《湖北省随州市2020学年高二物理下学期期末考试试题（含解析）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《湖北省随州市2020学年高二物理下学期期末考试试题（含解析）（21页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、随州市普通高中2020学年下学期期末统考 高二物理试题(本卷满分110分，考试时间90分钟；在答题卡相应处作答方才有效)第I卷 客观卷(共50分)一、选择题(本题共10小题，每小题5分。在每小题给出的四个选项中，第1-7题只有一项符合题目要求第810题有多项符合题目要求。全部选对得5分，选对但不全得3分，有选错的得0分)1.物理教材中有很多经典的插图能够形象的表现出物理实验、物理现象及物理规律，下列四幅图涉及到不同的物理知识，其中说法正确的是A. 甲图中，卢瑟福通过分析粒子散射实验结果，发现了质子和中子B. 乙图中，在光颜色保持不变的情况下，入射光越强，饱和光电流越大C. 丙图中，射线甲由电子
2、组成，射线乙为电磁波，射线丙由粒子组成D. 丁图中，链式反应属于轻核裂变【答案】B【解析】【详解】A. 卢瑟福通过分析粒子散射实验结果，提出了原子的核式结构模型，A错误。B.根据光电效应规律可知在光颜色保持不变的情况下，入射光越强，饱和光电流越大，B正确。C.因为射线甲受洛仑兹力向左，所以甲带正电，是由粒子组成，C错误。D.链式反应属于重核裂变，D错误。2.下列说法中正确的是A. 根据爱因斯坦的“光子说”可知，光的波长越大，光子的能量越小B. 氢原子的核外电子，在由离核较远的轨道自发跃迁到离核较近的轨道的过程中，放出光子，电子绕核运动的动能减小，原子的电势能减小C. 一个基态氢原子吸收光子跃迁
3、到n=3激发态后，能发射出3种频率的光子D. 原子核能发生衰变说明原子核内存在电子【答案】A【解析】【详解】A.根据爱因斯坦的“光子说”可知，光的波长越短能量越大，光的波长越大，光子的能量越小；故A正确.B.氢原子的核外电子，在由离核较远的轨道自发跃迁到离核较近的轨道的过程中，放出光子，原子的电势能减小，根据库仑力提供向心力可知：，则电子绕核运动的动能增大；故B错误.C.一群基态的氢原子吸收光子跃迁到n=3激发态后，最多发射出三种频率的光子，一个基态的氢原子吸收光子跃迁到n=3激发态后，最多发射出两种频率的光子；故C错误.D.衰变的实质是原子核内的中子转化为质子而同时释放出电子，该电子并不是原
4、子核中的电子；故D错误.3.如图所示，当开关接a时，理想变压器原、副线圈的匝数比为10:1，b是原线圈的中心抽头，图中电表均为理想交流电表，定值电阻R=10，其余电阻均不计从某时刻开始在原线圈c、d两端加上如图乙所示的交变电压，则下列说法正确的是A. 当单刀双掷开关与a连接时，电压表的示数为31.1VB. 当单刀双掷开关与b连接且t=0.01s时，电流表示数为4AC. 当单刀双掷开关由a拨向b时，副线圈输出交流电的频率增大D. 当单刀双掷开关由a拨向b时，原线圈输入功率变大【答案】D【解析】【详解】由图象可知，电压的最大值为311V，交流电的周期为210-2s，所以交流电的频率为.A.交流电的
5、有效值为220V，根据电压与匝数成正比可知，副线圈的电压为22V;所以A错误.B.当单刀双掷开关与b连接时，副线圈电压为44V，所以副线圈电流为4.4A，电流表示数为电流的有效值，不随时间的变化而变化，所以电流表的示数为4.4A;故B错误.C.变压器不会改变电流的频率，所以副线圈输出电压的频率为50Hz;所以C错误.D.当单刀双掷开关由a拨向b时，原线圈的匝数变小，所以副线圈的输出的电压要变大，电阻R上消耗的功率变大，原线圈的输入功率也要变大;所以D正确.4.如图，某空间存在正交的匀强磁场和匀强电场，电场方向水平向右，磁场方向垂直于纸面向里，一个带电微粒由a点进入电磁场并刚好能沿ab直线向上匀
6、速运动，下列说法正确的是A. 微粒可能带负电，也可能带正电B. 微粒的电势能一定增加C. 微粒的机械能一定增加D. 洛伦兹力对微粒做负功【答案】C【解析】【详解】A.根据做直线运动的条件和受力情况如图所示:可知，粒子做匀速直线运动，则粒子必定带负电，故A错误；B.由a沿直线运动到b的过场中，电场力做正功，电势能减小，故B错误.C.因重力做负功，重力势能增加，又动能不变，则机械能一定增加，故C正确.D.洛伦兹力一直与速度方向相互垂直，故洛伦兹力不做功，故D错误.5.如图，质量为m的导体棒电阻为R，初始时静止于光滑的水平轨道上，平行导轨的间距为L，电源电动势为E，内阻不计匀强磁场的磁感应强度为B，
7、其方向与轨道平面成角斜向上方，开关闭合后导体棒开始运动，则A. 导体棒向左运动B. 开关闭合瞬间导体棒MN所受安培力为2C. 开关闭合瞬间导体棒MN所受安培力为D. 开关闭合瞬间导体棒MN的加速度为【答案】D【解析】【详解】A.开关闭合，由左手定则可知，磁感线穿过掌心，则大拇指向为垂直磁感线向右，从而导致导体棒向右运动;故A错误.BC.当开关闭合后，根据安培力公式F=BIL，与可得；故B,C均错误.D.当开关闭合后，安培力的方向与导轨成90-的夹角，再根据力的分解可得，合力大小，再由牛顿第二定律与安培力的大小可知，加速度；故D正确.6.半径为r带缺口的刚性金属圆环竖直固定放置，在圆环的缺口两端
8、引出两根导线，分别与两块水平固定放置的平行金属板连接，两板间距为d，如图(a)所示。有一变化的磁场垂直于纸面，规定向内为正，变化规律如图(b)所示。在t=0时刻平板之间中心有一重力不计，电荷量为q的静止微粒，则以下说法正确的是(微粒始终没有触碰到金属板)A. 第2秒内上极板为负极B. 第3秒内上极板为正极C. 第2秒末微粒回到了原来位置D. t=2.5s时两极板之间的电场强度大小为【答案】B【解析】【详解】A.第2s内，磁感应强度均匀减小，根据楞次定律知，上极板为正极；故A错误.B.第3s内，磁感应强度垂直纸面向外且逐渐增大，根据楞次定律知，上极板为正极；故B正确.C.第1s内下极板正极，微粒
9、开始做匀加速直线运动，第2s内，上极板为正极，微粒做匀减速直线运动到零，2s末未回到原位置；故C错误.D.根据法拉第电磁感应定律可知，两极板间的电势差，则电场强度；故D错误.7.如图，边长为L、匝数为N，电阻不计的正方形线圈abcd在磁感应强度为B的匀强磁场中绕转轴OO转动，转轴OO垂直于磁感线，在线圈外接一个含有理想变压器的电路，变压器原、副线圈的匝数分别为n1和n2保持线圈以恒定角速度转动，下列判断正确的是A. 从图示位置计时，矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为e=NBL2 costB. 电压表V1示数等于NBL2，电压表V2示数等于C. 当可变电阻R的滑片P向上滑动时，电压表V2的
10、示数变大D. 当可变电阻R的滑片P向上滑动时，变压器的输入功率增大【答案】A【解析】【详解】A.从垂直于中性面时开始计时，矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为e=NBScost=NBL2cost；故A正确.B.由交流电的产生可知，线圈中产生的最大电动势：Em=NBL2，交流发电机内电阻不计，所以电压表V1的示数等于；故B错误.C.交流发电机内电阻不计，故变压器输入电压不变，根据理想变压器的变压比公式，当P位置向上滑动时，对变压器副线圈上的电压没有影响，电压表V2读数不变，故C错误.D.当P位置向上移动时，R增大，根据电功率的表达式：，可知变压器的输出功率减小，故输入功率也减小；故D错误.8
11、.如图，两根足够长的平行金属导轨与水平面的夹角为，两导轨间距为L，上端接有阻值为R的电阻。一根质量为m的均匀直导体棒ab放在两导轨上，并与导轨垂直。整套装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度为B，导轨和导体棒的电阻可忽略。让导体棒沿导轨由静止开始下滑，导轨和导体棒接触良好，不计它们之间的摩擦。重力加速度为g.下列说法正确的是A. 导体棒开始下滑时的加速度为gsinB. 导体棒匀速运动时所受到安培力为mgcosC. 导体棒匀速运动时产生的电动势为D. 导体棒匀速运动时的速度为【答案】AD【解析】【详解】A.导体棒开始下滑时，感应电流为零，不受安培力，此时加速度为重力的分力产生的，为gsi
12、n；故A正确.B.导体棒匀速运动时，根据平衡条件有：mgsin=Fcos，可得导体棒所受的安培力大小为：F=mgtan；故B错误.CD.当ab以速度v下滑时，感应电动势为：E=BLvcos ab杆中的电流为： ab杆受到的安培力：F=BIL 匀速直线运动时，加速度为零，mgtan=F 由知：，；故C正确，D错误9.如图是某化工厂为了测量污水排放量的设计图，在排污管末端安装了流量计，该装置由绝缘材料制成，长、宽高分别为a、b、c，左、右两端开口，在垂直于前、后面的方向加磁感应强度为B的匀强磁场，在上、下两个面的内侧固定有金属板M、N作为电极，污水充满管道从左向右流经该装置时，电压表将显示两个电极
13、间的电压U，若用Q表示污水流量(单位时间内流出的污水体积)，下列说法中正确的是A. M板电势一定低于N板的电势B. 污水流动速度越大，电压表的示数越大C. 污水中离子浓度越高，电压表的示数越大D. 电压表的示数U与污水流量Q成正比【答案】BD【解析】【详解】A.根据左手定则，知负离子所受的洛伦兹力方向向下，则向下偏转，N板带负电，M板带正电，则M板的电势比N板电势高；故A错误.BC.最终离子在电场力和洛伦兹力作用下平衡，有：，解得:U=vBc，与离子浓度无关;故B正确；C错误.D.根据，则流量，则，与污水流量成正比；故D正确.10.如图，用一根电阻为2R粗细均匀的铜导线制成半径为r的圆环，PQ
14、为圆环的直径，其左右两侧存在垂直于圆环所在平面的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，但方向相反。一根长度为2r、电阻为R的金属棒MN绕着圆环的圆心O点紧贴着圆环以角速度沿顺时针方向匀速转动，转动过程中金属棒MN与圆环始终接触良好，则下列说法(不计金属棒经过PQ位置瞬间)正确的是A. 圆环消耗的电功率是变化的B. 金属棒两端的电压大小为Br2C. 圆环中电流的大小为D. 金属棒旋转一周的过程中，电流经过金属棒产生的热量为【答案】BCD【解析】【详解】BC.由右手定则，MN中电流方向由N到M，根据法拉第电磁感应定律可得，产生的感应电动势为两者之和，即，保持不变.环的电阻由两个电阻为R的半圆电阻并联组成
15、，所以环的总电阻为，所以通过导体MN的电流：;MN两端的电压：,所以流过环的电流：;故B正确，C正确.A.综上分析可知，流过环的电流不变，则环消耗的电功率不变;故A错误.D.MN旋转一周外力做功为;故D正确.第卷 非选择题(共60分)二、包括必考题和选考题两部分。第11题第16题为必考题，每个试题考生都必须做答。第17题第18题为选考题，考生根据要求做答。(一)必考题(共45分)第11题第13题，每空(或作图)均为2分，共16分11.写出如图所示的游标卡尺和螺旋测微器的读数：(1)游标卡尺的读数：_mm。(2)螺旋测微器的读数：_mm。【答案】 (1). 50.20 (2). 3.617(3.6173.619)【解析】【详解】第一空.由游标卡尺可知，主尺示数是5.0cm=50mm，游标尺示数是40.05mm=0.20mm，游标卡尺示数为50mm+0.20mm=50.20mm.第二空.由螺旋测微器可知，固定刻度示数为3.5mm，可动刻度示数
