2020~2021学年度下学期期中考试高二物理一、选择题：本小题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8~10题有多项符合题目要求，每小题6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。1.下列有关物质结构和分子动理论的说法正确的是（ ）A.晶体熔化时吸收的热量转化为分子动能B.多晶体的物理性质各向同性C.布朗运动是液体分子的无规则运动D.分子间距离减小时分子势能一定减小【答案】B【解析】【分析】【详解】A．晶体熔化时，温度不变，分子的平均动能保持不变，所以吸收的热量转化为分子势能，则A错误；B．多晶体的物理性质各向同性，所以B正确；C．布朗运动是固体小颗粒的无规则运动，所以C错误；D．分子间距离减小时分子势能不一定减小，当分子间距离小于时，分子力为斥力，随分子间距离的减小，分子势能增大，所以D错误；故选B。2.如图所示是一交变电流的i-t图象，则该交变电流的有效值为（ ）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】
【详解】设交变电流有效值为I，周期为T，电阻为R，则解得I=A故选B。3.如图所示，一小水电站，输出的电功率为，输出电压，经理想升压变压器变为电压远距离输送，输电线总电阻为，最后经理想降压变压器降为向用户供电。下列说法正确的是（ ）A.变压器的匝数比1∶10B.变压器的匝数比C.输电线上损失的电功率为D.输电线上的电流为【答案】B【解析】分析】【详解】A．升压变压器T1的输出电压等于2000V，而输入电压为400V，由电压之比等于匝数之比，则有变压器T1的匝数比故A错误；B．降压变压器T2的输入电压等于升压变压器的输出电压减去导线损失的电压，即为根据则有变压器T2的匝数比
故B正确；C．根据故C错误；D．输出的电功率为而升压变压器T1变为2000V电压远距离输送，所以根据可知输电线上的电流为故D错误。故选B。4.如图所示，倾角为的斜面上放置着光滑导轨，金属棒置于导轨上，在以和为边界的区域内存在磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直导轨平面向上。在下侧的无磁场区域内有一半径很小的金属圆环L，圆环与导轨在同一平面内。当金属棒在重力作用下，从磁场边界处由静止开始在磁场中加速向下运动的过程中，下列说法正确的是（ ）A.金属圆环L内产生的感应电流变大B.金属圆环L内产生的感应电流不变C.金属圆环L有收缩趋势D.金属圆环L有扩张趋势【答案】C【解析】
【分析】【详解】CD．由于金属棒KN在重力的作用下向下运动，根据右手定则知，KNMP回路中产生逆时针方向的感应电流，则在圆环处产生垂直于轨道平面向上的磁场，随着金属棒向下加速运动，电流增大，圆环的磁通量将增加，依据楞次定律可知，圆环将有收缩的趋势以阻碍圆环磁通量的增加，故C正确，D错误；AB．又由于金属棒向下运动的加速度v增大，加速度a减小，速度的变化率减小，电流的变化率减小，则单位时间内磁通量的变化率减小，所以在圆环中产生的感应电流不断减小。当金属棒在磁场中做匀速运动时，产生的感应电流不变，圆环中不产生感应电流；故AB错误；故选C。5.如图所示，是两根平行且水平放置的长直导线，通以大小、方向均相同的恒定电流，在连线的垂直平分线上放置一段长为的直导线，刚好在正三角形的三个顶点上。现给通以恒定电流，受到的安培力大小为（导线在空间中产生的磁感应强度为空间中某点到导线的距离，为电流，为比例系数）。若只将导线的电流增大为原来的两倍，则受到的安培力大小变为（ ）A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】根据电流方向相同相互吸引，且A、B通以大小、方向均相同的恒定电流可得A和B对C安培力如下图所示
由于A、B是两根平行且水平放置的长直导线，所以FA=FB根据几何关系可得2FBcos30°=F解得所以只将导线的电流增大为原来的两倍，根据导线在空间中产生的磁感应强度和左手定则可得则A在C处，产生磁场为原来的两倍，C受到A给的安培力大小变为原来的两倍，为方向沿CA方向，C受到B给的安培力大小仍为，方向沿CB方向，如下图所示由余弦定理可得C受的安培力为故D正确，ABC错误。故选D。6.如图所示，L是自感系数较大的线圈，其直流电阻可忽略不计，a、b、c是三个相同的小灯泡，下列说法正确的是（ ）
A.开关S闭合时，b、c灯立即亮，a灯逐渐变亮B.开关S闭合，电路稳定后，b、c灯亮，a灯不亮C.开关S断开时，b、c灯立即熄灭，a灯逐渐熄灭D.开关S断开时，c灯立即熄灭，b灯闪亮一下后逐渐熄灭【答案】A【解析】【分析】【详解】A．开关S闭合时，b、c灯立即亮，由于线圈中产生自感电动势阻碍电流的增加，使得a灯逐渐亮，选项A正确；B．开关S闭合，电路稳定后，三灯都亮，选项B错误；CD．开关S断开时，c灯立即熄灭，由于在L中产生自感电动势阻碍电流的减小，则电流将在L与a、b灯之间形成新的回路，使得a、b灯逐渐熄灭，由于线圈直流电阻可忽略不计，电路稳定时a、b灯的电流相等，所以开关S断开时b灯不会闪亮一下，选项CD错误。故选A。7.下列说法中正确的有（ ）A.灵敏电流表在运输时总要把两接线柱用导体连接起来，是利用了电磁驱动B.线框不闭合时，若穿过线圈的磁通量发生变化，线圈中没有感应电流和感应电动势C.安培提出了分子电流假说，奥斯特揭示了电流的磁效应，法拉第发现了电磁感应现象D.用电磁炉加热时，要特别注意安全，应选用塑料或瓷器做成的容器【答案】C【解析】【分析】【详解】A．灵敏电流表在运输时总要把两接线柱用导体连接起来，是利用了电磁阻尼，A错误；B．线框不闭合时，若穿过线圈的磁通量发生变化，线圈中没有感应电流有感应电动势，B错误；C．安培提出了分子电流假说，奥斯特揭示了电流的磁效应，法拉第发现了电磁感应现象，C正确；D．用电磁炉加热时，要特别注意安全，应选用金属容器，才能产生涡流加热食物，D错误。故选C。
8.速度相同的一束粒子（不计重力）经过速度选择器后射入质谱仪后的运动轨迹如图所示，则下列相关说法中正确的是（）A.这束带电粒子带正电B.速度选择器的P1极板带负电C.能通过狭缝S0的带电粒子的速率等于D.若粒子在磁场中运动半径越大，则该粒子的比荷越小【答案】ACD【解析】【详解】试题分析：由图可知，带电粒子进入匀强磁场B2时向下偏转，所以粒子所受的洛伦兹力方向向下，根据左手定则判断得知该束粒子带正电．故A正确．在平行金属板中受到电场力和洛伦兹力两个作用而做匀速直线运动，由左手定则可知，洛伦兹力方向竖直向上，则电场力方向向下，粒子带正电，电场强度方向向下，所以速度选择器的P1极板带正电．故B错误．粒子能通过狭缝，电场力与洛伦兹力平衡，则有：qvB1=qE，解得：．故C正确．粒子进入匀强磁场B2中受到洛伦兹力而做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：，解得：．可见，由于v是一定的，B不变，半径r越大，则越小．故D正确．故选ACD．考点：质谱仪；速度选择器【名师点睛】本题关键要理解速度选择器的原理：电场力与洛伦兹力，粒子的速度一定．粒子在磁场中偏转时，由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律则可得到半径．9.如图所示，在匀强电场和匀强磁场共存的区域内，电场的场强为E，方向竖直向下，磁场的磁感应强度为B，方向垂直于纸面向里，一质量为m的带电粒子，在场区内的一竖直平面内做匀速圆周运动，则可判断该带电质点（）
A.带有电荷量为的负电荷B.沿圆周逆时针运动C.运动的周期为D.运动的速率为【答案】AC【解析】【详解】A.带电粒子在重力场、匀强电场和匀强磁场的复合场中做匀速圆周运动，可知带电粒子受到的重力和电场力一定平衡，重力竖直向下，所以电场力竖直向上，与电场方向相反，可知带电粒子带负电；根据电场力和重力大小相等，得mg=qE，解得；故A正确.B.带电粒子由洛仑兹力提供向心力，由左手定则知粒子沿顺时针方向做匀速圆周运动；故B错误.CD.粒子由洛仑兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有：，结合，解得：，；故C正确，D错误.10.关于物理知识在生活中的应用，下列说法正确的是（）A.机场、车站所用的测量人体温度的测温仪应用的是紫外线B.雷达是利用无线电波中的微波来测定物体位置的无线电设备C.射线可以用来治疗某些癌症D.医院给病人做的脑部CT应用的是X射线的穿透本领较强【答案】BCD【解析】【分析】【详解】A．一切物体均发出红外线，随着温度不同，辐射强度不同，测量人体温度的测温仪应用的是红外线，故A错误；
B．雷达是利用无线电波中的微波来测定物体位置的，故B正确；C．射线可以放疗，可以用来治疗某些癌症，故C正确；D．给病人做的脑部CT应用的是X射线的穿透本领较强，故D正确。故选BCD。二、非选择题：本题共5小题，共54分。11.传感器担负着信息采集的任务，在自动控制中发挥着重要作用，传感器能够将感受到的物理量(如温度、光、声等)转换成便于测量的量(通常是电学量)，例如热传感器，主要是应用了半导体材料制成的热敏电阻，热敏电阻随温度变化的图线如图甲所示，图乙是用热敏电阻R1作为传感器制作的简单自动报警器原理图．则(1)为了使温度过高时报警器铃响，开关应接在________(选填“a”或“b”)．(2)若使启动报警的温度提高些，应将滑动变阻器的滑片P向________移动(选填“左”或“右”)．【答案】①.a②.左【解析】【详解】（1）温度升高热敏电阻变小，控制左边电路电流变大，电磁铁磁性变强、开关接触a点，要使温度过高时报警器报警，c应接在a处．（2）滑片P向左移，滑动变阻器接入电路的阻值变大，在温度更高时控制电路才能有足够大电流，使磁铁有足够大引力吸引开关，因此滑片向左移可以提高报警器的灵敏度．12.物体是由大量分子组成的，分子非常微小。在“用油膜法估测分子的大小”的实验中利用油酸能在水面上铺开，会形成厚度为一个分子的表面膜的特性，将微观量的测量转化为宏观量的测量。(1)实验中，如果油酸酒精溶液体积浓度为b，N滴油酸酒精溶液的总体积为V，如果1滴油酸酒精溶液在水面上形成的油膜面积为S，则估算油酸分子直径大小的表达式为d=______。(2)实验中，把玻璃板盖在浅盘上描出油酸膜轮廓，如图所示，图中正方形小方格的边长为1cm，则油酸膜的面积是______cm2已知油膜酒精溶液中油酸浓度为0.04%，100滴油酸酒精溶液滴入量筒后的体积是1.2mL，则油酸分子的直径为_____m。（结果均保留两位有效数字）
(3)同学实验中最终得到的计算结果和大多数同学的比较，数据偏大，对出现这种结果的原因，下列说法中可能正确的是________。A.错误地将油酸酒精溶液的体积直接作为油酸的体积进行计算B.计算油酸膜面积时，错将不完整的方格作为完整方格处理C.计算油酸膜面积时，只数了完整的方格数D.水面上痱子粉撒得较多，油酸膜没有充分展开【答案】①.②.60③.8.0×10-10④.ACD【解析】【详解】(1)[1]纯油酸体积为：油膜面积为：S，油酸分子直径(2)[2][3]油膜的面积可从方格纸上得到，所围成的方格中，面积超过一半按一半算，小于一半的舍去，图中共有60个方格，故油膜面积为：S=nS0=60×1cm×1cm=60cm2每一滴油酸酒精溶液中含有纯油酸体积是：油酸分子的直径：(3)[4]同学实验中最终得到的计算结果和大多数同学的比较，发现自己所测数据偏大，根据以上分析可知出现这种结果的原因可能是公式中的体积偏大或计算的油膜的面积偏小的原因：A．错误地将油酸酒精溶液的体积直接作为油酸的体积进行计算，V偏大，故A正确；
B．计算油膜面积时，错将不完整的方格作为完整方格处理，则油膜的面积偏大，故B错误；C．计算油膜面积时，只数了完整的方格数，则油膜的面积偏小，故C正确；D．水面上痱子粉撒得较多，油膜没有充分展开，则油膜的面积偏小，故D正确。故选：ACD；13.2019年12月以来，新型冠状病毒疫情给世界经济带来很大影响。勤消毒是一个很关键的防疫措施。如图所示是某种防疫消毒用的喷雾消毒桶及其原理图。消毒桶的总容积为10L，装入7L的药液后再用密封盖将消毒桶密封，与贮液筒相连的活塞式打气筒每次能压入的1atm的空气，设整个过程温度保持不变，求：（1）要使消毒桶中空气的压强达到5atm，打气筒应打压几次？（2）在贮气筒中空气的压强达到5atm时，打开喷嘴使其喷雾，直到内、外气体压强相等时不再向外喷消毒液，消毒筒内是否还剩消毒液？如果剩下的话，还剩下多少体积的消毒液？如果剩不下了，喷出去的气体质量占原来喷消毒液前消毒桶内气体质量的多少？【答案】（1）48；（2）剩不下，喷出去的气体占喷出前气体质量的【解析】【分析】【详解】（1）设需打n次，贮气筒内压强变5atm，由玻意耳定律其中，，，将已知量代入上式得（次）（2）停止喷雾时，桶内气体压强变为1atm，此时贮液筒内气体体积为由玻意耳定律得
即解得大于了消毒桶的总容积10L，故消毒桶里不能剩下消毒液了。喷出去的气体体积则14.如图所示，间距为L的平行且足够长的光滑导轨由两部分组成：倾斜部分倾角为θ，与水平部分平滑相连，在倾斜导轨顶端连接一阻值为r的定值电阻．质量为m、电阻也为r的金属杆MN垂直导轨跨放在导轨上，在倾斜导轨区域加一垂直导轨平面向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场；在水平导轨区域加另一垂直导轨平面向下、磁感应强度大小也为B的匀强磁场．闭合开关S，让金属杆MN从图示位置由静止释放，已知金属杆运动到水平导轨前，已达到最大速度，不计导轨电阻且金属杆始终与导轨接触良好，重力加速度为g.求：(1)金属杆MN在倾斜导轨上滑行的最大速率；(2)金属杆MN在倾斜导轨上运动距离x时，速度为v（未达到最大速度粒），求这段时间内在定值电阻上产生的焦耳热Q；(3)金属杆MN在水平导轨上滑行的最大距离．【答案】(1)(2)(3)【解析】【详解】(1)金属杆MN在倾斜导轨上滑行的速度最大时，其受到的合力为零，对其受力分析，可得
根据欧姆定律可得解得(2)设电路产生的总焦耳热为Q总，由功能关系可得定值电阻产生的焦耳热解得(3)金属杆在水平导轨上滑行的最大距离为xm，由牛顿第二定律得BIL=ma有法拉第电磁感应定律、欧姆定律可得可得即得.【点睛】本题是滑轨问题，关键是熟练运用切割公式、欧姆定律公式和安培力公式，同时要注意求解电热时用功能关系列式分析，求解电荷量和位移时用平均值分析15.如图所示，以O为圆心、半径为R的圆形区域内存在垂直圆面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，一粒子源位于圆周上的M点，可向磁场区域内垂直磁场沿各个方向发射质量为m、电荷量为
的粒子，不计粒子重力，N为圆周上另一点，半径OM和ON间的夹角，且满足．若某一粒子以速率v，沿MO方向射入磁场，恰能从N点离开磁场，求此粒子的速率移v；若大量此类粒子以速率，从M点射入磁场，方向任意，则这些粒子在磁场中运动的最长时间为多少？若由M点射入磁场各个方向的所有粒子速率均为题中计算出的，求磁场中有粒子通过的区域面积．【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】(1)某一粒子以速率，沿MO方向射入磁场，恰能从N点离开磁场，由几何关系求得其做匀速圆周运动的半径，由洛伦兹力提供向心力求出入射速度．(2)某一粒子以速率从M点射入磁场，粒子在磁场中的半径为，粒子在磁场中运动时间最长时，弧长（劣弧）最长，对应的弦长最长（磁场圆的直径）．(3)若由M点射入磁场各个方向的所有粒子速率均为，这些粒子在磁场中有相同的半径，则圆心轨迹是以M为圆心、半径为的圆．试着画出极端情况下粒子能达到的区域，从而把粒子能到达的整个区域面积求出来．【详解】(1)粒子以速率沿MO方向射入磁场，恰能从N点离开磁场，轨迹如图：
设轨迹半径为，则，解得：由牛顿第二定律可得，解得：(2)大量此类粒子以速率从M点射入磁场由牛顿第二定律可得，解得：粒子方向任意，粒子在磁场中运动时间最长时，弧长（劣弧）最长，对应的弦长最长（磁场圆的直径），轨迹如图：则，解得：粒子在磁场中运动的最长时间(3)粒子沿各个方向以进入磁场做匀速圆周时的轨迹半径都为，且不变．由图可知，粒子在磁场中通过的面积S等于以O3为圆心的半圆形MO3O的面积S1、以M为圆心的扇形MOQ的面积S2和以O
点为圆心的圆弧 MQ与直线MQ围成的面积S3之和．、、所以【点睛】本题的难点在第三问，要找到粒子能到达的区域，首先要考虑的是粒子的偏转方向--顺时针；其次要考虑的极端情况①从M点竖直向上射出，则可以做完整的圆周运动．②然后把这个完整的圆绕M点转动1800，则该圆与磁场区域公共部分，就是粒子能达到的区域．
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