1、内蒙古赤峰市2019-2020学年高二物理下学期期末考试联考试题（A卷）（含解析）第卷（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18题只有一项符合题目要求；912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
2、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（ ）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，
3、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；Da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
4、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bB. 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
5、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；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
6、，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
7、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=，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
8、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
9、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；CU2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
10、小都相同，产生感应电动势大小为的是（ ）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. 【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
11、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。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
12、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
13、，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（ ）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
14、，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。第卷 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
15、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）【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28.20.01m
16、m=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： 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”
17、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_。【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）23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
18、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（2）感应电流代入数据解得I=0.1A由
19、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=0.02N16. 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。【答案】（1）；（2）；（
20、3）3060【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，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
21、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3060。（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.
22、 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AB、BC、CA三个变化过程，已知TA=300K
23、，气体从CA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：（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CA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CA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
24、学定律：且 解得：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3-419. 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4sB. 该波传播到质点c时，质点a通过的路程为6mC. 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
25、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】【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