内蒙古赤峰市高二下学期期末考试联考（A卷）物理试卷 Word版含解析 25页

‎2020年赤峰市高二年级学年联考试卷（A）‎ 物理 第Ⅰ卷（选择题 共48分）‎ 一、选择题：本题共12小题，每小题4分，共4分。在每小题给出的四个选项中，第1~8题只有一项符合题目要求；9~12题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不做答的得0分。‎ ‎1. 下列说法中正确的是（ ）‎ A. 库伦最早引入了电场概念，并提出用电场线表示电场 B. 安培通过研究电荷之间相互作用的规律得到了安培定则 C. 汤姆孙通过油滴实验精确测定了元电荷e的电荷量 D. 奥斯特发现了电流的磁效应，首次揭示了电现象和磁现象之间的联系 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．法拉第最早引入了电场概念，并提出用电场线表示电场，A错误；‎ B．库伦通过研究电荷之间相互作用的规律得到了库伦定律，B错误；‎ C．密立根通过油滴实验精确测定了元电荷e的电荷量，C错误；‎ D．奥斯特发现了电流的磁效应，首次揭示了电现象和磁现象之间的联系，D正确。‎ 故选D。‎ ‎2. 如图所示，a、b两点位于以负点电荷为球心的球面上将两个试探电荷、分别置于a、b两点，下列说法正确的是（ ）‎ - 25 -‎ A. a点电势大于b点电势 B. a点电场强度大于b点电场强度 C. 若规定无穷远处电势为零，a、b两点的电势均为负值 D. 若将、分别移动到无穷远处，电场力做功一定相等 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由于a、b位于以负电荷为球心的球面上，它们到负电荷的距离相等，根据点电荷的周围电势分布情况可知，a点电势等于b点电势，A错误；‎ B．根据点电荷的周围电场分布情况可知，a点电场强度大小等于b点电场强度大小，方向不同，B错误；‎ C．若规定无穷远处电势为零，则负电荷周围电势为负，a、b两点的电势均为负值，C正确；‎ D．a点电势等于b点电势，若将、分别移动到无穷远处，根据W=qU，由于电荷量未知，电场力做功不能确定是否相等，D错误。‎ 故选C。‎ ‎3. 下列有关原子结构和原子核的说法正确的是（ ）‎ A. 属于衰变 B. 射线是高速运动的电子流 C. 太阳辐射能量的主要来源是太阳中发生的重核裂变 - 25 -‎ D. 升高放射性物质的温度，可缩短其半衰期 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．属于衰变，A正确；‎ B．射线是高速运动的光子流，B错误；‎ C．太阳辐射能量的主要来源是太阳中发生的轻核聚变，C错误；‎ D．放射性物质的半衰期与外界条件无关，D错误。‎ 故选A。‎ ‎4. 如图，固定在水平面上的U形金属框上，静止放置一金属杆ab，整个装置处于竖直向上的磁场中．当磁感应强度B均匀减小时，杆ab总保持静止，则在这一过程中( )‎ A. 杆中的感应电流方向是从a到b B. 杆中的感应电流大小均匀增大 C. 金属杆所受安培力水平向左 D. 金属杆受到的摩擦力逐渐减小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．当磁感应强度均匀减小时，穿过回路的磁通量减小，根据楞次定律判断得到回路中感应电流方向为逆时针方向（俯视），杆中的感应电流方向是从到，故A错误；‎ B．当磁感应强度均匀减小时，穿过回路的磁通量均匀减小，根据法拉第电磁感应定律可知回路中产生的感应电动势不变，则感应电流大小保持不变，故B错误；‎ - 25 -‎ C．由左手定则判断可知，金属杆所受安培力水平向右，故C错误；‎ D．根据公式可知安培力减小，根据平衡条件可知金属杆受到的摩擦力逐渐减小，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎5. 正弦交流电的电压随时间变化的规律如图所示。由图可知（ ）‎ A. 该交流电的电压的有效值为 B. 该交流电的频率为 C. 该交流电的电压瞬时值的表达式为 D. 若将该交流电压加在阻值为的电阻两端，则电阻消耗的功率是 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由图可知，交流电的最大值为Um=100V，有效值为，A错误；‎ B．由图可知，周期为0.04s，周期和频率公式，可得频率为，B正确；‎ C．由公式，该交流电的电压瞬时值的表达式为，C错误；‎ D．若将该交流电压加在阻值为的电阻两端，则电阻消耗的功率是 - 25 -‎ D错误。‎ 故选B。‎ ‎6. 质谱仪是测量带电粒子的质量和分析同位素的重要工具．如图所示为质谱仪的原理示意图，现利用质谱仪对氢元素进行测量．让氢元素三种同位素的离子流从容器A下方的小孔s无初速度飘入电势差为U的加速电场．加速后垂直进入磁感强度为B的匀强磁场中．氢的三种同位素最后打在照相底片D上，形成a、b、c三条“质谱线”．则下列判断正确的是(　　)‎ A. 进入磁场时速度从大到小排列的顺序是氕、氘、氚 B. 进入磁场时动能从大到小排列的顺序是氕、氘、氚 C. 在磁场中运动时间由大到小排列的顺序是氕、氘、氚 D. a、b、C三条“质谱线”依次排列的顺序是氕、氘、氚 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 根据qU= 得,v= ，比荷最大的是氕，最小的是氚，所以进入磁场速度从大到小的顺序是氕、氘、氚，故A正确；‎ B. 根据动能定理可知Ek=qU，故动能相同，故B错误；‎ C. 时间为t=，故在磁场中运动时间由大到小排列的顺序是氚氘氕，故C错误；‎ D. 进入偏转磁场有qvB=，‎ - 25 -‎ 解得：R=，氕比荷最大，轨道半径最小，c对应的是氕，氚比荷最小，则轨道半径最大，a对应的是氚，故D错误 故选A ‎【点睛】根据qU=求出粒子进入偏转磁场的速度，知道三种粒子进入磁场的速度大小关系，再根据qvB=求出R与什么因素有关，从而得出a、b、c三条“质谱线”的排列顺序．‎ ‎7. 在光电效应实验中，小明同学用同一实验装置，如图（a）所示，在甲、乙、丙三种光照射下得到了三条电流表与电压表读数之间的关系曲线，如图（b）所示。则正确的是（　　）‎ A. 乙光的频率大于甲光的频率 B. 甲光的波长小于丙光的波长 C. 丙光的光子能量小于甲光的光子能量 D. 乙光对应光电子最大初动能小于丙光的光电子最大初动能 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】乙丙两个遏止电压相等，且大于甲光的遏止电压，根据知乙丙两光照射产生光电子的最大初动能相等，大于甲光照射产生的光电子最大初动能；根据光电效应方程 - 25 -‎ 知逸出功相等，知乙丙两光的频率相等，大于甲光的频率；所以乙丙两光的光子能量相等大于甲光的光子能量；甲光频率小于乙丙两光的频率，则甲光的波长大于乙丙两光的波长，故A正确，B、C、D错误；‎ 故选A。‎ ‎8. 远距离输电的原理图如图所示，升压变压器原、副线圈的匝数分别为、电压分别为、，电流分别为、，输电线上的电阻为R，变压器为理想变压器，则下列关系式中正确的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．变压器原副线圈的电流之比等于匝数的反比，A错误；‎ B．变压器原副线圈的电压之比等于匝数之比，B正确；‎ C．U2不是加在R两端的电压，故，C错误；‎ D．升压变压器的输入功率等于，，D错误。‎ 故选B。‎ ‎9. 如图所示的4种情况中，磁场的磁感应强度都是B，导体的长度l和运动速度v的大小都相同，产生感应电动势大小为的是（ ）‎ - 25 -‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【详解】导体的运动方向与磁场垂直，产生的感应电动势大小为，B选项速度与磁场不垂直，B错误，ACD正确。‎ 故选ACD。‎ ‎10. 如图所示，两根光滑的平行金属导轨竖直放置在匀强磁场中，磁场和导轨平面垂直，金属杆ab与导轨接触良好可沿导轨滑动，开始时电键S断开，当ab杆由静止下滑一段时间后闭合S，则从S闭合开始计时，ab杆的速度v与时间t的关系图像可能正确的是（　　）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ - 25 -‎ ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．当速度大小变化时，感应电动势也会变化，感应电流也变化，安培力大小也变化，所以金属杆的加速度也在变化，所以不可能做匀加速运动，故A错误；‎ B．当闭合开关时S时，满足 金属杆匀速运动，故B正确；‎ C．当闭合开关时，如果 金属杆做减速运动，速度减小，安培力减小，由 可知，加速度应减小，故减速过程中图像斜率减小，当加速度为0时，金属杆做匀速直线运动，故C正确；‎ D．开关闭合时，如果 金属杆继续做加速运动，速度增大，安培力增大，根据牛顿第二定律可知 故加速度减小最后匀速，加速度过程斜率应减小，故D错误。‎ - 25 -‎ 故选BC。‎ ‎11. 匀强电场的方向平行于平面，平面内a、b、c三点的位置如图所示，三点的电势分别为、、，且平行于x轴，平行于y轴。下列说法正确的是（ ）‎ A. 电场强度的大小为 B. 坐标原点处的电势为 C. 电子在a点的电势能比在b点的电势能高 D. 电子从坐标原点运动到c点，电场力做功为 ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．如图所示 ‎ ‎ 将ac等分为四份，在匀强电场中，d点电势为9V，b、d两点等势，过O点作bd的平行线交ac - 25 -‎ 延长线于e点，则，所以 再过c作bd的垂线，由几何关系可得 解得c到bd垂线距离为 所以 AB正确；‎ C．由于，所以电子在a点处的电势能比在b点处的电势能低3eV，C错误；‎ D．因为，所以电子从坐标原点运动到c点，电场力做功为 D正确。‎ 故选ABD。‎ ‎12. 如图所示，竖直虚线为一簇等势线，平行等距，相邻两等势线之间的电势差相等，某重力不可忽略的粒子由M点以平行等势线的速度射入电场，经过一段时间运动到N点，M、N两点的连线与等势线垂直，O点为粒子运动轨迹的最高点已知粒子从M点到O点的运动过程中重力做功为，电场力做功为，下列说法正确的是（ ）‎ - 25 -‎ A. 粒子在M点的动能比在O点的动能少 B. 粒子从M点到N点的过程中克服电场力做功为 C. 粒子在N点的机械能比在M点的机械能多 D. 粒子在N点具有的动能为 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．粒子从M点到O点由动能定理 即在M点的动能比在O点的动能少，A正确；‎ B．因在竖直方向粒子在重力作用下先做匀减速运动，到达O点后向下做匀加速运动，可知由M点到O点的时间等于从O点到N点的时间；水平方向粒子受电场力作用而做匀加速运动，因水平初速度为零，则有 ‎，‎ 则有，可知粒子从O到N电场力做功等于从M到O电场力功的3倍，可知粒子从M点到N点的过程中电场力做功为24J，B错误；‎ C．从M到N电场力做功24J，则粒子在N点的机械能比在M点的机械能多24J，C正确；‎ D．从M到N电场力做功24J，即合外力做功24J，因粒子在M点的动能不等于零，可知粒子在N点具有的动能大于24J，D错误。‎ 故选AC。‎ - 25 -‎ 第Ⅱ卷 非选择题（共52分）‎ 二、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第13题～16题为必考题，每个考生必须做答，第17题～18题，考生根据要求做答。‎ ‎（一）必考题（共37分）‎ 实验题：本题共2小题，共14分。‎ ‎13. 为了测定某段电阻丝的电阻率，设计了如图甲所示的电路。‎ ‎（1）首先测量了该电阻丝的直径和长度，其中用螺旋测微器测量直径的示数如图乙所示，则该电阻丝的直径为______。‎ ‎（2）为了减小两个电表对电路的影响，完成了如下操作：‎ 连接好电路后合上开关，将单刀双掷开关扳到1位置，移动两个滑动变阻器的滑动触头，直到电压表指针的偏转角度接近最大，此时两电表的示数分别为、；保持闭合，不移动两滑动变阻器的滑动触头，将单刀双掷开关扳到2位置，两电表的示数分别为、，利用以上测量的物理量表示该电阻丝的电阻，为_______。‎ ‎ ‎ ‎（3）电阻丝的长度用L表示，电阻丝的直径用d表示，电阻用表示，则该电阻丝的电阻率____（用、L、d、表示）‎ - 25 -‎ ‎【答案】 (1). 1.782mm (2). (3). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]螺旋测微器的固定刻度为1.5mm，可动刻度为28.2×0.01mm=0.282mm，则该电阻的直径为1.782mm ‎（2）[2] 连接好电路后合上开关，将单刀双掷开关扳到1位置 保持闭合，不移动两滑动变阻器的滑动触头，将单刀双掷开关扳到2位置 可得 ‎（3）[3]由电阻定律及面积公式 解得 ‎14. 某同学利用图甲所示电路测量一表头的电阻。供选用的器材如下：‎ - 25 -‎ ‎ ‎ A．待测表头G1（内阻r1约为，量程为）‎ B．灵敏电流表G2（内阻，量程为）‎ C．定值电阻R（）‎ D．滑动变阻器（最大阻值为）‎ E．滑动变阻器（最大阻值为）‎ F．电源E（电动势，内阻不计）‎ G．开关S，导线若干 ‎（1）请根据图甲所示电路将图乙的实物图补充完整______。‎ ‎（2）滑动变阻器应选_____（填“”或“”）；开关S闭合前，滑动变阻器的滑片P应滑动至____（填“a”或“b”）端。‎ ‎（3）该同学多次移动滑片P记录相应的G1、G2示数、，以为纵坐标为横坐标作出相应图线，测得图线的斜率，则待测表头内阻______。‎ - 25 -‎ ‎【答案】 (1). (2). R1 (3). b (4). 312.5‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]参照图甲电路连线，完整的实验电路图，如图所示 ‎（2）[2][3]为方便实验操作，应选择最大阻值较小的滑动变阻R1，滑动变阻器采用分压接法时，为保护电路闭合开关前滑片要置于分压电路分压为零的位置，即滑动变阻器要移到b端；‎ ‎（3）[4]根据欧姆定律和并联电路电压相等的关系有 I1r1=I2（r2+R）‎ 变形得 结合题意图象斜率 - 25 -‎ 所以 计算题：本题共2小题，共23分。应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，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。‎ ‎15. 如图所示，两根相距、电阻不计的平行光滑金属导轨水平放置，一端与阻值的电阻相连，导轨间存在、方向垂直导轨平面匀强磁场，一根质量、电阻的金属棒置于导轨上，并与导轨垂直金属棒在外力F作用下以速度沿导轨向右匀速运动，求：‎ ‎（1）金属棒在磁场中运动时产生的感应电动势的大小；‎ ‎（2）通过金属棒的电流大小及方向；‎ ‎（3）外力F的大小。‎ ‎【答案】（1）0.4V；（2）0.1A；（3）0.02N ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）导体棒向右运动，切割磁感线产生感应电动势 E=BLv0‎ 代入数据解得 E=0.4V - 25 -‎ ‎（2）感应电流 代入数据解得 I=0.1A 由右手定则，可知，电流方向为b到a ‎（3）导体棒所受安培力 F安=BIL 代入数据解得 F安=0.02N ‎16. 如图所示，在长度足够长、宽度的区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度，水平边界上方存在范围足够大的竖直向上的匀强电场，电场强度，现有大量质量、电荷量的带负电的粒子，同时从边界上的O点沿纸面向各个方向垂直射入磁场，射入时的速度大小均为．不计粒子的重力和粒子间的相互作用力。‎ ‎（1）求带电粒子在磁场中运动的半径r；‎ ‎（2）求与x轴负方向成60°角射入的粒子在电场中运动的时间t；‎ ‎（3）当从边界上最左边射出的粒子离开磁场时，求仍在磁场中运动的粒子的初速度方向与x轴正方向的夹角范围。‎ - 25 -‎ ‎【答案】（1）；（2）；（3）30°~60°‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 带电粒子在磁场中运动的半径可根据洛伦兹力提供向心力求，而后第二问的入射粒子速度方向刚好与电场方向同向，可根据运动学知识算出时间，最后一问理解好题意，把握好仍在磁场中的粒子和从MN边界上最左边出去的粒子运动时间相同。‎ ‎【详解】（1）洛伦兹力充当向心力，根据牛顿第二定律可得 解得 ‎（2）粒子的运动轨迹如图甲所示，由几何关系可知，在磁场中运动的圆心角为30°，粒子平行于场强方向进入电场，‎ - 25 -‎ 粒子在电场中运动的加速度 粒子在电场中运动的时间 解得 ‎（3）如图所示 ‎ ‎ 由几何关系可知，从MN边界上最左边射出的粒子在磁场中运动的圆心角为60°，圆心角小于60°的粒子已经从磁场中射出，此时刻仍在磁场中的粒子运动轨迹的圆心角均为60°，则仍在磁场中的粒子的初速度方向与x轴正方向的夹角范围为30°~60°。‎ ‎ ‎ ‎（二）选考题（共15分。请考生从给出的2道题中任选一题做答，如果多答则按所答的第一题评分。选择题请在答题卡对应的横线上填正确答案标号，选对1‎ - 25 -‎ 个给3分，选对2个给4分，选对3个给5分，每选错1个扣3分，最低得分0分）‎ ‎【物理——选修3-3】‎ ‎17. 关于分子动理论和热力学定律，下列说法正确的是（ ）‎ A. 布朗运动和扩散现象都可以证明分子在做无规则运动 B. 知道某物体的摩尔质量和密度可求出阿伏伽德罗常数 C. 物体放出热量，同时对外做功，内能可能不变 D. 不可能从单一热源吸收热量，使之完全用于做功，而不产生其它影响 E. 内能不同的物体，它们分子热运动的平均动能可能相同 ‎【答案】ADE ‎【解析】‎ ‎【详解】A．布朗运动和扩散现象都可以证明分子在做无规则运动，A正确；‎ B．知道某物体的摩尔质量和密度可求出摩尔体积，不能求出阿伏伽德罗常数，B错误；‎ C．物体放出热量，同时对外做功，根据 可知Q为负值，W也为负值，内能减少，C错误；‎ D．根据热力学第二定律，不可能从单一热源吸收热量，使之完全用于做功，而不产生其它影响，D正确；‎ E．物体的内能与物质的量、温度、物体形态等有关，内能不同的物体，温度可能相同，它们分子热运动的平均动能可能相同，E正确。‎ 故选ADE。‎ ‎18. 一定质量理想气体经历如图所示的A→B、B→C、C→A三个变化过程，已知TA=300K，气体从C→A的过程中做功为100J，同时吸热250J、已知气体的内能与温度成正比.求：‎ - 25 -‎ ‎（1）气体处于B状态时的温度TB；‎ ‎（2）气体处于C状态时的温度TC；‎ ‎（5）气体处于C状态时内能EC．‎ ‎【答案】(1) 300K (2) (3) ‎ ‎【解析】‎ 试题分析：根据理想气体状态方程，即可求得体处于B状态时的温度；由图可知C→A过程是等压变化，根据盖吕萨克定律列式可求C状态的温度；气体从C→A的过程中做功为100J，同时吸热250J，根据热力学第一定律可求内能的变化量．‎ ‎（1）根据理想气体状态方程 由于PBVB=PAVA ‎ 所以TA=TB=300K ‎ ‎（2）由图知C到A，是等压变化，根据理想气体状态方程：‎ 解得： ‎ ‎（3）根据热力学定律：‎ ‎ 且 ‎ 解得：‎ - 25 -‎ 点睛：本题主要考查了理想气体状态方程和热力学第一定律的综合应用．运用热力学第一定律时，注意做功W和热量Q的符号，对外做功和放热为负的，对气体做功和吸热为正的．‎ ‎[物理——选修3-4]‎ ‎19. 如图所示为一列向右传播的简谐横波传到质点a点时的波形，波速为v=6m/s，质点b、c的坐标分别为=96m，=36m.以图示时刻为计时起点，下列说法中正确的是_______‎ A. 该波的振动周期为4s B. 该波传播到质点c时，质点a通过的路程为6m C. 质点b开始振动时，振动方向沿y轴负方向 D. t=12s时质点b第一次到达波谷，此时质点a经过平衡位置向y轴负方向振动 E. 质点b到达波峰时，质点c经过平衡位置向y轴正方向振动 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由图像可知波长，根据公式 可得 故A正确；‎ B．波从a传到c所用的时间 - 25 -‎ 质点a在1s即且从平衡位置开始运动通过的路程为一个振幅即为10cm，故B错误；‎ C．质点开始振动的方向都相同，在图中所示a的起振方向向下，所以质点b开始振动时，振动方向沿y轴负方向，故C正确；‎ D．从图示位置开始波传到b所用的时间 质点b再向下运动1s到波谷，质点a经过12s即3个周期回到原状态，故D正确；‎ E．质点b到达波峰所用的时间为 波从a传到c所用的时间1s，所以质点c经13s时间经平衡位置向y轴负方向振动，故E错误。‎ ‎20. 用某种透明材料制成的一块柱形棱镜的截面图如图所示，圆弧为半径为R的四分之一的圆周，圆心为O，光线从面上的某点入射，入射角，它进入棱镜后恰好以临界角射在面上的O点，已知光在空气中的传播速度。求：‎ ‎(1)该棱镜的折射率n；‎ ‎(2)光线在该棱镜中传播的速度大小v（结果可带根式）。‎ ‎【答案】(1)；(2)‎ ‎【解析】‎ - 25 -‎ ‎【详解】(1)光线在BC面上的恰好发生全反射，作出光路图，如图所示 ‎ ‎ 入射角等于临界角C，由 在AB界面发生折射，入射角为，折射角为 由折射定律 由以上几式计算得出 ‎(2)光线在该棱镜中传播的速度大小 - 25 -‎