2020-2021学年河南省沁阳市第一中学高二下学期期末密集练（二）物理试题（解析版）

这是一份2020-2021学年河南省沁阳市第一中学高二下学期期末密集练（二）物理试题（解析版），共12页。试卷主要包含了选择题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
时间：90分钟分数：110分
一、选择题（本题共12小题，每题4分，共48分。1～8题每题给出的四个选项中，只有一个选项符合题意，9～12题选择有多项正确，选全的得4分，漏选得2分，不选或错选得0分，请将答案填在答题卡上。）
1．关于固体和液体下列说法中正确的是( )
A．因为液体表面有收缩的趋势，所以液体表面分子间只有引力没有斥力
B．液晶既具有液体的流动性，又具有光学各向异性
C．晶体熔化过程中吸收热量，分子平均动能一定增大
D．在任何自然过程中，一个孤立系统的总熵可能会减小
2．关于热现象的描述，下列说法正确的是( )
A．悬浮在水中的花粉颗粒越大，撞击花粉颗粒的水分子越多，布朗运动反而越明显
B．气体的温度越高，每个气体分子的动能都越大
C．对于一定质量的理想气体，如果体积增大，就会对外做功，所以内能一定减少
D．热量既能够从高温物体传递到低温物体，也能够从低温物体传递到高温物体
3．下列说法不正确的是( )
A．饱和汽压与温度和体积都有关
B．绝对湿度的单位是Pa，相对湿度没有单位
C．气体做等温膨胀，气体分子单位时间对汽缸壁单位面积碰撞的次数一定变少
D．饱和汽和液体之间的动态平衡，是指汽化和液化同时进行的过程，且进行的速率相等
4.如图所示是氢原子的能级图，大量处于n=4激发态的氢原子向低能级跃迁时，一共可以辐射出6种不同频率的光子，其中巴耳末系是指氢原子由高能级向n=2能级跃迁时释放的光子，则 QUOTE
A．6种光子中n=4 QUOTE 激发态跃迁到基态时释放的光子康普顿效应最明显
B. 6种光子中有3种属于巴耳末系
C. 若从n=2能级跃迁到基态释放的光子能使某金属板发生光电效应，则从 QUOTE 能级跃迁到n=2能级释放的光子也一定能使该板发生光电效应
D. 使n=4能级的氢原子电离至少要 QUOTE 的能量
5.下列理解正确的是 （ ）
A. 光电效应现象证明光是一种波，康普顿效应证明光是一种粒子
B. 电子显微镜分辨率比光学显微镜更高，是因为它利用了电子物质波的波长比可见光长，因此不容易发生明显衍射
C. 个别光子的行为往往表现出波动性，大量光子的效果往往表现出粒子性
D. 波粒二象性是光的根本属性，有时它的波动性显著，有时它的粒子性显著
6 .2022年左右，我国将建成载人空间站，其运行轨道距地面高度约为400km，已知地球半径约为6400km，万有引力常量为6.67×10-11N•m2/kg2，地球表面重力加速度为，同步卫星距地面高度约为36000km，设空间站绕地球做匀速圆周运动，则
空间站运行速度比同步卫星小
B．空间站运行周期比地球自转周期小
C．可以估算空间站受到地球的万有引力
D．受大气阻力影响，空间站运行的轨道半径将会逐渐减小，速度逐渐减小
7．空间P、Q两点处固定电荷量绝对值相等的点电荷，其中Q点处为正电荷，P、Q两点附近电场的等势线分布如图所示，a、b、c、d、e为电场中的5个点，设无穷远处电势为0，则
A．e点的电势大于0
B．a点和b点的电场强度相同
C．b点的电势低于d点的电势
D．负电荷从a点移动到c点，电场力做负功
8．1931年英国物理学家狄拉克从理论上预言：存在只有一个磁极的粒子，即“磁单极子”。假设一个“N磁单极子”形成的磁场如图所示，将一个半径为r、质量为m的超导体圆环水平放置在该磁单极子的正上方，圆环所在位置的磁感应强度大小为B，与圆环相切的磁感线与竖直方向的夹角为30°，重力加速度大小为g，若圆环恰好在该位置悬浮，则圆环中电流的大小为( )
A.eq \f(mg,2πrB) B.eq \f(mg,πrB)C.eq \f(\r(3)mg,2πrB) D.eq \f(\r(3)mg,πrB)
9．如图所示，倾角为θ的斜面体C置于水平面上，B置于斜面C上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与A相连接，连接B的一段细绳与斜面平行，A、B、C都处于静止状态。则
A．水平面对C的支持力等于B、C的总重力
B．B一定受到C的摩擦力
C．C一定受到水平面的摩擦力
D．若将细绳剪断，B物体开始沿斜面向下滑动，则水平面对C的摩擦力不可能为零
10．如图为分析热机工作过程的卡诺循环，一定质量的理想气体在该循环中经历两个等温过程A→B、C→D和两个绝热过程B→C、D→A，下列说法正确的是( )
A．气体从A→B的过程，容器壁在单位面积上受到气体分子的撞击力变大
B．气体从A→B的过程，从外界吸收热量
C．气体从D→A的过程，内能的增量等于外界对气体做的功
D．气体在完成一次循环的过程中对外做功
11.如图甲所示，单匝正方形导线框固定在匀强磁场中，磁感线方向与导线框所在平面垂直，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示，其中B0、t0均为已知量．已知导线框的边长为L，总电阻为R，则下列说法中正确的是( )
A．t0时刻，ab边受到的安培力大小为eq \f(B02L3,2Rt0)
B．0～t0时间内，导线框中电流的方向始终为badcb
C．0～t0时间内，通过导线框某横截面的电荷量为eq \f(2B0L2,R)
D．0～t0时间内，导线框产生的热量为eq \f(B02L4,4Rt0)
12．某同学将一直流电源的总功率PE、输出功率PR和电源内部的发热功率Pr随电流I变化的图线画在了同一坐标系中，如图中的a、b、c所示。则判断正确的是
A．在a、b、c三条图线上分别取横坐标相同的A、B、C三点，这三点的纵坐标一定满足关系PA=PB+PC
B．b、c线的交点与a、b线的交点的横坐标之比一定为1:2，纵坐标之比一定为1:4
C．电源的最大输出功率Pm=9 W
D．电源的电动势E=9 V，内电阻r=3 Ω
二、实验题（本大题共2小题，共15分，其中13题6分，14题9分）
13.(6分）如图甲所示，一位同学利用光电计时器等器材做“验证机械能守恒定律”的实验．有一直径为d、质量为m的金属小球由A处由静止释放，下落过程中能通过A处正下方、固定于B处的光电门，测得A、B间的距离为H(H≫d)，光电计时器记录下小球通过光电门的时间为t，当地的重力加速度为g.则：
(1)如图乙所示，用游标卡尺测得小球的直径d＝________mm.
(2)小球经过光电门B时的速度表达式为vB＝________．
(3)多次改变高度H，重复上述实验，作出eq \f(1,t2)随H的变化图象如图所示，当图中已知量t0、H0和重力加速度g及小球的直径d满足表达式________时，可判断小球下落过程中机械能守恒．
(4)实验中发现动能增加量ΔEk总是稍小于重力势能减少量ΔEp，增加下落高度后，则ΔEp－ΔEk将________(填“增大”“减小”或“不变”)．
14.（9分）为了同时测量一电源的电动势E和内阻r，以及未知阻值的电阻Rx，某同学设计了一电路．实验室提供的器材如下：待测电源、待测电阻、电阻箱一个、内阻很大的电压表一只、开关两个、导线若干．
(1)为实现上述目的，该同学实物连接线路如图所示；
(2)该同学实验的主要步骤有：
①闭合S1、S2，多次调节电阻箱，并记录其阻值及对应的电压表的示数；
②保持S1闭合，断开S2，多次调节电阻箱，并记录其阻值及对应的电压表的示数；
③根据记录的数据，作出两条eq \f(1,U)－eq \f(1,R)图线如图乙所示．
由图线可得电动势E＝________，内阻r＝________，Rx＝________.(用图中a、b、c表示)
三、计算题：本题共4小题，共47分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，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．(10分)如图所示，总容积为3V0、内壁光滑的汽缸水平放置，一面积为S的轻质薄活塞将一定质量的理想气体封闭在汽缸内，活塞左侧由跨过光滑定滑轮的细绳与一质量为m的重物相连，汽缸右侧封闭且留有抽气孔．活塞右侧气体的压强为p0，活塞左侧气体的体积为V0，温度为T0.将活塞右侧抽成真空并密封，整个抽气过程中缸内气体温度始终保持.不变．然后将密封的气体缓慢加热．已知重物的质量满足关系式mg ＝p0S，重力加速度为g.求：
(1)活塞刚碰到汽缸右侧时气体的温度；
(2)当气体温度达到2T0时气体的压强．
16．(11分)如图12所示，在光滑水平地面上放有一质量M＝3 kg带四分之一光滑圆弧形槽的小车，质量为m＝2 kg的小球以速度v0＝5 m/s沿水平槽口滑上圆弧形槽，槽口距地面的高度h＝0.8 m，不计空气阻力，取重力加速度g＝10 m/s2.求：
(1)小球从槽口上升到最高点(未离开小车)的过程中，小球对小车做的功W；
(2)小球落地瞬间，小车与小球间的水平间距L.
17．（12分）如图所示，在平面直角坐标系xOy的第四象限内有一匀强电场，其场强大小为E，方向与x轴成30°角斜向上。一比荷为eq \f(q,m)的带正电粒子从P点由静止出发，接着在x轴上Q点进入第一象限，通过磁感应强度大小为B的矩形匀强磁场区域(图中未画出)后，从坐标原点O沿y轴负方向离开磁场区域。若P、Q间距为L，粒子重力不计，试求：
(1)粒子到达Q点时的速度大小；
(2)Q点的坐标；
(3)矩形磁场区域的最小面积。
18. （14分）如图所示，在竖直平面内的平面直角坐标系xOy中，x轴上方有水平向右的匀强电场，有一质量为m、电荷量为－q(－qW2，故该循环过程的总功为W1＋W2＜0，即气体对外做功，D正确．
11答案 AD 解析 由法拉第电磁感应定律得，E＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(ΔB,Δt)L2＝eq \f(B0,2t0)L2，通过导线框的感应电流大小为：I＝eq \f(E,R)＝eq \f(B0L2,2Rt0)，t0时刻，ab边所受安培力大小为：F＝B0IL＝eq \f(B02L3,2Rt0)，故A正确；根据楞次定律可知，0～t0时间内，导线框中电流的方向始终为abcda，故B错误；0～t0时间内，通过导线框某横截面的电荷量为：q＝eq \f(ΔΦ,R)＝eq \f(\f(B0,2)L2,R)＝eq \f(B0L2,2R)，故C错误；导线框中电流做的功为：W＝I2Rt0＝eq \f(B02L4,4Rt0)，因此导线框产生的热量为：Q＝W＝eq \f(B02L4,4Rt0)，故D正确．
12【答案】AB 【解析】在a、b、c三条图线上分别取横坐标相同的A、B、C三点，因为直流电源的总功率等于输出功率与电源内部的发热功率的和，所以这三点的纵坐标一定满足关系 QUOTE PA=PB+PC，故A正确；当内电阻和外电阻相等时，电源输出的功率最大，此时即为b、c线的交点M时的电流，此时电流的大小为，功率的大小为，a、b线的交点N表示电源的总功率和电源内部的发热功率随相等，此时只有电源的内电阻，所以此时的电流的大小为，功率的大小为，所以横坐标之比为1:2，纵坐标之比为1:4，故B正确。图线c表示电源的输出功率与电流的关系图象，很显然，最大输出功率小于3 W，故C错误；当I=3 A时，，说明外电路短路，根据知电源的电动势E=3 V，内电阻，故D错误；故选AB。
13. 【答案】(1)7.25 (2)eq \f(d,t) (3)d2＝2gH0teq \\al(2,0) (4)增大
14.答案 (1)见解析图 (2)③eq \f(1,c) eq \f(1,a) eq \f(1,b)－eq \f(1,a)
解析 (1)通过开关S2控制电路中的电阻Rx是否接入电路，电路原理图如图所示：
(2)③闭合S1、S2，有E＝U＋eq \f(U,R)r，故有eq \f(1,U)＝eq \f(1,E)＋eq \f(r,E)·eq \f(1,R)；
保持S1闭合，断开S2，有E＝U＋eq \f(U,R)(r＋Rx)，
故有eq \f(1,U)＝eq \f(1,E)＋eq \f(r＋Rx,E)·eq \f(1,R)；
结合eq \f(1,U)－eq \f(1,R)图象可知，eq \f(1,E)＝c，eq \f(r＋Rx,E)＝eq \f(c,b)，eq \f(r,E)＝eq \f(c,a)，故解得：E＝eq \f(1,c)，r＝eq \f(1,a)，Rx＝eq \f(1,b)－eq \f(1,a).
15.答案 (1)1.5T0 (2)eq \f(4,3)p0
解析 (1)当活塞右侧的气体压强为p0时，左侧气体压强为p1，对活塞受力分析
则p1S＝mg＋p0S
解得p1＝2p0
右侧抽成真空时，由玻意耳定律p1V0＝p2V2，又p2＝p0
解得：V2＝2V0
缓慢加热气体，气体发生等压变化，活塞与汽缸右侧接触时，体积V3＝3V0，气体的温度为T3
则：eq \f(V2,T0)＝eq \f(V3,T3)，
得到：T3＝1.5T0.
(2)气体温度升高到1.5T0之后，气体发生等容变化，则eq \f(p0,T3)＝eq \f(p4,2T0)，
得到：p4＝eq \f(4,3)p0.
答案 (1)6 J (2)2 m
16．解析 (1)小球上升至最高点时，小车和小球的水平速度相等，由小车和小球水平方向动量守恒得：mv0＝(m＋M)v①
对小车由动能定理得：
W＝eq \f(1,2)Mv2②
联立①②解得：W＝6 J
(2)小球从槽口上升至最高点，再从最高点回到槽口的过程中，小球和小车水平方向动量守恒：
mv0＝mv1＋Mv2③
对小球和小车由机械能守恒得：
eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)Mv22④
联立③④可解得：v1＝－1 m/s⑤
v2＝4 m/s⑥
小球离开小车后，向右做平抛运动，小车向左做匀速运动
h＝eq \f(1,2)gt2⑦
L＝(v2－v1)t⑧
联立⑤⑥⑦⑧可得：L＝2 m.
17.解析 (1)作出粒子运动轨迹如图所示
qEL＝eq \f(1,2)mv2
解得粒子到达Q点时的速度v＝eq \r(\f(2qEL,m))
(2)设粒子在磁场中运动的轨迹半径为R，由几何关系可知Q点的坐标为(3R，0)
又qvB＝meq \f(v2,R)，可得R＝eq \f(1,B)eq \r(\f(2mEL,q))
则Q点的坐标为(eq \f(3,B)eq \r(\f(2mEL,q))，0)
(3)由图可得，最小的矩形磁场面积
Smin＝2Rcs 30°(R－Rsin 30°)＝eq \f(\r(3),2)R2＝eq \f(\r(3)mEL,qB2)
答案 (1)eq \r(\f(2qEL,m)) (2)(eq \f(3,B)eq \r(\f(2mEL,q))，0) (3)eq \f(\r(3)mEL,qB2)
18.答案 (1)eq \f(mg,q) (2)3(eq \r(2)＋1)mg 方向竖直向下 (3)(－7L,0)
解析 (1)小球由静止释放后在重力和电场力的作用下做匀加速直线运动，小球从A点沿切线方向进入，则此时速度方向与竖直方向的夹角为45°，即加速度方向与竖直方向的夹角为45°，则tan 45°＝eq \f(mg,Eq)
解得：E＝eq \f(mg,q)
(2)根据几何关系可知，细管轨道的半径r＝eq \r(2)L
从P点到B点的过程中，根据动能定理得：mg(2L＋eq \r(2)L)＋EqL＝eq \f(1,2)mveq \\al(B2,)
在B点，根据牛顿第二定律得：FN－mg＝eq \f(mv\\al(B2,),r)
联立解得：FN＝3(eq \r(2)＋1)mg，方向竖直向上
根据牛顿第三定律可得小球运动到B点时对细管的压力大小FN′＝3(eq \r(2)＋1)mg，方向竖直向下
(3)从P到A的过程中，根据动能定理得：
eq \f(1,2)mveq \\al(A2,)＝mgL＋EqL
解得：vA＝2eq \r(gL)
小球从C点抛出后做类平抛运动
抛出时的速度vC＝vA＝2eq \r(gL)
小球的加速度g′＝eq \r(2)g
当小球沿抛出方向和垂直抛出方向位移相等时，又回到x轴，则有：vCt＝eq \f(1,2)g′t2
解得：t＝2eq \r(\f(2L,g))
则沿x轴方向运动的位移x＝eq \f(vCt,sin 45°)＝eq \r(2)vCt＝eq \r(2)×2eq \r(gL)×2eq \r(\f(2L,g))＝8L
x′＝L－8L＝－7L，则小球从C点飞出后落在x轴上的坐标为(－7L,0)．