还剩7页未读,继续阅读
文本内容:
2019-2020年高二物理下学期期末试卷(含解析)I
一、解答题(共4小题,满分16分)1.(xx春•潮州期末)如图,一重力不计的带电粒子以一定的速度从a点对准圆心射入一圆形匀强磁场,恰好从b点射出,增大粒子射入磁场的速率,下列判断正确的是( ) A.该粒子带正电B.从bc间射出 C.从ab间射出D.在磁场中运动的周期变大考点带电粒子在匀强磁场中的运动.分析带电粒子,以不同的速率垂直进入匀强磁场中,则运动半径的不同,导致运动轨迹也不同.因此运动轨迹对应的半径越大,则粒子的速率也越大.而运动周期它们均一样,但运动时间却由圆弧对应的圆心角决定.洛伦兹力由左手定则来确定.解答解A、粒子从a点射入从b点射出,则由左手定则可确定出粒子带负电,故A错误;B、洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律得qvB=m,解得r=,由于B、q、m均相同,所以r与v成正比,因此当速率增大时,粒子轨道半径增大,粒子将从bc间射出,故B正确,C错误;D、粒子在磁场中做圆周运动的周期T=与粒子的速率无关,增大粒子射入磁场的速率,粒子在磁场中做圆周运动的周期不变,故D错误;故选B.点评带电粒子在磁场、质量及电量相同情况下,运动的半径与速率成正比,从而根据运动圆弧来确定速率的大小;运动的周期均相同的情况下,可根据圆弧的对应圆心角来确定运动的时间的长短. 2.(xx春•潮州期末)下列说法正确的是( ) A.液体中悬浮微粒的无规则运动称为布朗运动 B.液体分子的无规则运动称为布朗运动 C.物体温度升高时,每个分子的动能都增大 D.物体体积增大,内能一定增大考点布朗运动.专题布朗运动专题.分析布朗运动是固体颗粒的运动,是液体分子无规则热运动的反映;温度是分子平均动能的标志;内能的变化要根据做功和热传递两个方面分析.解答解A、液体中悬浮微粒的无规则运动称为布朗运动;它是液体分子无规则运动的反映;故A正确;B错误;C、温度升高时,分子的平均动能增大;但并不是每个分子动能均增大;故C错误;D、体积增大时,对外做功;若没有吸收热量,则内能可能减小;故D错误;故选A.点评本题考查布朗运动及改变内能的因素,要注意明确做功和热传递均可以改变物体的内能. 3.(xx•广东)下列说法不正确的是( ) A.H+H→He+n是聚变 B.U+n→Xe+Sr+2n是裂变 C.Ra→Rn+He是α衰变 D.Na→Mg+e是裂变考点裂变反应和聚变反应;天然放射现象.分析两个质量较小的核结合成一个质量较大的核的核反应叫核聚变.质量较大的核分裂成两个质量中等的核的现象称为核裂变.原子核在自然的状态下由原子核中释放出一个α粒子的现象称为α衰变.放射性同位素的原子核将一个中子转化为一个质子同时释放出一个高速电子的现象称为β衰变.解答解A、两个质量较小的核结合成一个质量较大的核的核反应叫核聚变.故选项A为核聚变反应,故A正确.B、质量较大的核分裂成两个质量中等的核的现象称为核裂变.故选项B为核裂变,故B正确.C、原子核在自然的状态下由原子核中释放出一个α粒子的现象称为α衰变.故选项C正确,故C正确.D、放射性同位素的原子核将一个中子转化为一个质子同时释放出一个高速电子的现象称为β衰变,故D选项为β衰变,故D错误.本题是选不正确的,故选D.点评本题考查核聚变、核裂变、α衰变和β衰变的定义,解决此类题目的捷径是加强基本概念的学习. 4.(xx春•潮州期末)如图在点电荷+Q产生的电场中,将两个带正电的试探电荷q1,q2分别置于A、B两点,虚线为等势线,取无穷远处为零电势点,则下列说法正确的是( ) A.A、B两点的电场强度相等 B.A点的电场强度大于B点的电场强度 C.试探电荷q1,q2在A、B两点的电势能都为负值 D.A点电势小于B点电势考点电场强度;等势面.分析因Q带正电,即可判断A、B电势高低;由点电荷场强公式E=k分析场强的大小;根据电场力做功与电势能的关系,即可判断q1在A点的电势能与q2在B点的电势能的正负.解答解AB、由点电荷场强公式E=k分析可知,A点的场强大于B点的场强.故A错误,B正确.C、试探电荷带正电,且处于点电荷+Q产生的电场中,又取无穷远处为零电势点,那么q1,q2在A、B两点的电势能都为正值.故C错误.D、由题,Q带正电,电场线方向从Q指向无穷远处,则A点电势大于B点电势.故D错误.故选B.点评本题根据电场力做功与电势能变化的关系分析电势能的大小,根据公式E=k分析场强的大小等等,都是常用的思路.
二、双项选择题(每小题6分)5.(6分)(xx春•潮州期末)远距离送电,已知升压变压器输出电压为U1,功率为P,降压变压器的输入电压为U2,输电线上电压为△U,输电线的线路损耗的热功率P损,则下列正确的是( ) A.P=P损B.P损<PC.U1=U2D.U1=U2+△U考点远距离输电.专题交流电专题.分析根据远距离输电的规律可明确电压功率之间的关系;明确损耗电压和损耗功率的表达式.解答解A、P为输电功率,而P损输电线的线路损耗的热功率;则一定有P损<P;故A错误;B正确;C、U1为输电电压;而U2为经过导线上电压损耗后的电压;故U1=U2+△U;故C错误,D正确;故选BD.点评本题考查远距离输电中功率及电压损耗,要注意明确输送电压要大于加在降压变压器两端的电压. 6.(6分)(xx春•潮州期末)一矩形线圈在匀强磁场中匀速转动,产生交流电的图象如图所示,由图可以知道( ) A.
0.01s时刻磁通量最大B.
0.02s时刻磁通量最大 C.该交流电流有效值为
6.28AD.该交流电流周期为
0.04s考点正弦式电流的图象和三角函数表达式.专题交流电专题.分析由i﹣t图象可以读出电流的周期、最大值;当感应电动势最大时,线圈与中性面垂直;当感应电动势最小时,线圈与中性面重合.解答解A、
0.01s时刻感应电流最大,感应电动势最大,故线圈与中性面垂直,磁通量为零,故A错误,B、
0.02s时刻感应电流为零,磁通量最大,故B正确;C、该交流电流的最大值为
6.28A,故有效值为I==
4.44A,故C错误;D、该电流的周期为
0.04s,故D正确;故选BD.点评本题关键是明确当线圈位于中性面时,感应电动势最小,为零;当线圈与中性面垂直时,感应电动势最大. 7.(6分)(xx春•潮州期末)如图,设氢原子由n=3的状态向n=2的状态跃迁时放出能量为E的光子,则氢原子( ) A.跃迁时可以放出或吸收能量为任意值的光子 B.由n=4的状态向n=2的状态跃迁时放出光子的能量大于E C.由n=4的状态向n=2的状态跃迁时放出光子的能量小于E D.由n=4的状态向n=2的状态跃迁时吸收光子的能量大于E考点氢原子的能级公式和跃迁.专题原子的能级结构专题.分析能级间跃迁辐射或吸收的光子能量等于两能级间的能级差,能级差越大,吸收或辐射的光子能量越大,光子频率越大.解答解A、跃迁时辐射或吸收的光子能量必须等于两能级间的能级差.故A错误.B、因为n=4和n=2间的能级差大于n=3和n=2间的能级差,则由n=4的状态向n=2的状态跃迁时放出光子的能量大于E.故B正确,CD错误.故选B.点评解决本题的关键知道光电效应的条件以及知道能级间跃迁时辐射或吸收的光子能量等于两能级间的能级差. 8.(6分)(xx春•潮州期末)入射光照到某金属表面上发生光电效应,若入射光的强度减弱,而频率保持不变,下列说法正确的是( ) A.逸出的光电子的最大初动能减少 B.逸出的光电子的最大初动能不变 C.单位时间里从金属表面逸出的光电子数目减少 D.不发生光电效应考点爱因斯坦光电效应方程.专题光电效应专题.分析发生光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率,光的强弱只影响单位时间内发出光电子的数目.解答解A、根据光电效应方程知,EKM=hγ﹣W0知,入射光的频率不变,则最大初动能不变.故A错误,B正确.C、光的强弱影响的是单位时间内发出光电子的数目,入射光的强度减弱,则从金属表面逸出的光电子数目减少.故C正确.D、入射光的频率不变,则仍然能发生光电效应,故D错误;故选BC.点评解决本题的关键知道发生光电效应的条件,以及知道光的强弱会影响单位时间内发出光电子的数目. 9.(6分)(xx春•潮州期末)如图所示为物体分子势能与分子间距离之间的有关系,下列判断正确的是( ) A.当r→∞时,分子势能Ep最小 B.当r>r0时,r越小则分子势能Ep越大 C.当r=r0时,分子势能Ep最小 D.当r<r0时,r越小,则分子势能Ep越大考点分子势能.专题内能及其变化专题.分析本题考查了分子间的作用力与分子间距离关系图象,当r=r0时,分子力为零,分子势能最小,由图可知r1=r0,然后根据分子力与分子之间距离关系可以求解.解答解由图可知当r大于r0时,分子间的作用力表现为引力,当r小于r0时,分子间的作用力表现为斥力;当r由比较大减小到r0的过程中,分子间的作用力表现为引力,做正功,分子势能减小,r小于r0时,分子间的作用力表现为斥力,距离减小的过程中做负功,分子势能增大,所以当r等于r0时,分子势能最小,故CD正确;故选CD.点评正确理解分子力、分子势能与分子之间距离的变化关系,注意分子力与分子势能变化的一个临界点为r=r0,注意将分子力与分子之间距离和分子势能与分子之间距离的图象比较进行学习.
三、解答题(共3小题,满分54分)10.(18分)(xx春•潮州期末)
(1)在做测定金属电阻率的实验中,待测金属的阻值约为5Ω.
①某同学先通过螺旋测微器测量一薄的金属圆片厚度,如图1所示,则螺旋测微器所示金属圆片厚度的测量值为
3.471 mm.
②实验室准备用来测量该电阻值的实验器材除开关及若干导线外,还有电压表V1(量程0﹣3V,内电阻约为15kΩ);电压表V2(量程0﹣15V,内电阻约为75kΩ);电压表A1(量程0﹣3A,内电阻约为
0.2Ω);电压表A2(量程0﹣600mA,内电阻约为3Ω);滑动变阻器R1(最大阻值为10Ω,额定电流为
2.0A);滑动变阻器R2(最大阻值为1000Ω,额定电流为
0.5A);直流电源、电池组E(电动势为3V,内电阻约为
0.3Ω);正常实验中为减少测量误差,且电表读数从零开始变化,并能多测几组电流、电压值,以便画出电流﹣电压的关系图线,则电压表应选用 V1 (填实验器材的代号),电流表应选用 A2 (填实验器材的代号),滑动变阻器选用 R1 (填实验器材的代号).
③这位同学在一次测量时,电流表、电压表的示数如图2所示,由图中电流表、电压表的读数可计算出待测金属的电阻为
5.2 Ω.(结果精确到小数点后一位)
(2)在测定电源电动势和内阻的实验中
①某同学按如图3甲所示电路进行实验,在图3乙中部分导线已连接,请用笔画代替导线将电路补充完整,要求变阻器滑至最左端时,其使用电阻值最大.
②该同学根据正确的实验测量作出如图3丙中的U﹣I图象,由该图象可求出被测干电池的电动势E=
1.4 V,内电阻r=
0.67 Ω.(保留两位有效数字).考点测定金属的电阻率.专题实验题;恒定电流专题.分析
(1)本题
①的关键是明确螺旋测微器读数时注意半毫米刻度线是否露出,需要估读,都要分别读出整数部分和小数部分,然后相加.
②题的关键是根据电动势大小和估算电流大小来选择电表的量程;明确若要求电表读数从零调,则滑动变阻器应用分压式接法;
③的关键是电表的读数要求,注意估读方法有“”、“”、“”三种方式;
(2)
①根据电路图连接实物电路图;
②由实验原理可得出对应的图象,根据原理图可得出实物图;由闭合电路欧姆定律可得出函数关系,结合数学公式及图象可明确电动势和内电阻.解答解
(1)
①千分尺固定刻度露出了
3.0mm,中轴线对齐为
0.471mm,所以螺旋测微器的读数为d=
3.0mm+
47.1×
0.01mm=
3.471mm
②因电动势E为3V,所以为了测量准确宜用电压表电V1;若3V电压全部加在待测电阻上,其电流为I===
0.6A,所以电流表应选A2;又题中要求电表读数从零开始变化,并能多测几组电流、电压值,故宜选用分压式电路;因待测金属的阻值约为5Ω,因此滑动变阻器选取阻值较小的R1,
③电流表读数为I=
0.46A,电压表读数为U=
2.40V,所以待测电阻R==
5.2Ω
(2)
①根据电路图连接实物电路图,实物电路图如图所示;
②由U=E﹣Ir可知U﹣I图象中图象与纵坐标的交点为电源的电动势;故E=
1.40V;图象的斜率表示内阻;故r==
0.67Ω;故答案为
(1)
①
3.471(±
0.002);
②V1,A2,R1;
③
5.2;
(2)
①实物连线如图;
②
1.4,
0.67.点评遇到电学实验题要注意以下几点1.通过估算选取电表的量程;2.伏安法时注意电流表内外接法的选择方法;3.注意滑动变阻器采用分压式接法时的条件;本题考查伏安法测电动势和内电阻的实验,要注意明确实验的原理图及根据图象分析处理数据的方法. 11.(18分)(xx春•潮州期末)如图所示,一质量为M的平板小车放置在光滑的水平面上,小车上表面与光滑平台AB等高,小车右端靠近平台AB,在小车右端放置一质量为m可视为质点的小木块a,同时,在平台AB上的另一质量也为m可视为质点的小木块b以速度大小v0向左运动.a与b碰后粘合在一起,a、b与小一上表面的摩擦因素均为μ,求
(1)a、b碰撞后的速度及碰撞过程产生的内能.
(2)为使a、b不从小车上掉下来,小车至少多长.考点动量守恒定律;机械能守恒定律.专题动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合.分析
(1)a、b碰撞过程系统动量守恒,应用动量守恒定律与能量守恒定律可以求出碰撞后的速度与产生的内能.
(2)a、b与小车组成的系统动量守恒,应用动量守恒定律与能量守恒定律求出小车的长度.解答解
(1)b与a构成的系统碰撞过程动量守恒,以向左为正方向,由动量守恒定律得mv0=2mv1,解得v1=v0,由能量守恒定律得Q=mv02﹣•2mv12=mv02;
(2)a、b、小车组成的系统动量守恒,以向左为正方向,由动量守恒定律得2mv1=(2m+M)v,由能量守恒定律得μ•2mgL=•2mv12﹣(2m+M)v2,解得L=;答
(1)a、b碰撞后的速度为v0,碰撞过程产生的内能为mv02.
(2)为使a、b不从小车上掉下来,小车长度至少为.点评本题考查了动量守恒定律的应用,分析清楚物体运动过程是正确解题的关键,应用动量守恒定律与能量守恒定律可以解题. 12.(18分)(xx春•潮州期末)如图所示,倾角θ=30°,宽度L=1m的足够长的U形平行金属导轨固定在磁感应强度B=1T,范围足够大匀强磁场中,磁场方向垂直导轨平面斜向上,现用一平行导轨F=
7.5N的恒力作用一根质量m=
0.2kg、电阻r=1Ω、垂直导轨的金属棒ab,使其由静止沿导轨向上移动(ab棒始终与导轨接触良好且垂直,不计导轨电阻).导体棒与导轨间动摩擦因数为μ=,电阻R=2Ω.求
(1)金属棒达到的稳定速度v及此时棒ab两端的电势差;
(2)若金属棒在导轨上速度达到10m/s时,突然撤去F,此后金属棒还能向上滑行,当上升高度h=
0.5m时,时速度减为0,求从撤去F到棒ab速度减为0的过程中,金属棒ab产生的焦耳热.考点导体切割磁感线时的感应电动势;电磁感应中的能量转化.专题电磁感应——功能问题.分析
(1)棒在F作用下沿斜面向上加速运动,当棒上受的合力为0时,棒达到最大速度v,根据平衡条件和安培力与速度关系式,可求得稳定速度v.根据欧姆定律求出ab两端的电势差.
(2)对导体棒运用动能定理列式,求出克服安培力做功,再根据功能关系求解金属棒ab产生的焦耳热.解答解
(1)棒在F作用下沿斜面向上加速运动,当棒上受的合力为0时,棒达到最大速度v,有F﹣mgsinθ﹣μmgcosθ﹣F安=0安培力F安=BIL由闭合电路欧姆定律I=由电磁感应定律E=BLv则得F安=以上各式得v=(R+r)=15m/s此时ab两端的电势差Uab=IR=10V
(2)设撤去F起到ab棒速度减为0的过程,棒克服安培力做功为W安,对导体棒由动能定理,得﹣mgh﹣f﹣W安=0﹣代入数据得W安=
7.5J,由功能关系,此过程电路中总焦耳热Q=W安=
7.5J金属棒发的焦耳热Q′=Q=
2.5J答
(1)金属棒达到的稳定速度v为15m/s,此时棒ab两端的电势差是10V.
(2)金属棒ab产生的焦耳热是
2.5J.点评解决本题的关键是明确导体棒稳定时做的匀速运动,与汽车的起动类似,掌握安培力与速度的关系,并会运用能量守恒定律来解题焦耳热. 。