【文档说明】【精准解析】陕西省宝鸡市渭滨区2019-2020学年高二下学期期末考试物理试卷.doc，共(18)页，1.089 MB，由小赞的店铺上传

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渭滨区2019-2020-2高二年级物理试题一、选择题（本题共15小题，共50分。在每小题的四个选项中，第1-10题只有一项符合题目要求，每题3分。第11-15题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但选不全得2分，有错或不选的得0分，并把选项填涂在答题卡上）1.一闭合金属线框的两边接有电阻R

1、R2，框上垂直搁置一根金属棒，棒与框接触良好，整个装置放在匀强磁场中（如图所示），当用外力使ab棒右移时，作出的下列判断中正确的是（）A.其穿线框的磁通量不变，框内没有感应电流B.框内有感应电流，电流方向沿顺时针方向绕行C.框

内有感应电流，电流方向沿逆时针方向绕行D.框内有感应电流，左半边逆时针方向绕行，右半边顺时针方向绕行【答案】D【解析】【详解】虽然整个框架内磁通量不变，但由于ab棒的运动，使左右两边都产生磁通量的变化，故两边均产生感应电流；由右手定则可知，左侧电流为逆时针，右侧电流为顺时针，故D正确，A

BC错误。故选D。2.如图所示，一正方形线圈的匝数为n，边长为a，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中，在t时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B均匀的增大到2B．在此过程中，线圈中产生的感应电动势为

（）A.22BatB.22nBatC.2nBatD.22nBat【答案】B【解析】【详解】在此过程中，线圈中的磁通量改变量大小22222BBaBat−==，根据法拉第电磁感应定律22BnBaEnnSttt===

，B正确；BEnnStt==，知道S是有效面积，即有磁通量的线圈的面积．3.交流发电机正常工作时，电动势的变化规律为msineEt=，如果把发电机转子的转速减小一半，并且把电枢线圈的匝数增加一倍，其他条件不变，则（）A.只是电动

势的最大值增加一倍B.电动势的最大值和周期都增加一倍C.电动势的最大值和周期都减小一半D.只是频率减小一半，周期增加一倍【答案】D【解析】【详解】发电机转子的转速n减小一半，根据2n=可知角速度变为原来的一半，根据2T=可知周期增加一倍，

根据1fT=可知频率减小一半；如果把发电机转子的转速减小一半，并且把电枢线圈的匝数增加一倍，其他条件不变，交流发电机工作时的电动势最大值表达式mENBS=可知电动势的最大值不变，故D正确，ABC错误。故选D。4.“西电东送”工程是缓解我国东部沿海城市能源紧张的有效措施，由西向东的

远距离输电要采用高压电。关于高压输电的优点，下列说法中正确的是（）A.可根据需要调节交流电的频率B.可加快输电的速度C.可节省输电成本D.可减少输电线上的能量损失【答案】D【解析】【详解】A．交流电的频率等于发电机转动的频率，频率是不改

变的，故A错误；B．电路中电场建立的速度是光速，与是否高压输电无关，故B错误；CD．在输电的过程中输送的功率一定，根据PUI=和2PIR=，有22ΔPRPU=则可知高压输电可以降低功率损耗，不能节约成本，故C错误，D正确；故选D。5.酒精测试仪用于对机动车驾驶人员是否酒后驾车及其他严禁酒后

作业人员的现场检测，它利用的是一种二氧化锡半导体型酒精气体传感器。酒精气体传感器的电阻随酒精气体浓度的变化而变化，在如图所示的电路中，不同的酒精气体浓度对应着传感器的不同电阻，这样，显示仪表的指针就与酒精气体浓度有了对应关系。如果二氧化锡半导体型酒精气体传感器电阻R的倒数与酒精气体的

浓度C成正比，那么，电压表示数U与酒精气体浓度C之间的对应关系正确的是（）A.U越大，表示C越小，C与U成反比B.U越大，表示C越小，但C与U不成反比C.U越大，表示C越大，C与U成正比D.U越大，表示C越大，但C与U不成正比【答案】D【解析】【详解】酒精气体传感器和定值电阻串联在电路中，电压表测

0R两端的电压，根据酒精气体传感器的电阻的倒数与酒精气体的浓度成正比，可得1kCR=其中k是比例系数，根据欧姆定律得0001UEERRRrRrkC==++++联立可得001ERURrkC=++由数学知识可知U越大，C越大，但两者不成正比，故A、B、C错误，D正确；故选D。6.人们在运动时

穿着运动鞋感觉更加舒适，其物理学原理是（）A.减小了脚落地时的动量B.减小了脚落地过程中的动量变化量C.缩短了运动中脚落地的缓冲时间D.延长了运动中脚落地的缓冲时间【答案】D【解析】【详解】A．脚在落地前的

速度大小相等，故落地前的动量相等，故A错误；B．脚落地后最后的速度均为零；故说明动量的变化一定相等，故B错误；CD．由于运动鞋的底软硬度比较适中，适当延长了运动中脚落地的缓冲时间，从而导致冲击力较适中，

感觉更加舒适，故C错误，D正确；故选D。7.下列关于碰撞的理解正确的是（）A.碰撞是指相对运动的物体相遇时，在很长时间内它们的运动状态发生了显著变化的过程B.在碰撞现象中，一般内力都远远大于外力，所以可以认为碰撞时系统的总动量守恒C.如果碰撞过程中机械能也守

恒，这样的碰撞叫做非弹性碰撞D.微观粒子的碰撞由于不发生直接接触，所以不满足动量守恒的条件，不能应用动量守恒定律求解【答案】B【解析】【详解】A．碰撞是十分普遍的现象，它是相对运动的物体相遇时发生的一种现象，碰撞时

在极短时间内它们的运动状态发生了显著变化，故A错误；B．在碰撞现象中，由于内力远大于外力，故可以忽略外力的作用；认为碰撞时系统的总动量守恒，故B正确；C．如果碰撞过程中机械能也守恒，则碰撞为弹性碰撞，故C错误；D．微观粒子相互接近时，虽然不发生直接碰撞，在相互作用的过程中，符

合动量守恒的定义，所以其动量是可能守恒的，故D错误。故选B。8.1909年英国物理学家卢瑟福用粒子轰击金箔，下列关于该实验的描述错误的是（）A.粒子轰击金箔的实验需在真空条件下完成B.粒子的散射实验揭示了原子核有

复杂的结构C.实验结果表明绝大多数粒子穿过金箔后没有发生散射D.粒子从金原子内部穿出后携带了原子内部结构的信息【答案】B【解析】【详解】当粒子穿过原子时，电子对粒子影响很小，影响粒子运动的主要是原子核，离核远则粒子

受到的库仑斥力很小，运动方向改变小。只有当粒子与核十分接近时，才会受到很大库仑斥力，而原子核很小，所以粒子接近它的机会就很少，所以只有极少数大角度的偏转，而绝大多数基本按直线方向前进。A．粒子轰击金箔的实验需在

真空条件下完成，故A正确，不符合题意；B．粒子的散射实验揭示了原子具有复杂的核式结构，故B错误，符合题意；C．实验结果表明绝大多数粒子穿过金箔后不发生了散射，故C正确，不符合题意；D．从金原子内部出来后携带了原子内部的信息，故D正确，不符合题意。故选B。

9.首次用实验验证“爱因斯坦质能方程”的核反应方程是714312LiHkHe→＋，已知mLi＝7.0160u，mH＝1.0078u，mHe＝4.0026u，则该核反应方程中的k值和质量亏损分别是()A.1和4.0212uB.1和2.0056uC.2和0.0186uD.2和1.9970u【

答案】C【解析】【详解】根据核反应前后质量数守恒和电荷数守恒可得：7＋1＝4k；3＋1＝2k，可得k＝2；m前＝mLi＋mH＝7.0160u＋1.0078u＝8.0238u，反应后的总质量m后＝2mHe＝2×4.0026u＝8.0052u，

反应前后质量亏损为Δm＝m前－m后＝8.0238u－8.0052u＝0.0186u；A.1和4.0212u，与结论不相符，选项A错误；B.1和2.0056u，与结论不相符，选项B错误；C.2和0.0186u，与结论相符，选项C正确；D.2和1.9970u，与结

论不相符，选项D错误；10.如图，当电键S断开时，用光子能量为3.1eV的一束光照射阴极K，发现电流表读数不为零。合上电键，调节滑动变阻器，发现当电压表读数小于0.60eV时，电流表读数仍不为零；当电

压表读数大于或等于0.60eV时，电流表读数为零。由此可知阴极材料的逸出功为（）A.2.5eVB.0.60eVC.1.9eVD.3.1eV【答案】A【解析】【详解】根据题意光电子的初动能为0.6eVkE=，根据爱因斯坦光电方程有0kEhW=−可知阴极材料的逸出功

02.5eVW=，故A正确，BCD错误。故选A。11.下列说法中正确的是（）A.根据玻尔理论，氢原子辐射光子后，能量减小，轨道半径也减小B.核聚变是释放能量的核反应，核裂变是吸收能量的核反应C.卢瑟福的原子核式结构学说成功地解

释了氢原子光谱的规律D.金属的极限频率越大，该金属电子的逸出功越大【答案】AD【解析】【详解】A．根据玻尔理论，氢原子辐射光子后，能量减小，动能增大，电势能减小，其轨道半径减小，故A正确；B．不论核裂变还是聚变，都会质量亏损，释放能量，故B错误；C．玻尔理论成功地解释了氢

原子光谱的规律，故C错误；D．根据0Wh=可知极限频率与逸出功成正比，金属的极限频率越大，该金属电子的逸出功越大，故D正确；故选AD。12.如图，是氢原子四个能级的示意图。当氢原子从4n=的能级跃迁到3n=的能级时，辐射出a光。当氢原子从3n=的

能级跃迁到2n=的能级时，辐射出b光。则以下判断正确的是（）A.a光光子的能量小于b光光子的能量B.a光的波长小于b光的波长C.a光的频率小于b光的频率D.在真空中a光的传播速度小于b光的传播速度【答

案】AC【解析】【详解】AC．根据能级跃迁的频率条件mnEEEh=−=可知，氢原子从4n=的能级跃迁到3n=时辐射出a光光子的能量为()43430.85eV1.51eV0.66eVEEE=−=−−−=氢原子从3n=

的能级跃迁到2n=时辐射出b光光子的能量为()32321.51eV3.4eV1.89eVEEE=−=−−−=由此可知光子a光光子的能量小于b光光子的能量，所以a光的频率小于b光的频率，故A、C正确；B．a光的频率小于b光的频率，根据频率越大波长越短可知a光的波长大于b光的波长，故B错误

；D．在真空中a光的传播速度等于b光的传播速度，故D错误；故选AC。13.关于天然放射性，下列说法正确的是（）A.所有元素都可能发生衰变B.放射性元素的半衰期与外界的温度无关C.放射性元素与别的元素形成化合物时仍具有

放射性D.α、β和γ三种射线中，γ射线的穿透能力最强【答案】BCD【解析】【详解】A．有些原子核不稳定，可以自发地衰变，但不是所有元素都可能发生衰变，故A错误；B．放射性元素的半衰期由原子核内部因素决定，与外界的温度无关，故B正确；C．放射性元素的放射性与核外电子无关，放射性元

素与别的元素形成化合物时仍具有放射性，故C正确；D．α、β和γ三种射线中，γ射线的穿透能力最强，电离能力最弱，故D正确；故选BCD。14.如图所示，固定于水平面的U形导线框处于竖直向下的匀强磁场中（磁场足够大），磁场的磁感应强度为

B，点a、b是U形导线框上的两个端点。水平向右恒力F垂直作用在金属棒MN上，使金属棒MN以速度v向右做匀速运动。金属棒MN长度为L，恰好等于平行轨道间距，且始终与导线框接触良好，不计摩擦阻力，金属棒MN的电阻为R。已知导线ab的横截面积为S、单位体积

内自由电子数为n，电子电量为e，电子定向移动的平均速率为0v。导线ab的电阻为R，忽略其余导线框的电阻。则，在t时间内（）A.导线ab中自由电子从b向a移动B.金属棒MN中产生的焦耳热QFL=C.导线

ab受到的安培力大小0FnSLevB=D.通过导线ab横截面的电荷量为0BLvtR【答案】AC【解析】【详解】A．根据右手定则可得电流方向是NMab，则ab中自由电子从b向a移动，故A正确；B．金属棒MN运动的位移不知道，无法计算MN中产生的焦耳热Q，故B错误；C．导线中电

流强度大小为0IneSv=所以ab受到的安培力大小0FBILnSLevB==安故C正确；D．通过导线ab横截面的电流强度为02BLvIR=则在t时间内通过导线ab横截面的电荷量为02BLvtqItR=

=故D错误。故选AC。15.如图所示，两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A的质量为m，速度大小为02v，方向向右，滑块B的质量为m，速度大小为0v，方向向左。两滑块发生碰撞后粘在一起，下列说法正确的是（）A.碰撞过

程中机械能守恒B.碰撞过程中动量守恒C.碰后A和B一起向左运动，速度大小为02vD.碰后A和B一起向右运动，速度大小为02v【答案】BD【解析】【详解】AB．两球碰撞的过程动量守恒，以两球组成的系统为研究对象，由于合外力为零

，所以系统的动量守恒。碰撞过程中机械能不守恒，转化为内能，故A错误，B正确。CD．取水平向右方向为正方向，碰撞前，A、B的速度分别为02Avv=、0Bvv=−，根据动量守恒定律得()0022mvmvmv+−=解得02vv=，故C错误，D正确。故选BD。二、填空与实验题（每空或每问2分

，计32分）16.一个电热器接在20V的直流电源上，在时间t内产生的热量为Q，今将该电热器接在一正弦式交流电源上，它在2t内产生的热量为Q，这一交流电源的交流电压的最大值为________。【答案】20V【解析】【详解】根据交变电流有效值的定义有2220·2UQttRR==解

得这一交流电源的交流电压的有效值为102VU=这一交流电源的交流电压的最大值为max220VUU==17.贝可勒尔发现天然放射现象，揭开了人类研究原子核结构的序幕。如图中P为放在匀强电场中的天然放射源，其放出的射线在电场中分成A、B、C三束。(1)构成A射线的粒

子是____；构成B射线的粒子是_____；构成C射线的粒子是_____。(2)三种射线中，电离作用最强，动量最大，经常用来轰击原子核的是____射线；当原子核中的一个核子由中子转化为质子时将放出一个_____粒子。(3)请完成以下与上述粒子有关的两个核反应方程：__

_________2730113150+AlP+n→；2342349091ThPa+→__________【答案】(1).电子(或β粒子)(2).γ光子(3).氦核(或α粒子)(4).α(5).β(6).42He(7).01e−【解析】【详解】(1)[1][2][3]α射线为氦核，带正电，

β射线为电子流，带负电，γ射线为高频电磁波，不带电；故根据电荷所受电场力特点可知构成A射线的粒子是β射线，构成B射线的粒子是γ射线，构成C射线的粒子α射线；(2)[4]三种射线中，电离作用最强，动量最大，经常用来轰击原子核的是α射线；[5]根据质量数和电荷数守恒定律则有11001

-1nHe→+所以当原子核中的一个核子由中子转化为质子时将放出一个β粒子；(3)[6][7]根据质量数和电荷数守恒定律则有427301213150He+AlP+n→234234090911ThPa+e−→18.一些材料的电阻随温度的升高而变化．如图（

甲）是由某金属材料制成的电阻R随摄氏温度t变化的图像，若用该电阻与电池（电动势E=1.5V，内阻不计）、电流表（量程为5mA、内阻不计）、电阻箱R′串联起来，连接成如图（乙）所示的电路，用该电阻做测温探头，把电流表的电流刻度改

为相应的温度刻度，就得到了一个简单的“金属电阻温度计”．（1）电流刻度较大处对应的温度刻度____________；(填“较大”或“较小”)（2）若电阻箱阻值R′=150Ω，当电流为5mA时对应的温度数值为________°C．【答案】

(1).较小(2).50【解析】【详解】(1)[1]根据闭合电路欧姆定律得，电路中电流EIRR=+可见，电阻R越小，电流I越大，对应的温度越低，所以电流刻度较大处对应的温度刻度较小。(2)[2]当电流为5mA时，由闭合电路欧姆定律EIRR=+得31.

5150150510ERRI−=−=−=由R-t图象，根据数学得到R=t+100（Ω），当R=150Ω可得t=50°C19.铋210的半衰期是5天，10g铋210经过10天后还剩下__________g。【答案】2.5g【解析】【详解】铋的半衰期为5

天，10g铋经过10天后，即经过2个半衰期，未衰变的质量为010502.(512g1)4mmm===20.质量为m的物体以初速度0v开始做平抛运动，经过时间t，下降的高度为h，速率变为v，重力加速度为

g，在这段时间内物体动量变化量的大小为___________【答案】mgt或2mht或220mvv−或2mgh【解析】【详解】根据动量定理得，合力的冲量等于动量的变化量，所以在这段时间内物体动量变化量的大小为Δpmgt=又因为物体做平抛运动，在竖直方向上则有2

12hgt=可得2hgtt=所以有2Δmhpmgtt==末位置的动量为mv，初位置的动量为0mv，根据三角形定则，知动量的变化量的大小为220Δ2ypmvmvvmgh==−=21.在“验证动量守恒定律”的

实验中，一般采用如图所示的装置：(1)若入射小球质量为1m，半径为1r；被碰小球质量为2m，半径为2r，则_____。A.12mm，12rrB.12mm，12rrC.12mm，12rr=D.12mm，12rr=(2)以下所提供的测量工具中必需的是_____。A.刻度尺B

.游标卡尺C.天平D.弹簧测力计E.秒表(3)在做实验时，对实验要求，以下说法正确的是__。A.斜槽轨道必须是光滑的B.斜槽轨道末端的切线是水平的C.入射球每次都要从同一高度由静止滚下D.释放点越高，两球碰后水平位移越大，水平位移测量的

相对误差越小，两球速度的测量越准确(4)设入射小球的质量为1m，被碰小球的质量为2m，则在用如图所示装置进行实验时（P为碰前入射小球落点的平均位置），所得“验证动量守恒定律”的表达式为_______。（用装置图中的字母表示）【答案】(1).C(2).AC(3).BCD(4).112mOPmOM

mON=+【解析】【详解】（1）[1]在小球碰撞过程中水平方向动量守恒定律，则有101122mvmvmv=+在碰撞过程中能量守恒，则有222101122111222mvmvmv=+解得121012mmvvmm−=+要碰后入射小球的速度10v，则有120

mm−解得12mm；为了使两球发生正碰，两小球的半径相同，即12rr=，故C正确，ABD错误。故选C。（2）[2]P为碰前入射小球落点的平均位置，M为碰后入射小球的位置，N为碰后被碰小球的位置，根平抛运动的规律，则可得碰撞前入射小球的速度12vgOPh=碰

撞后入射小球的速度22vgOMh=碰撞后被碰小球的速度32vgONh=若满足表达式112312mvmvmv=+则表明通过该实验验证了两球碰撞过程中动量守恒，整理得112mOPmOMmON=+故需要测量的工具有刻度尺和天平，故AC需要，BDE不

需要。选AC。（3）[3]AB．验证动量守恒定律实验，必须保证斜槽轨道末端切线水平，斜槽轨道不必要光滑，故A错误，B正确；C．为保证球的初速度相等，入射球每次都要从同一高度由静止滚下，故C正确；D．为保证两球发生对心正碰，碰撞后两球做平

抛运动，碰撞的瞬间，入射球与被碰球的球心连线与轨道末端的切线平行，故D正确。故选BCD。（4）[4]根据（2）的解答可知，表达式为112mOPmOMmON=+三、计算题（共18分，每小题各6分。解答应写出必要的文字说明、方程式和必要的演

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。）22.分别用波长为λ和34λ的单色光照射同一金属，发出的光电子的最大初动能之比为1∶2，以h表示普朗克常量，c表示真空中的光速，则此金属的逸出功是多大？【答案】23hc【解析】【详解】设此金

属的逸出功为W0，根据光电效应方程当用波长为λ的光照射时01kchWE−=当用波长为34λ的光照射时：0243khcWE−=又因为k1k21=2EE联立得23hcW=23.如图所示，导体框位于竖直平面内，匀

强磁场垂直于纸面向里，磁感应强度大小2.0T=B，水平导体棒MN可沿两侧足够长的光滑导轨下滑而不分离，且始终与导轨垂直，导体棒MN质量0.1kgm=，接入电路的电阻1.0Ωr=；导轨宽度1.0mL=，定值电阻3.0ΩR=，装置的其余部分电阻可忽略不计。将导体棒MN无初速度释放，导体棒下滑2

.0mh=高度时速度达到最大，重力加速度g取210ms，求则导体棒下滑的最大速度和从释放到下滑h高度过程中，电阻R产生的热量。【答案】1m/s；1.4625J【解析】【详解】导体棒匀速运动时速度最大，设导体棒的最

大速度为mv，则有mEBLv=EIRr=+FBIL=Fmg=联立可得max1m/sv=从释放到下滑h高度过程中，根据能量守恒定律得212mghmvQ=+电阻R产生的热量为RRQQRr=+联立可得1.4625JRQ=

24.如图所示，A、B两个木块质量分别为2kg与0.9kg，A、B与水平地面间接触光滑，上表面粗糙，质量为0.1kg的铁块以10m/s的速度从A的左端向右滑动，最后铁块与B的共同速度大小为0.5m/s，求：①A的最终速度；②铁块刚滑上B时的速度．【答案】（1）0.25?/Avms=；（2）2.75

?/ums=【解析】解析：(1)选铁块和木块A、B为一系统，由系统总动量守恒得：mv＝(MB＋m)vB＋MAvA可求得：vA＝0.25m/s.(2)设铁块刚滑上B时的速度为u，此时A、B的速度均为vA＝0.25m/s.由系统动量守恒得：mv＝mu＋(

MA＋MB)vA可求得：u＝2.75m/s.