江苏省苏州市昆山市震川高级中学2020-2021学年高二上学期期末考试物理试卷

这是一份江苏省苏州市昆山市震川高级中学2020-2021学年高二上学期期末考试物理试卷，共8页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题（本大题共5小题，共15.0分）
1.下列说法正确的有( )
A. 光的偏振现象说明光是一种纵波
B. 紫外线比红外线更容易发生衍射
C. 白光下镀膜镜片看起来有颜色，是因为光发生了衍射
D. 可利用多普勒效应对行驶汽车进行测速
2.左为手机及无线充电板．右为充电原理示意图．充电板接交流电源，对充电板供电，充电板内的送电线圈可产生交变磁场，从而使手机内的受电线圈产生交变电流，再经整流电路转变成直流电后对手机电池充电，说法正确的是( )
A. 手机外壳用金属材料制作可以减少能量损耗
B. 如果图示方向的磁场在变强，受电线圈中c点的电势高于d点的电势
C. 在送电线圈电压不变的情况下，增加送电线圈匝数可以提高受电线圈的电压
D. 受电线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同
3.如图所示，磁性白板放置在水平地面上，在白板上用一小磁铁压住一张白纸．现向右轻拉白纸，但未拉动，在该过程中( )
A. 小磁铁受到向右的摩擦力 B. 小磁铁只受两个力的作用
C. 白纸下表面受到向左的摩擦力 D. 白板下表面与地面间无摩擦力
4. 如图所示，两个相同的灯泡a、b和电阻不计的线圈L(有铁芯)与电源E连接，说法正确是( )
A. S闭合瞬间，a灯发光b灯不发光
B. S闭合，a灯立即发光，后逐渐变暗并熄灭
C. S断开，b灯“闪”一下后熄灭
D. S断开瞬间，a灯左端的电势高于右端电势
5. 我国在2018年5月21日发射了嫦娥四号的中继星“鹊桥”，为我国嫦娥四号卫星在月球背面的工作提供通信支持．“鹊桥”号随月球同步绕地球运动，并绕地月连线的延长线上的一点(拉格朗日点L2)做圆周运动，轨道被称为“晕轨道”，万有引力常量为G.下列说法正确的是( )
A. 静止在地球上的观察者认为“鹊桥”号做圆周运动
B. “鹊桥”号受地球引力、月球引力和向心力作用
C. 已知月球绕地球公转的周期和半径可以求得地球质量
D. 已知“鹊桥”号的周期和轨道半径可以测得月球质量
二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）
6.如图甲所示为研究光电效应的实验装置，阴极K和阳极A是密封在真空玻璃管中的两个电极．如图乙所示是用单色光1和单色光2分别照射同一阴极K时，得到的光电流随电压变化关系的图像，普朗克常量为h，真空中光速为c，则下列说法正确的有________．
A. 保持入射光不变的情况下向右移动滑片P可以增大饱和电流
B. 对应同一阴极K，光电子最大初动能与入射光的频率成正比
C. 单色光1和单色光2的频率之差为eq \f(eUc2－eUc1,h)
D. 单色光1比单色光2的波长长
7. 如图，竖直杆上套有一个质量m的小球A，用不可伸长的轻质细绳通过轻质定滑轮O，连接小球A、B.小球A从细绳与竖直方向的夹角为37°的位置由静止释放，恰能运动到细绳与竖直方向垂直的C点，一切阻力不计，已知sin 37°＝0.6.则( )
A. 球A在上升过程中加速度先减小后增大
B. 球B在最低点时加速度和速度都为零
C. 小球B的质量为1.25m
D. 小球B的质量为2m
8. R是滑动变阻器，R2是定值电阻，合上开关，当变阻器的滑片向右移动时，三个理想电表的示数都发生了变化．设电流表的读数为I，电压表V1的读数为U1、V2的读数为U2，电流表示数的变化量为ΔI，电压表V1的示数变化量为ΔU1、V2的示数变化量为ΔU2.下列说法正确的是( )
A. I增大，U1减少，U2增大
B. ΔU1与ΔI的比值减小
C. 电源的总功率变大
D. ΔU1大于ΔU2
9. 如图所示为流量计的示意图．左右两端开口的长方体绝缘管道的长、宽、高分别为a、b、c，所在空间有垂直于前后表面、磁感应强度大小为B的匀强磁场，在上、下两个面的内侧固定有金属板M、N，污水充满管道从左向右匀速流动，测得M、N间电势差为U，污水流过管道时受到的阻力大小f＝kLv2，k是比例系数，L为管道长度，v为污水的流速．则( )
A. 电压U与污水中离子浓度无关
B. 污水的流量Q＝eq \f(abU,B)
C. 金属板M的电势低于金属板N
D. 左、右两侧管口的压强差Δp＝eq \f(kaU2,bB2c3)
三、实验题（本大题共2小题，8+10共18.0分）
10. (8分)用如图甲所示的实验装置来验证机械能守恒定律，轻杆两端固定两个大小相等但质量不等的小球P、Q，杆的正中央有一光滑的水平转轴O，使杆能在竖直面内自由转动．O点正下方有一光电门，小球通过轨迹最低点时，球心恰好通过光电门．已知重力加速度为g.
(1) 用游标卡尺测得小球的直径如图乙所示，则小球的直径d＝________cm.
(2) PQ从水平位置静止释放，当小球P通过最低点时，与光电门连接的数字计时器显示的挡光时间为Δt，则小球P经过最低点时的速度v＝__________(用物理量符号表示)．
(3) 测得两小球PQ球心间距离为L，小球P的质量是2m，Q的质量为m，则PQ系统重力势能的减小量ΔEp＝________，动能的增加量为ΔEk.在误差允许范围内，若满足ΔEp________(填“＜”“＝”或“＞”)ΔEk，则可证得系统机械能守恒．
11. (10分)某一实验小组用如图甲所示电路测量电源E的电动势和内阻，图中电压表的量程是3 V，虚线框内为用电流计改装的电流表．
(1) 已知电流计的满偏电流Ig＝200 mA、内阻rg＝1.0 Ω，电路中已将它改装为量程400 mA的电流表，则R1＝________Ω.
(2) 通过移动变阻器R的滑片，得到多组电压表的读数U和电流计的读数I，作出如图乙所示的图像．
(3) 某次测量时，电压表的示数如图丙所示，则此时通过电源E的电流为________mA.
(4) 根据图乙得出电源E的电动势等于________V，内阻等于________Ω.(小数点后保留两位)
(5) 本实验中电压表的内阻对实验的测量结果________(填“有”或“无”)影响．
三、计算题（本大题共4小题，8+12+15+16共51.0分）
12. (8分)如图，一定质量的理想气体从状态A到状态B，再从状态B到状态C，最后从状态C回到状态A.已知气体在状态A的体积VA＝3.0×10－3m3，从B到C过程中气体对外做功1 000 J．求：
① 气体在状态C时的体积；
② 气体A→B→C→A的整个过程中气体吸收的热量．
13. (12分)如图所示，一个长为2L、宽为L粗细均匀的矩形线框，质量为m、电阻为R，放在光滑绝缘的水平面上．一个边长为2L的正方形区域内，存在竖直向下的匀强磁场，其左边界在线框两长边的中点MN上．
(1) 在t＝0时刻，若磁场的磁感应强度从零开始均匀增加，变化率eq \f(ΔB,Δt)＝k，线框在水平外力作用下保持静止，求在某时刻t时加在线框上的水平外力大小；
(2) 若正方形区域内磁场的磁感应强度恒为B，磁场从图示位置开始以速度v匀速向左运动，并控制线框保持静止，求到线框刚好完全处在磁场中的过程中产生的热量Q；
(3) 若(2)问中，线框同时从静止释放，求当通过线框的电量为q时线框速度大小的表达式．
14. (15分)如图所示，足够长的光滑斜面固定在桌面上，斜面倾角θ＝30°，D为挡板，质量均为m的物块B和C用轻弹簧连接静止在斜面上，弹簧的劲度系数为k，一细绳跨过光滑定滑轮连接B与轻质挂钩．将质量为2m的钩码A无初速度挂在挂钩上．已知重力加速度为g，求：
(1) A没有挂上挂钩前，弹簧的压缩量；
(2) A刚挂上挂钩瞬间，A的加速度大小；
(3) 物块C刚要离开D时，B的速度大小．
15. (18分)如图所示，在xOy平面内，有一线状电子源沿x轴正方向发射速度均为v的电子，形成宽为2R、在y轴方向均匀分布且关于x轴对称的电子流．电子流沿＋x方向射入一个半径为R、中心位于原点O的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直xOy平面向里．在磁场区域的正下方d处，有一长为2d的金属板MN关于y轴对称放置，用于接收电子．电子质量为m，电荷量为e，不计电子重力及它们间的相互作用．
(1) 若正对O点射入的电子恰好从P点射出磁场，求磁感应强度大小B；
(2) 在第(1)问的情况下，求电子从进入磁场到打在MN板上的时间t；
(3) 若所有电子都能从P点射出磁场，MN板能接收到的电子数占发射电子总数的比例是多大？
江苏省昆山震川高级中学2020-2021学年第一学期期末测试
答案
D 解析：光的偏振现象说明光是一种横波，选项A错误；当波长与障碍物的尺寸差不多或大于障碍物的尺寸，可以发生明显的衍射现象，故对同一障碍物，波长越长越容易发生明显的衍射现象，红外线比紫外线的波长更长，则红外线更容易出现明显衍射，选项B错误；白光下镀膜镜片看起来有颜色，是因为镜片的前后表面的反射光相遇后发生光的干涉现象，选项C错误；多普勒效应是指波源或观察者发生移动，而使两者间的位置发生变化，使观察者收到的频率发生了变化，据此可以利用多普勒效应进行测速，选项D正确。
D 解析：手机外壳使用金属材料会屏蔽电磁波，导致无线充电不能完成，选项A错误；根据楞次定律可知，受电线圈内部产生的感应电流方向俯视为顺时针，受电线圈中感应电流方向由c到d，因此c点的电势低于d点的电势，选项B错误；该设备利用电磁感应原理，因此根据原、副线圈感应电动势公式变形可得U2＝U1·eq \f(n2,n1)，则当送线圈匝数n1增加时，受电线圈的电压U2减小，选项C错误；该设备采用的是电磁感应原理，因此当发射线圈中电流方向改变时，受电线圈中的电流方向也会改变，即受电线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同，选项D正确。
C解析：小磁铁受到竖直向下的重力、白板对小磁铁吸引力和竖直向上的支持力，三力平衡，静止不动，所以小磁铁不受摩擦力，选项AB错误；对小磁铁和白纸作为整体受力分析可知，水平方向上受到向右的拉力和向左的摩擦力平衡，选项C正确；对小磁针、白纸和磁性白板整体受力分析可知，水平方向上受到向右的拉力和地面对磁性白板向左的摩擦力平衡，选项D错误。
4. B 解析：闭合开关瞬间，两小灯泡均有电流流过，同时发光，选项A错误；闭合开关瞬间，a灯立即发光，根据楞次定律可知线圈中产生的阻碍原电流变大的感应电流逐渐减小至0，因为a灯和线圈并联，所以通过线圈的电流逐渐增大，通过a灯的电流逐渐减小，亮度逐渐减小，因为线圈电阻不计，所以稳定时a灯被短路，最后熄灭，选项B正确；断开开关瞬间，b灯断路无电流流过，立即熄灭，选项C错误；断开开关瞬间，根据楞次定律可知，通过线圈的电流水平向右，所以线圈作为感应电动势右端电势高于左端，所以a灯右端的电势高于左端，选项D错误。
5. C 解析：因为“鹊桥”号与月球同步绕地球运动，并绕地月连线的延长线上的一点(拉格朗日点L2)做圆周运动，则静止在地球上的观察者看到“鹊桥”号不是做圆周运动，选项A错误； “鹊桥”号受地球引力、月球引力作用，向心力是月球和地球的引力的矢量和，选项B错误；根据Geq \f(Mm,r2)＝m(eq \f(2π,T))2r，已知月球绕地球公转的周期T和半径r可以求得地球质量M，选项C正确；因“鹊桥”号做圆周运动的向心力由地球和月球共同提供，则已知“鹊桥”号的周期和轨道半径不可以测得月球质量，选项D错误。
6.CD解析：在保持入射光不变的情况下，随着电压增大，光电流达到饱和值，但增大电压，光电流饱和值不变，选项A错误；对应同一阴极K，光电子最大初动能与入射光的频率不成正比，只是随着入射光的频率的增大而增大，选项B错误，对单色光1，有Uc1e＝hv1－W0，对单色光2，有Uc2e＝hv2－W0，联立解得频率之差为Δv＝eq \f(Uc2e－Uc1e,h)，选项C正确；因Uc2>Uc1，则v2>v1，根据λ＝eq \f(c,v)可知，λ1>λ2，即单色光1比单色光2的波长长，选项正确。
7. AD 解析：小球A在从开始到C点的过程中，先加速后减速，一定存在一个受力平衡的位置，此位置的合力为零，加速度为零，则小球A在上升过程中加速度先减小后增大，选项A正确；小球A运动到C点后，会重新下降，则小球B在最低点时速度为零，加速度不为零，选项B错误；设OC＝3 L，则整个过程中对AB的整体由能量关系mg·4L＝mBg(5L－3L)，解得mB＝2 m，选项C错误，D正确．
8. ACD 解析：变阻器的滑片向右移，R阻值减小，电路中总电阻减小，干路电流增大，即I增大，根据欧姆定律I＝eq \f(U,R)可知R2分压增大，即U2增大，根据闭合电路欧姆定律E＝U1＋Ir可知路端电压减小，则U1减小，选项A正确；根据闭合电路欧姆定律可知E＝U1＋U2＋Ir，结合数学知识可知0＝eq \f(ΔU1,ΔI)＋eq \f(ΔU2,ΔI)＋r＝R2＋r，则eq \f(ΔU1,ΔI)＝eq \f(ΔU2,ΔI)＋r＝R2＋r，所以eq \f(ΔU1,ΔI)为定值，选项B错误；根据P＝IE可知电源的总功率增大，选项C正确；结合B选项中eq \f(ΔU1,ΔI)＝eq \f(ΔU2,ΔI)＋r＝R2＋r可知ΔU1>ΔU2，选项D正确。
9. AD 解析：污水中的离子受到洛伦兹力，正离子向上极板聚集，负离子向下极板聚集，所以金属板M的电势大于金属板N，从而在管道内形成匀强电场，最终离子在电场力和洛伦兹力的作用下平衡，即qvB＝qeq \f(U,c)，解得U＝cvB，可知电压U与污水中离子浓度无关，选项A正确，C错误；污水的流量为Q＝vbc＝eq \f(U,cB)bc＝eq \f(bU,B)，选项B错误；污水流过该装置受到的阻力为f＝kLv2＝kaeq \f(U2,c2B2)，污水匀速通过该装置，则两侧的压力差等于阻力Δp·bc＝f，则Δp＝eq \f(f,bc)＝eq \f(ka\f(U2,c2B2),bc)＝eq \f(kaU2,bB2c3)，选项D正确。
10. (1) 1.050(2分) (2) eq \f(d,Δt) (2分) (3) eq \f(1,2)mgL(2分) ＝(2分)
解析：(1) 游标卡尺的精确度为0.05 mm，其读数为10 mm＋0.05×10 mm＝10.50 mm＝1.050 cm；(2) 小球P经过最低点时的速度v＝eq \f(d,Δt)；(3) PQ系统重力势能的减小量ΔEp＝2mg·eq \f(L,2)－mg·eq \f(L,2)＝eq \f(1,2)mgL，若在误差允许范围内，总满足ΔEp＝ΔEk，则可证得系统机械能守恒。
11. (1) 1.0 (3) 200 (4) 2.93(2.92～2.96) 1.17(1.13～1.22) (5) 无(每空2分)
解析：(1) 由题可得Ug＝UR1，即Igrg＝(I－Ig)R1，代入数据解得R1＝1.0Ω。
由图丙读出电压为2.6 V，对应的图乙的电流为100 mA，由第一题可知，电流表改装后的量程为原电流表的两倍，故此时通过电源E的电流为200 mA。(4) 将图乙补充完整后可得电源E的电动势等于2.93 V，设电源内阻为r0，根据E＝I(R＋R并＋r0)，又因为IR＝2.6 V，I＝200 mA，R并＝eq \f(R1rg,R1＋rg)，联立解得r0＝1.15 Ω。(5) 因电压表V的内阻很大，所以流过的电流几乎为零，故本实验中电压表V的内阻对实验的测量结果无影响。
12.①9.0×10－3m3 ②400 J
解析：①气体从C→A，发生等压变化eq \f(VC,TC)＝eq \f(VA,TA)(1分)
解得VC＝9.0×10－3m3(1分)
②气体从A→B，根据查理定律eq \f(P,T)＝C可知气体发生等容变化，则 WAB＝0，
气体从B→C，气体膨胀对外做功，则WBC＝－1 000 J，
气体从C→A，气体体积减小，外界对气体做功，则WCA＝PC(VC－VA)＝600 J
得全过程中 W＝ WAB＋WBC＋WCA＝－400 J(1分)
初末状态温度相同，所以全过程ΔU＝0
由热力学第一定律ΔU＝Q＋W(1分)
解得Q＝400 J(1分)
13.解：(1) 区域磁场均匀增强，线框中电动势E＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(ΔB,Δt)S＝kL2(1分)
电流I＝eq \f(E,R)(1分)
B＝eq \f(ΔB,Δt)·t＝kt(1分)
经过时间t时加在线框上的外力F＝F安＝BIL＝eq \f(k2L3t,R)(1分)
方向水平向右(1分)
(2) 区域磁场从线框上MN位置以速度v匀速向左运动时
电动势E＝ BLv(2分)
电流I＝eq \f(E,R)
经历时间t＝eq \f(L,v)(1分)
线框中产生的热量Q＝I2Rt＝eq \f(B2L3v,R)(2分)
(3) BIL＝ma(2分)
得BqL＝mv 解得v＝eq \f(BqL,m)(3分)
14. 解析：(1) A没有挂上挂钩前，B处于静止状态，根据平衡条件得：kx＝mg sinθ(3分)
解得：x＝eq \f(mg sinθ,k)＝eq \f(mg,2k) (2分)
(2) A刚挂上挂钩瞬间，B没有获得速度，弹簧弹力不变，但A、B整体瞬间获得加速度，且两者加速度大小相等，
解法1：根据牛顿第二定律：A: 2mg－T＝2ma (2分)
B：T＝ma(2分)
联立解得：a＝eq \f(2,3)g(1分)
解法2：以A、B整体为研究对象，根据牛顿第二定律：2mg＝3ma(3分)
解得： a＝eq \f(2,3)a (2分)
(3) 物块C刚要离开D时，C与D之间弹力为0，对C受力分析可知，弹簧此时处于拉伸状态，根据平衡条件可知：kx′＝mg sinθ，解得：x′＝eq \f(mg sinθ,k)＝eq \f(mg,2k)(1分)
则B沿斜面向上移动的距离为d＝x＋x′＝eq \f(mg,k) (1分)
A下落的距离也为d，且A和B速度大小相等，初、末位置弹簧弹性势能相等。
根据系统机械能守恒：2mgd－mgd sinθ＝eq \f(1,2)×3mv2(2分)
解得：v＝g·eq \r(\f(m,k)) (2分)
15. 解析：(1) 电子在磁场中做匀速圆周运动，正对O点射入的电子恰好从P点射出磁场，
根据几何知识可知电子做圆周运动的轨道半径是r＝R ①(2分)
根据洛伦兹力提供向心力，得qvB＝meq \f(v2,r) ②(2分)
联立①②解得：B＝eq \f(mv,eR) ③(1分)
(2) 电子在匀强磁场中做圆周运动的周期T＝eq \f(2πm,qB)
当正对O点射入的电子恰好从P点射出磁场，电子在磁场中运动时间为：t1＝eq \f(1,4)T＝eq \f(πm,2Be) ④(2分)
联立③④解得：t1＝eq \f(πR,2v) (1分)
电子出磁场后做匀速直线运动，运动到MN的运动时间为：t2＝eq \f(d,v)(1分)
总时间为t＝t1＋t2＝eq \f(πR,2v)＋eq \f(d,v)(1分)
(3) 所有电子在磁场中运动的半径相等，因为所有电子都能从P点射出磁场，所以所有电子在磁场中运动的半径均为R 。
MN板能接收到的电子从P点射出时，速度偏转角为θ(即与x正方向的夹角θ)满足45°≤θ≤135°
①到达N点的电子轨迹如图甲所示，其入射点为E，四边形O1POE为菱形．

E点到x轴的距离 y1＝eq \f(\r(2),2)R(2分)
②到达M点的电子轨迹如图乙所示，其入射点为F，四边形O2POF为菱形．
F点到x轴的距离 y2＝eq \f(\r(2),2)R(2分)
EF竖直长度占射入总长度2R的比例eq \f(y1＋y2,2R)＝eq \f(\r(2),2)
所以MN板能接收到的电子数占发射电子总数的比例eq \f(\r(2),2)。(2分)