云南省新平一中2018-2019高二下学期物理5月份考试试卷考试试卷

云南省新平一中2018-2019学年高二下学期物理5月份考试试卷
一、单选题
1．（2019高二下·云南月考）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】D
【知识点】安培力；焦耳定律；法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】由右手定则，两种情况下通过ab边的电流均为从b到a，A不符合题意；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，B不符合题意；根据 ，则线框中产生的焦耳热不相等，C不符合题意；根据 ，故通过电阻丝某横截面的电荷量相等，D符合题意；
故答案为：D.
【分析】利用法拉第电磁感应定律求出感应电动势，利用欧姆定律求出回路中的电流，发热功率即为安培力的功率，通过的电荷量利用法拉第电磁感应定律和电流的定义式求解即可。
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
【知识点】电磁感应中的电路类问题
【解析】【解答】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符合题意。
故答案为：C。
【分析】磁通量变化越快感应电动势越强，所以只有当两根导体棒沿相反方向运动时磁通量变化得最快。
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．30mV B．3mV C．0.3mV D．0.03mV
【答案】C
【知识点】法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】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.
故答案为：C.
【分析】动生电动势的大小，利用公式E=BLv求解即可。
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
【知识点】电能的输送
【解析】【解答】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.
故选D
【分析】远距离输电中提高输送电压是减小损耗的有效方法。
5．（2019高二下·云南月考）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
【知识点】热力学第二定律
【解析】【解答】从微观的角度看，热力学第二定律是一个统计规律，A符合题意；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，BC不符合题意；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，D不符合题意。
故答案为：A
【分析】热力学第二定律表述形式不同，热量不会自发的从低温物体传递到高温物体，或者是一个孤立的系统，熵不会减小，向着不变或变大的方向演化。
6．金属制成的气缸中装有柴油与空气的混合物，有可能使气缸中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
【知识点】内燃机原理
【解析】【解答】向里推活塞时是外界对气缸内的气体做功，可以使气体的内能增加，温度升高，所以可以使气缸中的柴油到达燃点；但是如果缓慢的推活塞，那么气体和外界会发生热传递，气体的温度会降低，不能到达柴油的燃点；故选A．
【分析】做功可以改变物体的内能，物体对外做功，内能减少；外界对物体做功，物体的内能增加．
7．（2019高二下·云南月考）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
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程
【解析】【解答】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，A不符合题意；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，B不符合题意；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，C不符合题意；根据PV/T=C可知气体温度、体积不变，气体压强一定不变，D错误，符合题意；
故答案为：D.
【分析】压强的微观解释是大量分子对容器壁的碰撞的平均值；分子的平均动能只与温度有关系，温度高，分子的平均动能越大，分子运动的越剧烈，压强越大。
8．（2019高二下·云南月考）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
【知识点】弹性势能；功能关系；热力学第一定律（能量守恒定律）
【解析】【解答】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，D符合题意ABC不符合题意。
故答案为：D
【分析】改变内能的方法有两种，做功和热传递，外界对气体做功，其体内能增加，利用热力学第一定律 U=Q-W分析气体内能的变化，其中Q气体的吸热，W是气体对外界做的功。
9．（2019高二下·云南月考）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
【知识点】原子核的衰变、半衰期
【解析】【解答】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，A符合题意。
故答案为：A
【分析】原子核的衰变是随机的，原子核的半衰期是指放射性元素的原子核有半数发生衰变时所需要的时间，只与原子核内部的结构有关，与外界环境无关。
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
【知识点】原子核的衰变、半衰期
【解析】【解答】A、α射线是氦原子的原子核，并非电磁波，故A错误；
B、β射线即电子是由核内的中子变为质子同时放出电子产生的，而非核外电子电离后形成的电子流，故B错误；
C、半衰期只与元素本身有关，与所处的物理、化学状态以及周围环境、温度等无关，故C正确；
D、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．
故选：C．
【分析】解答本题要掌握：α、β、γ三种射线的区别，衰变过程遵循规律以及半衰期的物理意义，并根据质量亏损与质能方程，即可一一求解．
二、多选题
11．（2019高二下·云南月考）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】A,C
【知识点】电感器与电容器对交变电流的影响
【解析】【解答】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符合题意，BD不符合题意。
故答案为：AC
【分析】当开关断开后，流过电感的电流会减小，此时电感会充当电源，构成回路就会放电，故断开电路后小灯泡会亮一下再慢慢熄灭。
12．（2019高二下·云南月考）(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】A,B,D
【知识点】毛细现象和液体的表面张力
【解析】【解答】毛细管插入浸润液体中，管内液面上升，高于管外。A符合题意；毛细管插入不浸润液体中，管内液体下降，低于管外的现象。B符合题意；鸭子从池塘中出来，羽毛并不湿是不浸润现象，C不符合题意；水对荷叶表面不浸润，D符合题意.
故答案为：ABD
【分析】表面张力是分子之间的作用力，具有使液体表面积减小的趋势，浸润、不浸润、液滴呈球形都是表面张力的作用。
13．（2019高二下·云南月考）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】C,D
【知识点】冲量
【解析】【解答】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，A不符合题意；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，B不符合题意；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，C符合题意；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，D符合题意。
故答案为：CD
【分析】对足球进行受力分析，对足球上升的过程应用动能定理分析外力对小球做功，结合初末速度，利用公式p=mv求物体的动量，做差即为动量的改变量。
14．（2019高二下·云南月考）木块长为L，静止在光滑的水平桌面上，有A、B两颗规格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)A．速度
B．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】A,D
【知识点】动量守恒定律
【解析】【解答】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不符合题意，
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符合题意，C不符合题意，
故答案为：AD
【分析】两颗子弹和木块碰撞过程中动量守恒，故末动量等于初动量，末动量为零，初动量也为零，故两颗子弹的动量大小相等，方向相反。
三、实验题
15．（2019高二下·云南月考）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5 Ω，要求测量结果尽量准确，提供以下器材供选择：
A．电池组（3 V，内阻约1 Ω）
B．电流表（0～3 A，内阻0.0125 Ω）
C．电流表（0～0.6 A，内阻约0.125 Ω）
D．电压表（0～3 V，内阻4 kΩ）
E．电压表（0～15 V，内阻15 kΩ）
F．滑动变阻器（0～20 Ω，允许最大电流1 A）
G．滑动变阻器（0～2000 Ω，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的直径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）ACDFH
（2）外；小
（3）0.900
（4）
【知识点】导体电阻率的测量
【解析】【解答】解：（1）流过金属丝的最大电流 ，电池组电压又是3 V，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，
故答案为：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0.5 mm，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0.5 mm+0.400 mm=0.900 mm．（4）根据 ，解得：
【分析】（1）在量程允许的情况下选择小量程的电表即可，分压滑动变阻器选择小阻值的即可，可以比较灵明的调节电压；
（2）电流表外接，使得测得的电流偏大，根据欧姆定律可知，测得的电阻偏小；
（3）明确螺旋测微器每一个小格代表的数值，并且在最后的读数时注意估读即可；
（4）根据电阻的决定式结合测得的电阻、长度和截面积求解电阻率即可。
16．（2019高二下·云南月考）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）m1＞m2
（2）m1∶m2＝4∶1
【知识点】验证动量守恒定律
【解析】【解答】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
【分析】（1）保证 m1>m2，是为了保证两球碰撞后都向右运动；
（2）两个小球做平抛运动，竖直位移相同，运动时间相同，根据水平位移比较速度，利用动量守恒定理求解的关系。
四、解答题
17．（2019高二下·云南月考）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＝0.15 m，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）解：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/s③
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）解：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， ⑥
y1＝v0t⑦
在磁场中匀速圆周运动有： ⑧
解得磁感应强度的最小值为：
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）带带粒子做类平抛运动，竖直方向匀速运动，水平方向匀加速运动，求出加速度利用运动学公式求解水平方向的末速度，进而求出末速度的大小和方向；
（2）洛伦兹力提供向心力做圆周运动，根据粒子初速度和末速度确定粒子的运动轨迹，利用几何关系求出运动半径，列方程求解磁感应强度的范围。
18．（2019高二下·云南月考）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＝0.5
T．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＝2 m，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）解：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=0.5×2×2V=2V由右手定则判断可知杆中电流方向从b→a
（2）解：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）解：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
【知识点】对单物体(质点)的应用；安培力；欧姆定律；法拉第电磁感应定律
【解析】【分析】（1）杆ab匀速下滑，切割磁感线产生电动势没利用公式E=BLv求解电动势；利用右手定则判断电流的流向；
（2）结合电动势，利用全电路欧姆定律求解回路中的电流，导体棒到达稳定后，导体棒受到的安培力等于拉力，列方程求解导体棒的质量和电阻；
（3）当导体棒受到的安培力等于拉力的时候，导体棒速度达到最大，列方程求解此时的速度，利用公式P=Fv求解功率。
19．（2019高二下·云南月考）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】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＝300 K， T＝10 K
解得Δh＝ ΔT＝ h．
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程
【解析】【分析】气体做等压变化，结合气体初状态和末状态的体积和温度，利用盖—吕萨克定律列方程求解末状态的体积即可。
20．（2019高二下·云南月考）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 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）解：由图像可得碰撞前：
（2）解：由图像可得碰撞后：
（与原方向相反）
（3）解：由动量守恒：
故得 m1：m2=2：1
【知识点】动量守恒定律；运动学 S-t 图象
【解析】【分析】（1）s-t图像中，图像的斜率是速度，结合（a）图求解即可；
（2）同理，s-t图像中，图像的斜率是速度，结合（b）图求解即可；
（3）两个物体组成系统动量守恒，利用动量守恒定律列方程求解质量的关系。
云南省新平一中2018-2019学年高二下学期物理5月份考试试卷
一、单选题
1．（2019高二下·云南月考）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
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
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．30mV B．3mV C．0.3mV D．0.03mV
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
5．（2019高二下·云南月考）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
6．金属制成的气缸中装有柴油与空气的混合物，有可能使气缸中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
7．（2019高二下·云南月考）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
8．（2019高二下·云南月考）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
9．（2019高二下·云南月考）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
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
二、多选题
11．（2019高二下·云南月考）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
12．（2019高二下·云南月考）(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
13．（2019高二下·云南月考）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
14．（2019高二下·云南月考）木块长为L，静止在光滑的水平桌面上，有A、B两颗规格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)A．速度
B．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
三、实验题
15．（2019高二下·云南月考）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5 Ω，要求测量结果尽量准确，提供以下器材供选择：
A．电池组（3 V，内阻约1 Ω）
B．电流表（0～3 A，内阻0.0125 Ω）
C．电流表（0～0.6 A，内阻约0.125 Ω）
D．电压表（0～3 V，内阻4 kΩ）
E．电压表（0～15 V，内阻15 kΩ）
F．滑动变阻器（0～20 Ω，允许最大电流1 A）
G．滑动变阻器（0～2000 Ω，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的直径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=__．
16．（2019高二下·云南月考）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＝　 　.
四、解答题
17．（2019高二下·云南月考）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＝0.15 m，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)。
18．（2019高二下·云南月考）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＝0.5
T．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＝2 m，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.
19．（2019高二下·云南月考）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．
20．（2019高二下·云南月考）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 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。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】安培力；焦耳定律；法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】由右手定则，两种情况下通过ab边的电流均为从b到a，A不符合题意；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，B不符合题意；根据 ，则线框中产生的焦耳热不相等，C不符合题意；根据 ，故通过电阻丝某横截面的电荷量相等，D符合题意；
故答案为：D.
【分析】利用法拉第电磁感应定律求出感应电动势，利用欧姆定律求出回路中的电流，发热功率即为安培力的功率，通过的电荷量利用法拉第电磁感应定律和电流的定义式求解即可。
2．【答案】C
【知识点】电磁感应中的电路类问题
【解析】【解答】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符合题意。
故答案为：C。
【分析】磁通量变化越快感应电动势越强，所以只有当两根导体棒沿相反方向运动时磁通量变化得最快。
3．【答案】C
【知识点】法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】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.
故答案为：C.
【分析】动生电动势的大小，利用公式E=BLv求解即可。
4．【答案】D
【知识点】电能的输送
【解析】【解答】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.
故选D
【分析】远距离输电中提高输送电压是减小损耗的有效方法。
5．【答案】A
【知识点】热力学第二定律
【解析】【解答】从微观的角度看，热力学第二定律是一个统计规律，A符合题意；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，BC不符合题意；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，D不符合题意。
故答案为：A
【分析】热力学第二定律表述形式不同，热量不会自发的从低温物体传递到高温物体，或者是一个孤立的系统，熵不会减小，向着不变或变大的方向演化。
6．【答案】A
【知识点】内燃机原理
【解析】【解答】向里推活塞时是外界对气缸内的气体做功，可以使气体的内能增加，温度升高，所以可以使气缸中的柴油到达燃点；但是如果缓慢的推活塞，那么气体和外界会发生热传递，气体的温度会降低，不能到达柴油的燃点；故选A．
【分析】做功可以改变物体的内能，物体对外做功，内能减少；外界对物体做功，物体的内能增加．
7．【答案】D
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程
【解析】【解答】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，A不符合题意；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，B不符合题意；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，C不符合题意；根据PV/T=C可知气体温度、体积不变，气体压强一定不变，D错误，符合题意；
故答案为：D.
【分析】压强的微观解释是大量分子对容器壁的碰撞的平均值；分子的平均动能只与温度有关系，温度高，分子的平均动能越大，分子运动的越剧烈，压强越大。
8．【答案】D
【知识点】弹性势能；功能关系；热力学第一定律（能量守恒定律）
【解析】【解答】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，D符合题意ABC不符合题意。
故答案为：D
【分析】改变内能的方法有两种，做功和热传递，外界对气体做功，其体内能增加，利用热力学第一定律 U=Q-W分析气体内能的变化，其中Q气体的吸热，W是气体对外界做的功。
9．【答案】A
【知识点】原子核的衰变、半衰期
【解析】【解答】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，A符合题意。
故答案为：A
【分析】原子核的衰变是随机的，原子核的半衰期是指放射性元素的原子核有半数发生衰变时所需要的时间，只与原子核内部的结构有关，与外界环境无关。
10．【答案】C
【知识点】原子核的衰变、半衰期
【解析】【解答】A、α射线是氦原子的原子核，并非电磁波，故A错误；
B、β射线即电子是由核内的中子变为质子同时放出电子产生的，而非核外电子电离后形成的电子流，故B错误；
C、半衰期只与元素本身有关，与所处的物理、化学状态以及周围环境、温度等无关，故C正确；
D、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．
故选：C．
【分析】解答本题要掌握：α、β、γ三种射线的区别，衰变过程遵循规律以及半衰期的物理意义，并根据质量亏损与质能方程，即可一一求解．
11．【答案】A,C
【知识点】电感器与电容器对交变电流的影响
【解析】【解答】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符合题意，BD不符合题意。
故答案为：AC
【分析】当开关断开后，流过电感的电流会减小，此时电感会充当电源，构成回路就会放电，故断开电路后小灯泡会亮一下再慢慢熄灭。
12．【答案】A,B,D
【知识点】毛细现象和液体的表面张力
【解析】【解答】毛细管插入浸润液体中，管内液面上升，高于管外。A符合题意；毛细管插入不浸润液体中，管内液体下降，低于管外的现象。B符合题意；鸭子从池塘中出来，羽毛并不湿是不浸润现象，C不符合题意；水对荷叶表面不浸润，D符合题意.
故答案为：ABD
【分析】表面张力是分子之间的作用力，具有使液体表面积减小的趋势，浸润、不浸润、液滴呈球形都是表面张力的作用。
13．【答案】C,D
【知识点】冲量
【解析】【解答】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，A不符合题意；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，B不符合题意；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，C符合题意；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，D符合题意。
故答案为：CD
【分析】对足球进行受力分析，对足球上升的过程应用动能定理分析外力对小球做功，结合初末速度，利用公式p=mv求物体的动量，做差即为动量的改变量。
14．【答案】A,D
【知识点】动量守恒定律
【解析】【解答】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不符合题意，
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符合题意，C不符合题意，
故答案为：AD
【分析】两颗子弹和木块碰撞过程中动量守恒，故末动量等于初动量，末动量为零，初动量也为零，故两颗子弹的动量大小相等，方向相反。
15．【答案】（1）ACDFH
（2）外；小
（3）0.900
（4）
【知识点】导体电阻率的测量
【解析】【解答】解：（1）流过金属丝的最大电流 ，电池组电压又是3 V，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，
故答案为：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0.5 mm，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0.5 mm+0.400 mm=0.900 mm．（4）根据 ，解得：
【分析】（1）在量程允许的情况下选择小量程的电表即可，分压滑动变阻器选择小阻值的即可，可以比较灵明的调节电压；
（2）电流表外接，使得测得的电流偏大，根据欧姆定律可知，测得的电阻偏小；
（3）明确螺旋测微器每一个小格代表的数值，并且在最后的读数时注意估读即可；
（4）根据电阻的决定式结合测得的电阻、长度和截面积求解电阻率即可。
16．【答案】（1）m1＞m2
（2）m1∶m2＝4∶1
【知识点】验证动量守恒定律
【解析】【解答】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
【分析】（1）保证 m1>m2，是为了保证两球碰撞后都向右运动；
（2）两个小球做平抛运动，竖直位移相同，运动时间相同，根据水平位移比较速度，利用动量守恒定理求解的关系。
17．【答案】（1）解：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/s③
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）解：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， ⑥
y1＝v0t⑦
在磁场中匀速圆周运动有： ⑧
解得磁感应强度的最小值为：
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）带带粒子做类平抛运动，竖直方向匀速运动，水平方向匀加速运动，求出加速度利用运动学公式求解水平方向的末速度，进而求出末速度的大小和方向；
（2）洛伦兹力提供向心力做圆周运动，根据粒子初速度和末速度确定粒子的运动轨迹，利用几何关系求出运动半径，列方程求解磁感应强度的范围。
18．【答案】（1）解：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=0.5×2×2V=2V由右手定则判断可知杆中电流方向从b→a
（2）解：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）解：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
【知识点】对单物体(质点)的应用；安培力；欧姆定律；法拉第电磁感应定律
【解析】【分析】（1）杆ab匀速下滑，切割磁感线产生电动势没利用公式E=BLv求解电动势；利用右手定则判断电流的流向；
（2）结合电动势，利用全电路欧姆定律求解回路中的电流，导体棒到达稳定后，导体棒受到的安培力等于拉力，列方程求解导体棒的质量和电阻；
（3）当导体棒受到的安培力等于拉力的时候，导体棒速度达到最大，列方程求解此时的速度，利用公式P=Fv求解功率。
19．【答案】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＝300 K， T＝10 K
解得Δh＝ ΔT＝ h．
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程
【解析】【分析】气体做等压变化，结合气体初状态和末状态的体积和温度，利用盖—吕萨克定律列方程求解末状态的体积即可。
20．【答案】（1）解：由图像可得碰撞前：
（2）解：由图像可得碰撞后：
（与原方向相反）
（3）解：由动量守恒：
故得 m1：m2=2：1
【知识点】动量守恒定律；运动学 S-t 图象
【解析】【分析】（1）s-t图像中，图像的斜率是速度，结合（a）图求解即可；
（2）同理，s-t图像中，图像的斜率是速度，结合（b）图求解即可；
（3）两个物体组成系统动量守恒，利用动量守恒定律列方程求解质量的关系。