C【解析】【详解】A．A、B两点场强大小相等，方向不同，A错误；B．沿电场线方向电势降低，A、B两点电势相等，均高于C点电势，B错误；C．A、B在同一等势面上，将电子从A点移到B点，电势能不变，电场力不做功，C正确；D．由于，质子带正电，根据：故由A点到C点，质子的电势能减少，D错误。故选C。7.如图甲所示，在两距离足够大的平行金属板中央有一个静止的质子（不计重力），时刻，板电势高于板电势，当两板间加上如图乙所示的交变电压后，下列图象中能正确反映质子速度、位移、加速度和动能四个物理量随时间变化规律的是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【详解】A、质子在电场中的加速度即加速度与金属板间电压成正比，故图象应与图相似，A错误；B、时间内，质子在金属板间做匀加速直线运动，由知质子的位移与时间成二次函数关系，图象应该为抛物线，B错误；C、由图乙可知，在时间内，质子做初速度为零的匀加速直线运动，在时间内，加速度方向相反，大小不变，故质子先做匀减速直线运动，减速为零后以相同的加速度反向匀加速；同理，C正确；D、由于故动能与时间为二次函数关系，图象应该为抛物线，D错误。故选C。8.在如图所示的电路中，灯泡L的电阻大于电源的内阻r，闭合电键S，将滑动变阻器滑片P向左移动一段距离后，（电压表和电流表均视为理想）下列结论正确的是（）A.灯泡L变亮B.电源的输出功率变小C.电流表读数变大D.电容器C上电荷量减小【答案】B【解析】【详解】AC.当滑动变阻器滑片向左移动，其接入电路的电阻增大，电路的总电阻总增大，总电流减小，即电流表读数变小，根据可知灯泡的功率减小，灯泡变暗，故A、C错误；B.因灯泡内阻大于电源内阻，则滑片向左移动时，外电阻增大，因此电源的输出功率一定减小，故B正确；D.因总电流减小，则由可知，路端电压增大，根据欧姆定律可知灯泡两端电压及内电压减小，故变阻器两端电压增大，电容器与变阻器并联，电容器上电压也增大，则其电荷量增大，故D错误．9.电源的效率η定义为外电路电阻消耗的功率与电源的总功率之比，如图所示，直线A为电源a的路端电压与电流的关系图线，直线B为电源b的路端电压与电流的关系图线．直线C为电阻R两端的电压与电流的关系图线，将这个电阻R分别接到a、b两电源上，那么A.R接到电源a上，电源的效率较低B.R接到电源b上，电源的输出功率较大C.R接到电源a上，电源的输出功率较大，电源效率较高D.R接到电源b上，电源的输出功率较小，电源效率较高【答案】C【解析】【详解】电源的效率，由图象可知A与C交点处电压大于B与C交点处电压，则R接在电源a上效率较高；电源路端电压与电流图象与电阻两端电压与电流图象交点表示将两者相连时的工作电压和电流，则R接到电源a上时电源的输出功率较大，故C正确，ABD错误。10.如图所示，实线表示在竖直平面内的电场线，电场线与水平方向成角，水平方向的匀强磁场与电场正交，有一带电液滴沿虚线L斜向上做直线运动，L与水平方向成β角，且α>β，则下列说法中正确的是（）A.液滴一定做匀速直线运动 B.液滴有可能做匀变速直线运动C.电场线方向一定斜向上 D.液滴一定带正电【答案】ACD【解析】【分析】【详解】AB．带电液滴受竖直向下的重力G、沿电场线方向的电场力F、垂直于速度方向的洛伦兹力，由于，这三个力的合力不可能沿带电液滴的速度方向，因此这三个力的合力一定为零，带电液滴做匀速直线运动，不可能做曲线运动和匀变速直线运动，B错误A正确；CD．若带电液滴带正电，且电场线方向斜向上时，带电液滴受竖直向下的重力G、沿电场线向上的电场力F、垂直于速度方向斜向左上方的洛伦兹力作用，这三个力的合力可能为零，带电液滴沿虚线L做匀速直线运动，如果带电液滴带负电、或电场线方向斜向下时，带电液滴所受合力不为零，不可能沿直线运动，故液滴一定带正电，电场线一定沿斜面向上，CD正确。故选ACD。二、多选题11.如图所示，螺线管中通有电流，如果在图中的a、b、c三个位置上各放一个小磁针，其中a在螺线管内部，则A.放在a处的小磁针的N极向左B.放在b处的小磁针的N极向右C.放在c处的小磁针的S极向右D.放在a处的小磁针的N极向右【答案】BD【解析】【详解】解：由右手螺旋定则可知,螺线管右端是N极,左端为S极;因螺线管内部磁感线是由S极指向N极的,由于小磁针静止时N极指向为磁场方向.因此小磁针abc的N极都向右,故BD正确,AC错误;12.A、B两球在光滑水平轨道上同向运动，A球的动量是7kg•m/s，B球的动量是9kg•m/s，当A球追上B球时发生碰撞，则碰撞后B球的动量变为12kg•m/s，则两球质量mA、mB的关系可能是（）A.mB=2mA B.mB=3mA C.mB=4mA D.mB=5mA【答案】AB【解析】【详解】以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：PA+PB=PA′+PB′，PB′=12kg•m/s，解得：PA′=4kg•m/s，碰撞过程系统的总动能不增加，则有，解得：，

由题意可知：当A球追上B球时发生碰撞，则碰撞前A的速度大于B的速度，则有：，解得：；碰撞后A的速度不大于B的速度，则有，，综上得：；故AB正确，CD错误。故选AB。13.下列说法正确的是A.人类关于原子核内部的信息，最早来自天然放射现象B.在α、β、γ三种射线中γ射线电离作用最强C.放射性元素的半衰期会随着温度的升高而缩短D.较重的核分裂成中等质量大小的核，核子的比结合能都会增加【答案】AD【解析】【详解】A．人类最初对原子核的认识就是来源于天然放射现象，A正确；B．α、β、γ三种射线中α射线的电离本领最强，B错误；C．半衰期由原子核本身决定，与外界任何因素都无关，C错误；D．不同原子核的平均结合能不同，中等质量的核的平均结合能比轻核、重核的平均结合能都大，故D正确。故选AD。14.如图所示，长为L=0.5m、倾角为θ=37°的光滑绝缘斜面处于水平向右的匀强电场中，一带电荷量为＋q，质量为m的小球（可视为质点），以初速度v0=2m/s恰能沿斜面匀速上滑，g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，则下列说法中正确的是（）A.小球在B点的电势能大于在A点的电势能B.水平匀强电场的电场强度为C.若电场强度加倍，小球运动的加速度大小为3m/s2D.若电场强度减半，小球运动到B点时的速度为初速度v0的一半【答案】BD【解析】【详解】A．带电小球从A点到B点，电场力做正功，电势能减小，因此B点的电势能小于A点的电势能。故A错误；B．带电小球从A点到B点匀速上滑，则mgsinθ=qEcosθ得故B正确；C．由题意知，电场强度加倍后，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错误；D．若电场强度减半，小球在斜面方向的合力为F=mgsinθ−qEcosθ=mgsinθ=ma所以小球的加速度为a=gsinθ=3m/s2根据速度位移公式，有代入数据解得v=1m/s=v0故D正确。故选BD。三、实验题15.某同学用图1所示电路，测绘标有“3.8V，0.3A”的小灯泡的灯丝电阻R随电压U变化的图象．除了导线和开关外，有以下一些器材可供选择：

电流表：A1（量程100mA，内阻约2Ω）；A2（量程0.6A，内阻约0.3Ω）；电压表：V1（量程5V，内阻约5kΩ）；V2（量程15V，内阻约15Ω）；电源：E1（电动势为1.5V，内阻为0.2Ω）；E2（电动势为4V，内阻约为0.04Ω）．滑动变阻器：R1（最大阻值约为100Ω），R2（最大阻值约为10Ω），电键S，导线若干．（1）为了调节方便，测量准确，实验中应选用电流表_____，电压表_____，滑动变阻器_____，电源_____．（填器材的符号）（2）根据实验数据，计算并描绘出R﹣U的图象如图2所示．由图象可知，此灯泡在不工作时，灯丝电阻为_____；当所加电压为3.00V时，灯丝电阻为_____，灯泡实际消耗的电功率为_____．（3）根据R﹣U图象，可确定小灯泡耗电功率P与外加电压U的关系．符合该关系的示意图是下列图中的_____．【答案】①.A2②.V1③.R2④.E2⑤.1.5⑥.11.5⑦.0.78⑧.A【解析】【详解】（1）[1][2][3][4]因小灯泡额定电流为0.3A，额定电压为3.8V，故电流表应选A2，电压表应选V1，又因测伏安特性曲线要求电压与电流调节范围大，故变阻器需用分压式接法，应选阻值小的变阻器，故变阻器应选R2，显然电源应选E2．（2）[5]由R﹣U图象知U＝0时R为1.5Ω；[6][7]U＝3V时R为11.5Ω；由得P＝0.78W．（3）[8]由知，U＝0时P＝0，P随U的增大而增大，故A正确，BCD错误．16.一根细长而均匀的金属管线样品，长L约60cm，电阻R大约10Ω，截面图如图甲所示。（1）用螺旋测微器测量金属管线的外径，示数如图乙所示，金属管线的外径为___________mm。（2）实验室有如下器材：A．电流表（量程0.6A，内阻约0.5Ω）B．电流表（量程3A，内阻约0.02Ω）C．电压表（量程3V，内阻约5kΩ）D．滑动变阻器（1750Ω，0.3A）E．滑动变阻器（15Ω，3A）F．蓄电池（6V，内阻很小）G．开关一个，带夹子的导线若干要进一步精确测量金属管线样品的阻值，电流表应选___________，滑动变阻器应选___________。（只填代号字母）。（3）将如图所示的实物电路补充完整。（）（4）金属管线样品材料的电阻率为ρ，通过多次测量得出金属管线的电阻为R，金属管线的外径为d，要想求得金属管线内形状不规则的中空部分的截面积S，在前面实验的基础上，还需要测量的物理量是___________。计算中空部分截面积的表达式为S=___________。【答案】①.1.125##1.126##1.124②.A③.E④.⑤.金属管线的长度L⑥.【解析】【详解】（1）[1]螺旋测微器的固定刻度读数为1mm，可动刻度读数为12.5×0.01mm=0.125mm，所以最终读数为（2）[2]电路中的电流大约为所以电流表选择A。[3]电压表的量程为3V，电源6V，为便于调节且能够让电表读数较准确，本实验采用限流式解法，所以滑动变阻器选择E。（3）[4]待测电阻远小于电压表内阻，属于小电阻，所以电流表采取外接法，滑动变阻器可以采用限流式接法，实物连接如图（4）[5][6]根据则解得中空部分截面积的表达式为所以还需要测量的物理量是管线长度L。六、计算题17.如图所示，电荷量为e，质量为m的电子从A点沿与电场垂直的方向进入匀强电场，初速度为v0，当它通过电场中B点时，速度与场强方向成150°角，不计电子的重力，求：（1）电子经过B点的速度多大；（2）AB两点间的电势差多大。【答案】（1）；（2）【解析】【分析】【详解】（1）电子垂直进入匀强电场中，做类平抛运动，B点的速度（2）电子从A运动到B由动能定理得A、B两点间的电势差18.如图所示，E=10V，r=1Ω，R1=R3=5Ω，R2=4Ω，C=100，当断开时，电容器中带电粒子恰好处于静止状态；求：(1)S闭合后，带电粒子加速度的大小和方向；(2)S闭合后流过R3总电荷量．【答案】(1)g，方向竖直向上(2)4×10－4C【解析】【详解】（1）开始带电粒子恰好处于静止状态，必有qE＝mg且qE竖直向上．S闭合后，qE＝mg的平衡关系被打破．S断开时，带电粒子恰好处于静止状态，设电容器两极板间距离为d，有，S闭合后，设带电粒子加速度为a，则，解