1、山东省菏泽市2019-2020学年高二物理上学期期末考试试题（含解析）（时间：90分钟 共100分）1.答题前，考生先将自己的姓名、考生号、座号填写在相应位置。2.选择题答案必须使用2B铅笔（按填徐样例）正确填涂；非选择题答案必须使用0.5毫米黑色签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3.请按照题号在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效：在草稿纸、试题卷上答题无效。保持卡面清洁，不折叠、不破损。一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1. 有关分子的热运动和内能，下列说法正确的是（）A. 一定质量的气体，温度不变时，内能可
2、能增加B. 除固体外，物体的温度越高，分子热运动越剧烈C. 布朗运动是由悬浮在液体中的微粒之间的相互碰撞引起的D. 物体的内能是物体中所有分子热运动动能和分子势能的总和【答案】D【解析】【详解】A温度是分子平均动能的标志，所以温度不变，分子的平均动能不变，而气体的势能可以忽略不计，因此内能不变，故A错误；B无论是固体、液体还是气体，由于温度是分子热运动剧烈程度的反映，则物体的温度越高，分子热运动越剧烈，故B错误；C布朗运动是由悬浮在液体中的微粒受到液体分子的碰撞引起的，故C错误；D物体的内能就是物体内部所有分子的热运动动能和分子势能的总和，故D正确。故选D。2. 如图所示，某行星沿椭圆轨道绕太
3、阳运行，远日点A和近日点B距太阳的距离为a和b，若行星经过A点时的速率为v，则经过B点时的速率为（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】取极短时间t，根据开普勒第二定律得avt=bvBt得到故选B3. 如图所示，由均匀导线制成的半径为R=20cm的圆环，以5m/s的速度匀速进入磁感应强度大小为B=2T的有界匀强磁场，边界如图中虚线所示。当圆环运动到图示位置（aOb=90）时，a、b两点的电势差为（） A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】当圆环运动到图示位置，圆环切割磁感线的有效长度为R； ab产生的感应电动势为E=BRva、b两点的电势差由欧姆定律得故B正确，ACD
4、错误；故选B。4. 下列关于热现象的描述正确的是（）A. 根据热力学定律，热机的效率可以达到100%B. 做功和热传递都是通过能量转化的方式改变系统内能的C. 温度是描述热运动的物理量，一个系统与另一个系统达到热平衡时两系统温度相同D. 物体由大量分子组成，其单个分子的运动是无规则的，大量分子的运动也是无规律的【答案】C【解析】【详解】A根据热力学第二定律，热机的效率不可以达到100%，故A错误；B做功是通过能量转化的方式改变系统内能，热传递是通过热量转移的方式改变系统内能，实质不同，故B错误；C根据热平衡定律可知，温度是描述热运动的物理量，一个系统与另一个系统达到热平衡时两系统温度相同，故C
5、正确；D物体由大量分子组成，其单个分子的运动是无规则的，大量分子的运动具有统计规律，故D错误。故选C。5. 将一段导线绕成图甲所示的闭合电路，并固定在纸面内，回路的ab边置于垂直纸面向里的匀强电场中，回路的圆环区域内有垂直纸面的磁场，以向里为磁场的正方向，其磁感应强度B随时间t变化的图象如图乙所示，用F表示ab边受到的安培力，以水平向左为F的正方向，能正确反映F随时间t变化的图象是（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】分析一个周期内的情况：在前半个周期内，磁感应强度均匀变化，磁感应强度B的变化率一定，由法拉第电磁感应定律得知，圆形线圈中产生恒定的感应电动势恒定不变，则感应电流恒
6、定不变，ab边在磁场中所受的安培力也恒定不变，由楞次定律可知，圆形线圈中产生的感应电流方向为顺时针方向，通过ab的电流方向从ba，由左手定则判断得知，ab所受的安培力方向水平向左，为正值；同理可知，在后半个周期内，安培力大小恒定不变，方向水平向右。故A正确，BCD错误。故选A。6. 地球同步卫星主要用于通信和监视地面，设同步卫星的轨道半轻是地球半径的n倍，下列说法中正确的是（）A. 同步卫星的运行速度是第一宇宙速度的倍B. 同步卫星的运行速度是第一宇宙速度的倍C. 同步卫星的运行速度是地球赤道上物体随地球自转获得的速度的n倍D. 同步卫星的向心加速度是地球表面重力加速度的倍【答案】C【解析】【
7、详解】AB根据得则同步卫星的运动速度是第一宇宙速度的，故AB错误；C同步卫星与地球赤道上的物体具有相同的角速度，根据v=r知，同步卫星的运行速度是地球赤道上物体随地球自转的速度的n倍，故C正确；D根据得则同步卫星的向心速度是地球表面重力加速度的倍，故D错误。故选C。7. 如图所示，实验室一台手摇交流发电机，内阻r=1.0，外接R=9.0电阻，闭合开关S，当发电机转子以某一转速匀速转动时，产生的电动势e=6sin20t（V），则（）A. 该交变电流的频率为10HzB. 外接电阻R两端电压为6VC. 外接电阻R所消耗的电功率为3.6WD. 电路中理想交流电流表A的示数为1.0A【答案】A【解析】【
8、详解】A交流电频率故A正确。B该电动势的最大值为6V，有效值是E=6V，外接电阻R两端电压的有效值故B错误。CD电路中电流为电路中理想交流电流表A的示数为0.6A，外接电阻R所消耗的电功率为P=I2R=3.24W故CD错误。故选A。8. 如图所示为模拟过山车的实验装置，小球从左侧的最高点释放后能够沿着竖直圆轨道而到达右侧，若竖直圆轨道的半径为R，要使小球能顺利通过竖直圆轨道，则小球通过竖直圆轨道的最高点时的角速度可能为（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】当小球恰能经过圆轨道最高点时满足解得则通过最高点的条件是由于v=R解得则选项ABC错误，D正确。故选D。二、多项选择题：本题
9、共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，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，有选错的得0分。9. 如图所示，是通过街头变压器降压给用户供电的示意图。输入电压是市区电网的电压，负载变化时输入电压不会有大的波动，输出电压通过输电线输送给用户，每条输电线总电阻用R0表示，当负载个数增加时，则（）A. 电压表的V1示数减小B. 电流表A2的示数减小C. 电流表A1的示数减小D. 电压表V1、V2的示数之差增大【答案】D【解析】【详解】A理想变压器的输出电压是由输入电压和匝数比决定的，由于输入电压和匝数比不变，所以副线圈的输出的电压也不变，所以V1的示数不变，故A
10、错误；B当用电器增加时，相当于负载的电阻R的值减小，电路中的总的电阻减小，所以电流要变大，即A2的示数变大，故B错误；D由于副线圈的电流变大，电阻R0消耗的电压变大，又因为V1的示数不变，所以V2的示数变小，所以电压表V1、V2的示数之差增大，故D正确。C由于变压器的输入的功率和输出的功率相等，由于副线圈的电阻减小了，输出的功率变大了，所以原线圈的输入的功率也要变大，因为输入的电压不变，所以输入的电流要变大，所以A1的示数变大，故C错误。故选D。10. 如图所示是霍尔元件的工作原理示意图，如果用d表示簿片的厚度，k为霍尔系数，对于一个霍尔元件d、k为定值，如果保持I恒定。则可以验证UH随B的变
11、化情况。以下说法中正确的是（）A. 磁感应强度B增大时，UH将变大B. 改变磁感线与薄片的夹角，UH将减小C. 在测定地球两极的磁场强弱时，薄片应保持水平D. 在测定地球赤道上的磁场强弱时，薄片应保持水平【答案】ABC【解析】【详解】A电子最终在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡得UH=Bdv当磁感应强度B增大时，UH将变大，故A正确；B改变磁感线与霍尔元件工作面的夹角，需将磁场进行分解，在垂直于工作面方向上的磁感应强度小于原磁场磁感应强度的大小，则UH将减小，故B正确；CD地球赤道上方的地磁场方向水平，两极上方的磁场方向竖直；在测地球赤道上方的地磁场强弱时，元件的工作面应保持竖直，在测量两极磁场
12、强弱时，霍尔元件的工作面应水平，故C正确，D错误。故选ABC。11. 如图所示，用两根轻细悬线将质量为m，长为l的金属棒ab悬挂在c、d两处，置于匀强磁场内。当棒中通以从a到b的电流I后，两悬线偏离竖直方向角而处于平衡状态，为了使棒平衡在该位置上，所需的磁场的磁感应强度的大小和方向正确的是（）A. ，竖直向下B. ，竖直向上C ，平行悬线向上D. ，平行悬线向下【答案】BC【解析】【详解】为了使该棒仍然平衡在该位置上，Fmin=mgsin得由左手定则知所加磁场的方向平行悬线向上。或者若磁场竖直向上，则棒受水平安培力，则mgtan=BIl解得故BC正确，AD错误。故选BC。12. 如图所示为定质
13、量的理想气体沿着箭头所示的方向发生状态变化的过程，则该气体压强的变化是（）A. 从状态a到状态b，压强一直增大B. 从状态c到状态d，压强直减小C. 从状态b到状态c，压强一直减小D. 从状态d到状态a压强先增大后减小【答案】AB【解析】【详解】由理想气体状态方程得再结合VT图象斜率的物理意义，某一状态对应的点到原点的直线的斜率和压强成反比。下面涉及到的斜率都是指某一状态对应的点到原点的直线的斜率。如图所示aO和bO分别是这个图的两条切线A从状态a到状态b，结合图象知，斜率一直减小，压强一直增大，故A正确；B从状态c到状态d，结合图象知，斜率一直增大，压强一直减小，故B正确；C从状态b到状态c
14、，结合图象知，斜率先减小后增大，压强先增大后减小，故C错误；D从状态d到状态a，结合图象知，斜率先增大后减小，压强先减小后增大，故D错误。故选AB。三、非选择题：本题共小题，共60分。13. 某小组利用如下装置探究“一定质量气体温度不变时，压强与体积的关系”。如图所示，带刻度的注射器内封闭了一定质量的气体。推动活塞可以改变气体体积V。实验所用气压计较特殊，测量的是注射器内部和外部气体压强的差p。在多次改变体职后，得到如下数据：p/105pa00.110250.430.67V/mL109876(1)作出图象。（ ）(2)根据作出的图象，图象与p轴的交点级坐标为_，物理含义是_。【答案】 (1).
15、 图见解析 (2). -1 (3). 外部压强绝对值【解析】【详解】(1)1作出图象，如图所示(2)23密闭气体等温变化，根据玻意耳定律p0V0=（p0+p）V整理得p=p0V0-p0根据图象，图象与p轴的交点纵坐标为-1，物理含义是外部压强绝对值。14. 采用如图所示的实验装置做“研究平抛运动”的实验（1）实验时需要下列哪个器材_A弹簧秤 B重锤线 C打点计时器（2）做实验时，让小球多次沿同一轨道运动，通过描点法画出小球平抛运动的轨迹下列的一些操作要求，正确的是_A每次必须由同一位置静止释放小球B每次必须严格地等距离下降记录小球位置C小球运动时不应与木板上的白纸相接触D记录的点应适当多一些（
16、3）若用频闪摄影方法来验证小球在平抛过程中水平方向是匀速运动，记录下如图所示的频闪照片在测得x1，x2，x3，x4后，需要验证的关系是_已知频闪周期为T，用下列计算式求得的水平速度，误差较小的是_A B C D【答案】 (1). B (2). ACD (3). (4). D【解析】【详解】（1）实验时需要重锤线来确定竖直方向，不需要弹簧秤和打点计时器，故选B.（2）实验时每次必须由同一位置静止释放小球，以保证小球到达最低点的速度相同，选项A正确；每次不一定严格地等距离下降记录小球位置，选项B错误；小球运动时不应与木板上的白纸相接触，否则会改变运动轨迹，选项C正确；记录的点应适当多一些，以减小误
17、差，选项D正确（3）因相邻两位置的时间间隔相同，则若小球在平抛过程中水平方向是匀速运动，则满足：x4-x3=x3-x2 =x2-x1 =x1；由小球最后一个位置与第一个位置的水平距离计算求得的水平速度误差较小，则用计算式求得的水平速度误差较小 ，故选D.15. 某炮兵进行打靶练习时，使大地的炮筒与水平面的夹角为37，发射炮弹的速度为800m/s，忽略空气阻力（g取10m/s2）。求：(1)炮弹上升的最大高度。(2)炮弹能击中离大炮多远的目标。【答案】(1)11520m；(2)61440m【解析】【分析】炮弹做斜上抛运动，根据运动的合成与分解，可知炮弹在竖直方向上做竖直上抛运动，水平方向做匀速直
18、线运动。【详解】(1)炮弹做斜上抛运动，根据运动的合成与分解，竖直分速度为上升的最大高度(2)炮弹在空中飞行的时间炮弹的水平位移为16. 如图所示，A气缸横截面积为400cm2，A、B两个气缸中装有体积均为8L、压强均为1atm、温度均为27的理想气体，中间用细管连接。细管中有一绝热活塞M，细管容积不计。现给左边的活塞N施加一个推力，使其缓慢向右移动，同时给B中气体加热，使此过程中A气缸中的气体温度保持不变，活塞M保持在原位置不动，不计活塞与器壁、细管间的摩擦，外界大气压强为1atm=105Pa，当推力F=2103N时，求：(1)活塞N向右移动的距离是多少厘米？(2)B气缸中的气体升温到多少摄
19、氏度？【答案】(1) ；(2) 177【解析】【详解】(1)对于A气体，气体初态p1=1105Pa，V1=8L=810-3 m3气体末态V2=Sx气体等温变化，根据玻意耳定律p1V1=p2V2代入数据解得 因此移动的距离为(2)对于B气体，气体初态pB1=1105Pa，TB1=300K气体末态pB2=p2=1.5105Pa，TB2气体等容变化，由查理定律 代入数据解得TB2=450K所以B气缸中的气体升温到的摄氏度为t=(450-273）=177。17. 如图甲，利用质谱仪分析带电粒子的性质。带正电粒子从静止开始经过电势差为U的电场加速后，从G点垂直于MN进入偏转磁场。该偏转磁场是一个以直线M
20、N为上边界、方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B，带电粒子经偏转磁场后，最终到达照相底片的右边界H点。测得照相底片的长度及G、H间的距离均为d，粒子的重力可忽略不计。求：(1)粒子的比荷；(2)若偏转磁场的区域为圆形，且与MN相切于G点，如图乙所示，其它条件不变。要保证上述粒子从G点垂直于MN进入偏转磁场后打到照相底片上，求磁场区域的半径应满足的条件。【答案】(1)； (2)磁场趋于半径【解析】【详解】(1)带电粒子经过电场加速，进入偏转磁场时速度为v，由动能定理进入磁场后带电粒子做匀速圆周运动，轨道半径r，有打到H点有联立以上几式解得(2)粒子运动轨迹图如下要保证所有带电粒子都
21、能打到照片位置AH上，带电粒子在磁场中运动到B点出磁场，沿轨迹切线方向BA打到照片的左边，此时对应的磁场区域半径R是能够打到照片上的临界条件，如果磁场半径小于R，则粒子会打到A的左侧，脱离照片区域。由图可知由于粒子沿磁场区域半径射入，则必定会沿磁场区域半径射出，显然有与相似，可得即解得故粒子从G点垂直于MN进入偏转磁场后打到照相底片上，则磁场区域的半径应满足的条件是18. 如图所示，倾角=37、间距L=0.1m的足够长金属导轨底端接有阻值R=5.0的电阻，质量m=0.1kg的金属棒ab垂直导轨放置，与导轨间的动摩擦因数=0.45。建立原点位于底端、方向沿导轨向上的坐标轴x在0.6mx1.8m区
22、间有垂直导轨平面向上的匀强磁场。从t=0时刻起，棒ab在沿x轴正方向的外力F作用下，从x=0处由静止开始沿斜面向上运动。当棒ab运动至x=0.6m处时，电阻R消耗的电功率P=1.152W，匀速运动至y=1.8m处时撤去外力F，此后棒ab将继续运动，最终返回至x=0处。棒ab始终保持与导轨垂直，不计其它电阻，求：（sin37=0.6，cos=s37=0.8，g=10m/s2）(1)磁感应强度B的大小；(2)棒ab到达最高点的坐标；(3)在棒整个运动过程中，电阻R产生的焦耳热Q。【答案】(1)10T：(2)2.1m：(3)0.864J【解析】【详解】(1)当棒ab运动至x1=0.6m处时，电阻R消
23、耗的电功率P=1.152W，此时的速度为v，则 棒ab运动至x=0.6m处的过程中，根据动能定理可得Fx-mgcosx-mgsinx=mv2-0在磁场中运动时，根据平衡条件可得F=mgcos+mgsin+BIL=mgcos+mgsin+联立解得v=2.4m/sF=1.44NB=10T(2)导体棒匀速运动至x2=1.8m处时撤去外力F，设此后运动的位移为x3时速度为0，根据动能定理可得-（mgsin+mgcos）x3=0-mv2解得x3=0.3m所以棒运动的最大位移为X=x2+x3=2.1m棒ab到达最高点的坐标为X=2.1m(3)导体棒在磁场中匀速向上运动的时间为此过程中R上产生的焦耳热为Q1=Pt1=0.576J设导体棒下滑进入磁场的速度为v1，根据动能定理可得（mgsin-mgcos）x3=0解得v1=1.2m/s导体棒进入磁场时安培力的大小为FA=0.24N方向沿导轨平面向上，而mgsin-mgcos=0.24N所以导体棒下滑过程中进入磁场后以v1的速度匀速运动。下滑过程中进入R上产生的焦耳热为Q2=FA（x2-x)=0.24（1.8-0.6）J=0.288J在棒整个运动过程中，电阻R产生的焦耳热为Q=Q1+Q2=0.864J
