1、绝密启用前云南省玉溪市峨山一中2020-2021学年下学期6月份考试 高二物理试卷本试卷分第卷和第卷两部分，共100分，考试时间90分钟。分卷I一、单选题(共10小题,每小题3.0分,共30分) 1.如图所示，圆形区域内有垂直纸面的匀强磁场，两个质量和电荷量都相同的带电粒子a、b，以不同的速率沿着AO方向射入磁场，其运动轨迹如图所示若带电粒子只受磁场力的作用，则下列说法正确的是()Aa粒子速率较大Bb粒子速率较大Cb粒子在磁场中运动时间较长Da、b粒子在磁场中运动时间一样长2.如图所示为某两个电阻的UI图象，则R1R2的值和把两电阻串联后接入电路时消耗功率之比P1P2及并联后接入电路时消耗功率
2、之比P1P2分别是()A 212112B 211221C 121221D 1221123.探究影响安培力大小因素的实验装置如图所示，直导线垂直磁场方向置于磁场中某处，当导线中电流为I时，导线所受安培力大小为F；现仅将导线中电流减小为时，导线所受安培力大小为()AB 2FCFD4.图中B为电源，R1、R2为电阻，K为开关现用多用电表测量流过电阻R2的电流，将多用电表的选择开关调至直流电流挡(内阻很小)以后，正确的接法是()A 保持K闭合，将红表笔接在a处，黑表笔接在b处B 保持K闭合，将红表笔接在b处，黑表笔接在a处C 将K断开，红表笔接在a处，黑表笔接在b处D 将K断开，红表笔接在b处，黑表笔
3、接在a处5.上海磁悬浮列车线的试运行，是世界上第一条投入商业运营的磁悬浮列车线运行全程共30 km，最高时速可达552 km，单向运行约8 min.磁悬浮列车上装有电磁体，铁路底部则安装线圈通过地面线圈与列车上的电磁体排斥力使列车悬浮起来地面线圈上的极性与列车上的电磁体下极性总保持()A 相同 B 相反 C 不能确定 D 以上均不对6.如图所示，甲、乙两个矩形线圈同处在纸面内，甲的ab边与乙的cd边平行且靠得较近，甲、乙两线圈分别处在垂直纸面方向的匀强磁场中，穿过甲的磁感应强度为B1，方向指向纸面内，穿过乙的磁感应强度为B2，方向指向纸面外，两个磁场可同时变化，当发现ab边和cd边之间有排斥力
4、时，磁场的变化情况可能是()AB1变小，B2变大BB1变大，B2变大CB1变小，B2变小DB1不变，B2变小7.如图所示，在正方形ABCD区域内有方向向下的匀强电场，一带电粒子(不计重力)从A点进入电场，初速度v0的方向指向B点，初动能为E0，最后从C点离开电场，则粒子经过C点时的动能为A 2E0B 3E0C 4E0D 5E08.如下图，在磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，金属杆MN在平行金属导轨上以速度v向右匀速滑动，MN中产生的感应电动势为E1；若磁感应强度增为2B，其他条件不变，MN中产生的感应电动势变为E2.则通过电阻R的电流方向及E1E2分别为()Ac到a,21Ba到c,
5、21Ca到c,12Dc到a,129.如图是氢原子能级示意图，一群氢原子处于n4的激发态，当它们自发地跃迁到较低能级时，以下说法符合玻尔理论的有()A 氢原子向低能级跃迁时，动能减小B 氢原子向低能级跃迁时，电势能增大C 由n4跃迁到n1时发出光子的频率最小D 这群氢原子向低能级跃迁时，能辐射6种不同频率的光子10.关于布朗运动，下列说法正确的是()A 布朗运动就是液体分子的无规则运动B 液体的温度越高，布朗运动越剧烈C 只要时间足够长，布朗运动就会逐渐停止D 肉眼观察到的阳光照射下的灰尘的无规则运动也是布朗运动二、多选题(共4小题,每小题4.0分,共16分) 11.(多选)如图所示，矩形OAC
6、D内存在垂直纸面向里的匀强磁场，OAL，一质量为m、带电荷量为q的粒子从O点以速度v0垂直射入磁场，速度方向与OA的夹角为，粒子刚好从A点射出磁场，不计粒子重力，则()A 粒子一定带正电B 匀强磁场的磁感应强度为C 粒子从O到A所需的时间为D 矩形的磁场宽度最小值为(1cos)12.(多选)如图所示，闭合螺线管固定在置于光滑水平面上的小车上，现将一条形磁铁从左向右插入螺线管中则()A 车将向右运动B 使条形磁铁向右插入时外力所做的功全部由螺线管转变为电能，最终转化为螺线管的内能C 条形磁铁会受到向左的力D 车会受到向左的力13.(多选)如图所示，在一空心螺线管内部中点处悬挂一铜环，电路接通瞬间
7、，下列说法正确的是()A 从左往右看，铜环中有逆时针方向感应电流B 从左往右看，铜环中有顺时针方向感应电流C 铜环有收缩趋势D 铜环有扩张趋势14.(多选)如图所示，从F处释放一个无初速度的电子向B板方向运动，指出下列对电子运动的描述中哪句是正确的(设电源电动势为U)()A 电子到达B板时的动能是UeB 电子从B板到达C板动能变化量为零C 电子到达D板时动能是3UeD 电子在A板和D板之间做往复运动分卷II 三、实验题(共2小题,共15分) 15.某实验小组研究两个未知元件X和Y的伏安特性，使用的器材包括电压表(内阻约为3 k)、电流表(内阻约为1 )、定值电阻等使用多用电表粗测元件X的电阻选
8、择“1”欧姆挡测量，示数如图(a)所示，读数为_.据此应选择图中的 _(填“b”或“c”)电路进行实验连接所选电路，闭合S；滑动变阻器的滑片P从左向右滑动，电流表的示数逐渐_(填“增大”或“减小”)；依次记录电流及相应的电压；将元件X换成元件Y，重复实验图(d)是根据实验数据作出的UI图线，由图可判断元件_(填“X”或“Y”)是非线性元件该小组还借助X和Y中的线性元件和阻值R21 的定值电阻，测量待测电池组的电动势E和电阻r，如图(e)所示闭合S1和S2，电压表读数为3.00 V；断开S2，读数为1.00 V，利用图(d)可算得E_V，r_(结果均保留两位有效数字，视电压表为理想电压表)16.
9、为了“探究动能改变与合外力做功”的关系，某同学设计了如下实验方案：(1)第一步他把带有定滑轮的木板有滑轮的一端垫起，把质量为M的滑块通过细绳与质量为m的带夹重锤相连，然后跨过定滑轮，重锤夹后连一纸带，穿过打点计时器，调整木板倾角，直到轻推滑块后，滑块沿木板匀速运动，如图甲所示(2)第二步保持长木板的倾角不变，将打点计时器安装在长木板靠近滑轮处，取下细绳和重锤，将滑块与纸带相连，使其穿过打点计时器，然后接通电源释放滑块，使之从静止开始加速运动，打出纸带，如图乙所示打出的纸带如图丙：试回答下列问题：已知O、A、B、C、D、E、F相邻计数点的时间间隔为T，根据纸带求速度，当打点计时器打A点时滑块速度
10、vA_，打点计时器打B点时滑块速度vB_.已知重锤质量m，当地的重加速度g，要测出某一过程合外力对滑块做的功还必须测出这一过程滑块的_(写出物理名称及符号)，合外力对滑块做功的表达式W合_.四、计算题 17.在示波管中，电子通过电子枪加速，进入偏转电场，然后射到荧光屏上，如图所示，设电子的质量为m(不考虑所受重力)，电荷量为e，从静止开始，经过加速电场加速，加速电场电压为U1，然后进入偏转电场，偏转电场中两板之间的距离为d，板长为L，偏转电压为U2，求电子射到荧光屏上的动能为多大？18.如图所示，ABCDF为一绝缘光滑轨道，竖直放置在水平向右的匀强电场中，AB与电场线平行，BCDF是与AB相切
11、、半径为R的圆形轨道今有质量为m、带电荷量为q的小球在电场力作用下从A点由静止开始沿轨道运动，小球经过最高点D时对轨道的压力恰好为零，则A点与圆形轨道的最低点B间的电势差为多大？19.如图所示，A、B、C三个小物块放置在光滑水平面上，A紧靠竖直墙壁，A、B之间用轻弹簧拴接且轻弹簧处于原长，它们的质量分别为mAm，mB2m，mCm.现给C一水平向左的速度v0，C与B发生碰撞并粘在一起试求：(1)A离开墙壁前，弹簧的最大弹性势能；(2)A离开墙壁后，C的最小速度20.在如图所示的坐标系中，一定质量的某种理想气体先后发生两种状态变化过程：第一种变化是从状态A到状态B，外界对该气体做功为6 J；第二种
12、变化是从状态A至状态C，该气体从外界吸收的热量为9 J。已知图线AC的反向延长线通过坐标原点O，B、C两状态的温度相同，理想气体的分子势能为零。求：(1)从状态A到状态C的过程，该气体对外界做的功W1和其内能的增量U1；(2)从状态A到状态B的过程，该气体内能的增量U2及其从外界吸收的热量Q2。答案1.B 2.A 3.A 4.C 5.A 6.A 7.D 8.C 9.D 10.B 11.BC 12.AC 13.BC 14.ABD15.【答案】10b增大Y3.20.50【解析】读数为10，欧姆挡“1”，故电阻为110 10 .采用外接法的原因是RX10 ，电流表的分压作用影响大，应使用电流表外接法
13、当P向右边滑动时，未知元件上分到的电压增大，因此电流增大由图(d)可知，Y的电压与电流的比值并不固定，因此是非线性元件由图(d)可知，RX 10 ，由闭合电路欧姆定律可得，当S2闭合时，E 3 r，当S2断开时有E 1 (r 21)(此时把R当作电源内阻)，联立解得E3.2 V ,r 0.50 .16.【答案】(1)(2)位移xmgx【解析】(1)用匀变速直线运动的推论，平均速度代替瞬时速度得：vAvB(2)据题意可知，合外力为重锤的重力，要求出合外力对滑块做的功还必须测出这一过程滑块的位移x，据功的定义式可知：WFxmgx17.【答案】eU1【解析】电子在加速电场加速时，根据动能定理知eU1
14、mv进入偏转电场后Lvxt，vyat，a射出偏转电场时合速度v，由以上各式得Ekmv2eU1.18.【答案】【解析】小球从A到D的过程中有两个力做功，即重力和电场力做功，由动能定理得mv2qUADmg2R小球在D点时重力提供向心力，由牛顿第二定律得mgm联立解得UAD所以UABUAD.19.【答案】(1)mv02(2)【解析】(1)B、C碰撞动量守恒，则mv03mv弹簧压缩至最短，此时弹性势能最大，由动量守恒定律可得：Epm3mv2联立解得：Epmmv02(2)在弹簧恢复原长的过程中，系统机械能守恒设弹簧恢复原长时，B、C的速度为v，有Epmmv2，则v，A离开墙壁后，在弹簧的作用下速度逐渐增大，B、C的速度逐渐减小，当弹簧再次恢复原长时，A达到最大速度vA，B、C的速度减小到最小值vC.在此过程中，系统动量守恒、机械能守恒，有3mvmvA3mvC，EpmmvA2mvC2解得：vC.20.【答案】(1)09 J(2)9 J3 J【解析】(1)由题意及题图可知，从状态A到状态C的过程，气体发生等容变化，该气体对外界做的功W10，根据热力学第一定律有U1W1Q1内能的增量U1Q19 J(2)从状态A到状态B的过程，体积减小，温度升高该气体内能的增量U2U19 J根据热力学第一定律有U2W2Q2从外界吸收的热量Q2U2W23 J
