云南省新平一中2020学年高二物理下学期5月考试试题（含解析）

PAGE云南省新平一中2020学年下学期5月份考试高二物理一、单选 题 快递公司问题件快递公司问题件货款处理关于圆的周长面积重点题型关于解方程组的题及答案关于南海问题 1.如图所示，一由均匀电阻丝折成的正方形闭合线框abcd，置于磁感应强度方向垂直纸面向外的有界匀强磁场中，线框平面与磁场垂直，线框bc边与磁场左右边界平行．若将该线框以不同的速率从图示位置分别从磁场左、右边界匀速拉出直至全部离开磁场，在此过程中()A.流过ab边的电流方向相反B.ab边所受安培力的大小相等C.线框中产生的焦耳热相等D.通过电阻丝某横截面的电荷量相等【 答案 八年级地理上册填图题岩土工程勘察试题省略号的作用及举例应急救援安全知识车间5s试题及答案 】D【解析】试题分析：由右手定则，两种情况下通过ab边的电流均为从b到a，故选项A错误；线框以不同的速率从图示位置分别从磁场左、右边界匀速拉出至全部离开磁场过程中，根据E=BLv可知，线圈中的感应电动势不等，感应电流不等，根据F=BIL可知ab边所受安培力的大小不相等，选项B错误；根据，则线框中产生的焦耳热不相等，选项C错误；根据，故通过电阻丝某横截面的电荷量相等，选项D正确；故选D.考点：右手定则；法拉第电磁感应定律；电功率.【此处有视频，请去附件查看】2.在匀强磁场中，ab、cd两根导体棒沿两根导轨分别以速度v1、v2滑动，如图所示，下列情况中，能使电容器获得最多电荷量且左边极板带正电的是(　　)A.v1＝v2，方向都向右B.v1＝v2，方向都向左C.v1>v2，v1向右，v2向左D.v1>v2，v1向左，v2向右【答案】C【解析】当ab棒和cd棒分别向右和向左运动时，两棒均相当于电源，且串联，电路中有最大电动势，对应最大的顺时针方向电流，电阻上有最高电压，所以电容器上有最多电荷量，左极板带正电，选项C正确。3.研究表明，地球磁场对鸽子识别方向起着重要作用．鸽子体内的电阻大约为103Ω，当它在地球磁场中展翅飞行时，会切割磁感线，在两翅之间产生动生电动势．这样，鸽子体内灵敏的感受器即可根据动生电动势的大小来判别其飞行方向．若某处地磁场磁感应强度的竖直分量约为0.5×10－4T.鸽子以20m/s速度水平滑翔，则可估算出两翅之间产生的动生电动势约为(　　)A.30mVB.3mVC.0.3mVD.0.03mV【答案】C【解析】试题分析：鸽子两翅间距离约30cm，即L=30cm=0．3m；当鸽子以20m/s的速度垂直切割磁感线时产生的感应电动势最大，由E=BLv得：最大感应电动势为：E=BLv=5×10-5T×0．3m×20m/s=0．3mV，故选C．考点：法拉第电磁感应定律【名师点睛】本题实质上是感应电动势公式E=BLv的应用，要估计鸽子两翅间的距离，知道同等条件下垂直切割感应电动势最大，即可求出感应电动势的最大值。4.在远距离输电中，如果输送功率和输送距离不变，要减少输送导线上热损耗，目前最有效而又可行的输送方法是(　　)A.采用超导材料做输送导线B.采用直流电输送C.提高输送电的频率D.提高输送电压【答案】D【解析】试题分析：提高输送电压，因为输送功率不变，所以输送电压高了，输送电流就小了，根据可得输送导线上热损耗就小了，选D。考点：考查了电能的输送5.下列关于热力学第二定律微观意义的说法正确的是(　　)A.从微观的角度看，热力学第二定律是一个统计规律B.一切自然过程总是沿着分子热运动无序性减小的方向进行C.有的自然过程沿着分子热运动无序性增大的方向进行，有的自然过程沿着分子热运动无序性减小的方向进行D.在任何自然过程中，一个孤立系统的总熵会减小【答案】A【解析】【详解】从微观的角度看，热力学第二定律是一个统计规律，选项A正确；根据熵原理，一切自然过程总是沿着分子热运动无序性增大的方向进行，选项BC错误；根据热力学第二定律可知，在任何自然过程中，一个孤立系统的总熵一定不会减小，故D错误。6.金属制成的汽缸中装有柴油和空气的混合物，有可能使柴油达到燃点的过程是(　　)A.迅速向里推活塞B.迅速向外拉活塞C.缓慢向里推活塞D.缓慢向外拉活塞【答案】A【解析】改变物体内能的方式之一是对物体做功，而缓慢对活塞做功，则混合物的温度升高后很快就又向外放热，不可能达到燃点，只有迅速向里推活塞，则可以压缩气体能使气体温度升高，从而达到燃点，实际上柴油机就是用这个原理实现点火的。A正确思路分析：改变物体内能的方式之一是对物体做功，如果物体不吸热反而还要对外做功，物体的内能是不会增加的，试题点评：本题考查了改变内能的方式中的做功7.对于一定质量气体的体积、温度、压强的说法中不正确的是(　　)A.保持温度不变，气体体积增大，分子密度减小，使气体分子在单位时间内对容器单位面积上的碰撞次数减少，导致压强减小B.保持压强不变，气体的体积增大，气体的密度减小，对器壁碰撞的次数有减小的趋势，但温度的升高，使每个分子对器壁的平均冲力增大而导致压强有增大的趋势，两种趋势的作用可相抵消，所以，压强不变时，温度升高，体积必增大C.保持体积不变，气体的分子密度不变，当温度升高时，平均每个气体分子对器壁的冲力增大，单位时间内对单位面积碰撞次数增多，致使气体压强增大D.气体温度、体积不变，气体压强可以改变【答案】D【解析】【详解】保持温度不变，则分子的平均速率不变，对器壁的碰撞力不变，气体体积增大，分子密度减小，使气体分子在单位时间内对容器单位面积上的碰撞次数减少，导致压强减小，选项A正确；保持压强不变，气体的体积增大，气体的密度减小，对器壁碰撞的次数有减小的趋势，但温度的升高，使每个分子对器壁的平均冲力增大而导致压强有增大的趋势，两种趋势的作用可相抵消，所以，压强不变时，温度升高，体积必增大，选项B正确；保持体积不变，气体的分子密度不变，当温度升高时，平均每个气体分子对器壁的冲力增大，单位时间内对单位面积碰撞次数增多，致使气体压强增大，选项C正确；根据PV/T=C可知气体温度、体积不变，气体压强一定不变，选项D错误；此题选项不正确的选项，故选D.8.如图所示，密闭绝热容器内有一绝热的具有一定质量的活塞，活塞的上部封闭着气体，下部为真空，活塞与器壁的摩擦忽略不计。置于真空中的轻弹簧的一端固定于容器的底部，另一端固定在活塞上，弹簧被压缩后用绳扎紧，此时弹簧的弹性势能为Ep（弹簧处在自然长度时的弹性势能为零）。现绳突然断开，弹簧推动活塞向上运动，经过多次往复运动后活塞静止，气体达到平衡态，经过此过程（）A.Ep全部转换为气体的内能B.Ep一部分转换成活塞的重力势能，其余部分仍为弹簧的弹性势能C.Ep全部转换成活塞的重力势能和气体的内能D.Ep一部分转换成活塞的重力势能，一部分转换为气体的内能，其余部分仍为弹簧的弹性势能【答案】D【解析】以活塞为研究对象，设气体压强为p1，活塞质量为m，横截面积为S，末态时压强为p2，初态F弹>mg＋p1S，由题意可得末态位置必须高于初位置，否则不能平衡，则由ΔU＝W(绝热)．W为正，ΔU必为正，温度升高，内能增加，活塞重力势能增加，末态时，由力的平衡条件知F弹′＝mg＋p2S，仍然具有一部分弹性势能，故D正确ABC错误。【此处有视频，请去附件查看】9.放射性元素氡（）经α衰变成为钋，半衰期为3.8天；但勘测表明，经过漫长的地质年代后，目前地壳中仍存在天然的含有放射性元素的矿石，其原因是（）A.目前地壳中的主要来自于其它放射元素的衰变B.在地球形成的初期，地壳中元素的含量足够高C.当衰变产物积累到一定量以后，的增加会减慢的衰变进程D.主要存在于地球深处的矿石中，温度和压力改变了它的半衰期【答案】A【解析】目前地壳中仍存在天然的含有放射性元素的矿石，其原因是目前地壳中的主要来自于其它放射元素的衰变，选项A正确。【考点定位】考查放射性元素的衰变、半衰期及其相关知识。【此处有视频，请去附件查看】10.下列说法中正确的是(　　)A.α射线与γ射线都是电磁波B.β射线为原子的核外电子电离后形成的电子流C.用加温、加压或改变其化学状态的方法都不能改变放射性元素原子核衰变的半衰期D.原子核经过衰变生成新核，新核的质量一定等于原核的质量，不可能出现质量亏损【答案】C【解析】【详解】γ射线是电磁波，α射线不是电磁波，选项A错误；β射线为原子核内的中子转化为质子时放出的负电子形成的电子流，选项B错误；用加温、加压或改变其化学状态的方法都不能改变放射性元素原子核衰变的半衰期，选项C正确；在衰变过程中伴随着质量亏损，因此新核质量一定小于原核质量，故D错误。二、多选题11.(多选)如图所示电路中，A、B是两个完全相同的灯泡，L是一个理想电感线圈，当开关S闭合与断开时，A、B的亮度情况是(　　)A.S闭合时，A立即亮，然后逐渐熄灭B.S闭合时，B立即亮，然后逐渐熄灭C.S闭合足够长时间后，B发光，而A不发光D.S闭合足够长时间后，B立即熄灭发光，而A逐渐熄灭【答案】AC【解析】【详解】S闭合瞬间，有于L的自感作用相当于断路，所以两灯同时亮；S闭合足够长时间稳定后，自感消失，A被短路逐渐熄灭，B更亮，AC正确，BD错误。12.(多选)下列说法正确的是(　　)A.浸润液体在细管中能上升B.不浸润液体在细管中能下降C.鸭子从池塘中出来，羽毛并不湿是毛细现象D.水对荷叶表面不浸润【答案】ABD【解析】【详解】毛细管插入浸润液体中，管内液面上升，高于管外。故A正确；毛细管插入不浸润液体中，管内液体下降，低于管外的现象。故B正确；鸭子从池塘中出来，羽毛并不湿是不浸润现象，选项C错误；水对荷叶表面不浸润，选项D正确.13.把皮球从地面以某一初速度竖直上抛，经过一段时间后皮球又落回抛出点，上升最大高度的一半处记为A点。以地面为零势能面。设运动过程中受到的空气阻力大小与速率成正比，则A.皮球上升过程中的克服重力做功大于下降过程中重力做功B.皮球上升过程中重力的冲量大于下降过程中重力的冲量C.皮球上升过程与下降过程空气阻力的冲量大小相等D.皮球下降过程中重力势能与动能相等的位置在A点下方【答案】CD【解析】试题分析：物体所受重力做功只跟它的起点和终点的位置有关，而跟物体运动的路径无关。皮球在上升和下降过程中，由于运动的高度相同，所重力做的功大小相同，故A错误；设上升过程的初速度为，下降过程的末速度为，对皮球在上升和下降全过程研究，重力做功为零，阻力做负功，根据动能定理得：，所以上升过程的平均速度大于下降过程的平均速度，以运动的高度相同，因此上升时间小于下降时间，根据冲量的定义知，上升过程中重力的冲量小于下降过程中重力的冲量，故B错误；根据题意作出图象如图所示，图中第一、第四象限阴影部分的面积表示上升和下降过程的位移大小相等方向相反，由于，可将纵坐标改为，两阴影部分的面积仍相等，其物理意义为上升、下降过程阻力的冲量等大反向，故C正确；设皮球下降后离地面的高度为，此时皮球的动能为，由于下降过程中要克服阻力做功，根据动能定理知，，而，所以，即皮球下降过程中重力势能与动能相等的位置在中点下方，故D正确。考点：本题考查重力做功、阻力做功特点、动能定理和动量定理的应用，意在考查考生对重力做功和阻力做功特点的掌握、利用动能定理和动量定理的推理能力。14.(多选)木块长为L，静止在光滑的水平桌面上，有A、B两颗 规格 视频线规格配置磁共振要求常用水泵型号参数扭矩规格钢结构技术规格书 不同的子弹以速度相反的vA、vB同时射向木块，A、B在木块中嵌入的深度分别为dA、dB，且dA＞dB，(dA＋dB)＜L，木块一直保持静止，如图所示，则由此判断子弹A、B在射入前(　　)A.速度vA＞vBB.子弹A的动能等于子弹B的动能C.子弹A的动量大小大于子弹B的动量大小D.子弹A的动量大小等于子弹B的动量大小【答案】AD【解析】试题分析：由于木块始终保持静止状态，则两子弹对木块的推力大小相等，则两子弹所受的阻力大小相等，设为f，根据动能定理得：对A子弹：，得对B子弹：：，得．由于，则有子弹入射时的初动能．B错误，对两子弹和木块组成的系统动量守恒，则有，而，则得到，根据动能的计算公式，得到初速度．AD正确，C错误，故选AD考点：动能定理的应用；功能关系．点评：本题运用动能定理和动量守恒定律研究冲击块模型，分析木块处于静止状态，确定出两子弹所受的阻力大小相等是基础．三、实验题15.在做“测定金属丝的电阻率”的实验中，若待测电阻丝的电阻约为5Ω，要求测量结果尽量准确，提供以下器材供选择：A．电池组（3V，内阻约1Ω）B．电流表（0～3A，内阻0.0125Ω）C．电流表（0～0.6A，内阻约0.125Ω）D．电压表（0～3V，内阻4kΩ）E．电压表（0～15V，内阻15kΩ）F．滑动变阻器（0～20Ω，允许最大电流1A）G．滑动变阻器（0～2000Ω，允许最大电流0.3A）H．开关、导线若干（1）实验时应从上述器材中选用__（填写仪器前字母代号）.（2）测电阻时，电流表、电压表、待测电阻Rx在组成测量电路时，应采用安培表__接法，测量值比真实值偏__（选填“大”或“小”）.（3）若用螺旋测微器测得金属丝直径d的读数如图，则读数为__mm．（4）若用L表示金属丝的长度，d表示直径，测得电阻为R，请写出计算金属丝电阻率的表达式ρ=__．【答案】(1).(1)ACDFH(2).(2)外(3).小(4).(3)0.900(5).(4)【解析】【详解】（1）流过金属丝的最大电流，电池组电压又是3V，故电流表选C，电压表选D；由于待测电阻的电阻值比较小，滑动变阻器选总阻值小的便于调节，故选F；另外电池组、导线、开关要选；（2）因为，=800，故电流表选择外接法，外接法测量值偏小；（3）从螺旋测微器的主尺上可以看出，半毫米刻度线已经露出来，因此主尺上应读0.5mm，螺旋上接近第40个刻度线，可以估读40.0×0.01mm=0.400mm，所以该金属丝直径应为0.5mm+0.400mm=0.900mm．（4）根据，解得：16.如图甲为“碰撞中的动量守恒”实验装置示意图甲乙(1)入射小球1与被碰小球2直径相同，它们的质量相比较，应是m1________m2.(2)在做此实验时，若某次实验得出小球的落点情况如图乙所示．假设碰撞中动量守恒，则入射小球质量m1和被碰小球质量m2之比m1∶m2＝________.【答案】(1).(1)m1＞m2(2).(2)m1∶m2＝4∶1【解析】【详解】（1）为防止碰后m1被反弹，入射球质量要大于被碰球质量，即m1＞m2；（2）实验要验证表达式，代入数据，有：m1×0.6050=m1×0.3630+m2×0.9680代入数据解得：m1：m2=4：1四、计算题17.如图所示，坐标平面第Ⅰ象限内存在大小为E＝3×105N/C、方向水平向左的匀强电场，在第Ⅱ象限内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场．质荷比的带正电的粒子，以初速度v0＝2×107m/s从x轴上的A点垂直x轴射入电场，OA＝0.15m，不计粒子的重力．(1)求粒子经过y轴时的位置到原点O的距离；(2)若要使粒子不能进入第Ⅲ象限，画出粒子运动轨迹，求磁感应强度B的取值范围(不考虑粒子第二次进入电场后的运动情况)。【答案】（1）0．4m（2）B≥4×10－2T【解析】【分析】(1)对带电粒子在电场中运动由平抛运动规律可求出粒子速度大小与方向；(2)设粒子在磁场中做匀速圆周运动，画出运动的轨迹，结合临界条件和向心力公式可求磁场强度.【详解】(1)设粒子在电场中运动的时间为t，末速度与y轴正方向的夹角大小为θ，则：　①　②粒子经过y轴时在电场方向的分速度为：vx＝at＝2×107m/s　③粒子经过y轴时的速度：④与y轴正方向的夹角大小为θ，则有：　⑤所以θ＝45°(2)要使粒子不进入第Ⅲ象限，如图所示，设粒子经过y轴时的位置与原点O的距离为y1，此时粒子做圆周运动的半径为R，则由几何关系，　⑥y1＝v0t　⑦在磁场中匀速圆周运动有：　⑧解得磁感应强度的最小值为：【点睛】该题考查带电粒子在组合场中的运动，可以分别使用类平抛的公式和圆周运动的公式解答.18.如图甲，MN、PQ两条平行的光滑金属轨道与水平面成θ＝30°角固定，M、P之间接电阻箱R，电阻箱的阻值范围为0～4Ω，导轨所在空间存在匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向上、磁感应强度为B＝0.5T．质量为m的金属杆ab水平放置在轨道上，其接入电路的电阻值为r.现从静止释放杆ab，测得最大速度为vm.改变电阻箱的阻值R，得到vm与R的关系如图乙所示．已知轨距为L＝2m，重力加速度g＝10m/s2，轨道足够长且电阻不计．(1)当R＝0时，求杆ab匀速下滑过程中产生感应电动势E的大小及杆中的电流方向；(2)求金属杆的质量m和阻值r；(3)求金属杆匀速下滑时电阻箱消耗电功率的最大值Pm.【答案】(1)E=2V电流方向从b→a(2)m＝0.2kg，r＝2Ω(3)Pm＝4W【解析】试题分析：（1）由图可知，当R=0时，杆最终以v=2m/s匀速运动，产生电动势E=BLv=05×2×2V=2V由右手定则判断可知杆中电流方向从b→a（2）设杆运动的最大速度为v，杆切割磁感线产生的感应电动势E=BLv由闭合电路的欧姆定律得：杆达到最大速度时满足mgsinθ-BIL=0联立解得：由图象可知：斜率为，纵截距为v0=2m/s，得到：；解得：m=0.2kg，r=2Ω（3）金属杆匀速下滑时电流恒定，则有mgsinθ-BIL=0得电阻箱消耗电功率的最大值Pm＝I2Rm＝4W考点：法拉第电磁感应定律；电功率.19.如图所示，A汽缸中用活塞封闭有一定质量的理想气体，温度为27℃，活塞与汽缸底部距离为h，活塞截面积为S．汽缸中的活塞通过滑轮系统挂一重物，质量为m．若不计一切摩擦，当气体的温度升高10℃且系统稳定后，求重物m下降的高度．【答案】h【解析】【详解】初末状态，重物静止，可知绳中拉力大小相等，分析活塞可知，气体发生等压变化．由盖—吕萨克定律知：，V1＝Sh，ΔV＝SΔh，T1＝300K，∆T＝10K解得Δh＝ΔT＝h．20.质量分别为m1和m2的甲、乙两小球碰撞后在同一直线上运动，它们碰撞前、后的s－t图象如图(a)和图(b)所示．求：(1)碰撞前，甲、乙两小球的速度分别是多大；(2)碰撞后，甲、乙两小球的速度分别是多大；(3)求甲、乙两小球的质量之比m1∶m2.【答案】（1）；（2）；（3）【解析】试题分析：（1）由图像可得碰撞前：（1分）（1分）（2）由图像可得碰撞后：（2分）（与原方向相反）（2分）（3）由动量守恒：（2分）故得（2分）考点：考查了动量守恒定律的应用