【文档说明】黑龙江省鹤岗市第一中学2019-2020学年高二下学期期末考试物理试卷含答案.docx，共(12)页，231.423 KB，由小赞的店铺上传

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鹤岗一中2019-2020学年度下学期期末考试高二物理试题一、选择题（本题共12道小题，每题4分，共48分。其中1-8题为单选题，9-12题为多选题，多选题选不全的得2分，选错的不得分）1．处于n＝3能级的大量氢原子，向低能级

跃迁时，辐射光的频率有()A．4种B．3种C．2种D．1种2.电磁波已广泛运用于很多领域。下列关于电磁波的说法符合实际的是()A．电磁波不能产生衍射现象B．常用的遥控器通过发出紫外线脉冲信号来遥控电视机C．根据多普勒效应

可以判断遥远天体相对于地球的运动速度D．红外线的显著作用是热作用，温度较低的物体不能辐射红外线3.下列说法正确的是()A.3015P→3014Si＋01e是一种核裂变反应B.放射性元素的半衰期与外界的温度有关C.太阳辐射的能量主要来自太

阳内部的核裂变反应D.卢瑟福为解释α粒子散射实验现象提出了原子核式结构学说4．如图所示为某弹簧振子在0～5s内的振动图像,由图可知,下列说法中正确的是()A.振动周期为5s,振幅为8cmB.第2s末振子的速度为零,加速度为负向的最大

值C.第3s末振子的速度为正向的最大值D.从第1s末到第2s末振子在做加速运动5.如图所示，一圆形金属线圈放置在水平桌面上，匀强磁场垂直桌面竖直向下，过线圈上A点作切线OO′，OO′与线圈在同一平面上.在线圈以OO′为轴翻转180°的过程中，线圈

中电流流向()A.始终为A→B→C→AB.始终为A→C→B→AC.先为A→C→B→A，再为A→B→C→AD.先为A→B→C→A，再为A→C→B→A6.如图，一束光沿半径方向射向一块半圆柱形玻璃砖，在玻璃

砖底面上的入射角为θ，经折射后射出a、b两束光线。则()A．在玻璃中，a光的传播所用时间小于b光的传播所用时间B．在真空中，a光的波长小于b光的波长C．玻璃砖对a光的折射率小于对b光的折射率D．分别用a、b光在同一个双缝干涉实验装置上

做实验，a光的干涉条纹间距大于b光的干涉条纹间距7.如图所示为一理想变压器，其中原线圈与一理想电流表串联后接在交流电源上，电源的电压保持恒定，副线圈的负载连接如图所示。用U和I分别表示电压表和电流表的示数，P0表示电阻R0消耗的功率，P表示电源消耗的总功率，则当滑动变阻器的

触头向下滑动时，下列说法正确的是()A.U不变，I变大，P0变小B.U变小，I变小，P变大C.U不变，I变大，P变大D.U不变，I变小，P0变小8.已知氘核的比结合能为1.1MeV，氦核的比结合能为7.1MeV，则两个氘核结合成

一个氦核时()A.释放出4.9MeV的能量B.释放出6.0MeV的能量C.释放出24.0MeV的能量D.吸收4.9MeV的能量9．如图所示，20XX年XX月X日开始的低温雨雪冰冻造成我国部分地区严重灾害，其中高

压输电线因结冰而损毁严重.此次灾害牵动亿万人的心.为消除高压输电线上的凌冰，有人设计了这样的融冰思路：利用电流的热效应除冰.若在正常供电时，高压线上送电电压为U，电流为I，热耗功率为ΔP；除冰时，输电线上的热耗功率需变为9ΔP，则除冰时(认为输电功率和输电线电阻不变)()A.输电电

流为3IB.输电电流为9IC.输电电压为3UD.输电电压为13U10.下列说法正确的是()A．普朗克曾经大胆假设：振动着的带电微粒的能量只能是某一最小能量值ε的整数倍，这个不可再分的最小能量值ε叫做能量子B．阴极射线是原子

核内的中子转变为质子时产生的高速电子流C．光的干涉现象中，干涉亮条纹部分是光子到达几率大的地方D．光电效应揭示了光具有粒子性，康普顿效应揭示了光具有波动性11.如图所示，两个足够长的光滑平行金属导轨倾斜放置，上端接有一定值电阻，匀强磁场垂直导轨平面向上，一导体棒以平行导轨向上的初速度从ab

处上滑，到最高点后又下滑回到ab处，下列说法正确的是()A．上滑过程中导体棒克服安培力做的功大于下滑过程中克服安培力做的功B．上滑过程中导体棒克服安培力做的功等于下滑过程中克服安培力做的功C．上滑过程中安培力对导体棒的冲量大小大于下滑过程中安培力对导体棒的冲量大小D．上滑过程中安培力对导体棒的

冲量大小等于下滑过程中安培力对导体棒的冲量大小12.某同学采用如图所示的实验装置来研究光电效应现象.当用某单色光照射光电管的阴极K时，会发生光电效应现象.闭合开关S，在阳极A和阴极K之间加上反向电压，通过调节滑动变阻器的滑片逐渐增大电压，直至电

流计中电流恰为零，此电压表的电压值U称为遏止电压，根据遏止电压，可以计算出光电子的最大初动能Ek.现分别用频率为ν1和ν2的单色光照射阴极，测量到遏止电压分别为U1和U2，设电子质量为m、电荷量为e，则下列关系式中正确的是()A.用频率为ν1的光照射时，光电子的最大初速度v＝

2eU1mB.阴极K金属的逸出功W0＝e（U1ν2－U2ν1）ν1－ν2C.阴极K金属的极限频率νc＝U1ν2－U2ν1U1－U2D.普朗克常量h＝e（U1－U2）ν2－ν1二、填空题（每个空2分，共8分）13.某同学利用“插针

法”测定玻璃的折射率，所用的玻璃砖两面平行.正确操作后，作出的光路图及测出的相关角度如图所示.(1)此玻璃的折射率计算式为n＝________(用图中的θ1、θ2表示).(2)如果有几块宽度大小不同的平行玻璃砖可供选择，为了减

小误差，应选用宽度________(填“大”或“小”)的玻璃砖来测量.14．某同学利用单摆测量重力加速度.(1)为了使测量误差尽量小，下列说法正确的是________.A.组装单摆须选用密度和直径都较小的摆球B.组装单摆须选用轻且不易

伸长的细线C.摆长一定的情况下，摆的振幅尽量大D.实验时须使摆球在同一竖直面内摆动(2)如图所示，在物理支架的竖直立柱上固定有摆长约1m的单摆.实验时，由于仅有量程为20cm、精度为1mm的钢板刻度尺，于是他先使摆球自然下垂，在竖直立柱上与摆球最下端处于同一水平面的位置做一标

记点，测出单摆的周期T1；然后保持悬点位置不变，设法将摆长缩短一些，再次使摆球自然下垂，用同样方法在竖直立柱上做另一标记点，并测出单摆的周期T2；最后用钢板刻度尺量出竖直立柱上两标记点之间的距离ΔL.用上述测量结果，写出重力加速度的表达式

g＝________.三、计算题（共4道小题，其中15题8分，16题10分，17题是12分，18题14分，一共44分）15．如图所示，n＝50匝的矩形线圈abcd，边长ab＝20cm，bc＝25cm，放在磁感应强度B＝0.4T的匀强磁场中，绕垂直于磁感线且通过线圈中线的OO′轴匀速

转动，转动角速度ω＝50rad/s，线圈的总电阻r＝2Ω，外电路电阻R＝8Ω。试求：(1)线圈在图示位置(线圈平面与磁感线平行)时，感应电动势的大小；(2)1min内R上产生的热量Q。16.一束光从AB面射入如图所示的透明三棱镜中，在三棱镜中的折射光线平行于BC面，折射光线射到AC面上时恰

好发生全反射．求光从AB面进入透明三棱镜的入射角，并在图上画出该光在透明三棱镜中的光路图．17．一列沿x轴正方向传播的横波，t＝0时刻的波形如图中的实线，经过t1＝0.6s时波形如图中的虚线所示，已知该波的周期T>0.6s。求：(1

)这列波的周期；(2)这列波在3.6s内传播的距离；(3)从t＝0开始，质点P经0.8s通过的路程。18.间距为L＝2m的足够长的金属直角导轨如下图所示放置，它们各有一边在同一水平面内，另一边垂直于水平面.质量均为m＝0.1kg

的金属细杆ab、cd与导轨垂直放置形成闭合回路.细杆与导轨之间的动摩擦因数均为μ＝0.5，导轨的电阻不计，细杆ab、cd接入电路的电阻分别为R1＝0.6Ω，R2＝0.4Ω.整个装置处于磁感应强度大小为B＝0.50T、方向竖直向上的匀强磁场中(图中未画出).当ab杆在平行于水平导轨的

拉力F作用下从静止开始沿导轨匀加速运动时，cd杆也同时从静止开始沿导轨向下运动，且t＝0时，F＝1.5N.g＝10m/s2.(1)求ab杆的加速度a的大小；(2)求当cd杆达到最大速度时ab杆的速度大小；(3)若从开始到cd杆达到最大速度的过程中拉力F做的功为5.

2J，求该过程中ab杆所产生的焦耳热.高二物理答案1.答案B解析处于能级为n的大量氢原子向低能级跃迁能辐射光的种类为C2n，所以处于n＝3能级的大量氢原子向低能级跃迁，辐射光的频率有C23＝3种，故B项正确。2.答案C解析电

磁波是一种波，可以产生衍射现象，A错误。常用的遥控器用红外光信号来遥控电视，B错误。多普勒效应常用来测量相对运动物体的速度，C正确。D错误。3.答案D4.答案:C解析:根据图像,周期T=4s,振幅A=8cm,选项A错误

;第2s末振子到达波谷位置,速度为零,加速度最大,但沿x轴正方向,选项B错误;第3s末振子经过平衡位置,速度达到最大,且向x轴正方向运动,选项C正确;从第1s末到第2s末振子经过平衡位置向下运动到达波谷位置,速度逐渐减小,选项D错误.5.答案A解析在

线圈以OO′为轴翻转0～90°的过程中，穿过线圈正面向里的磁通量逐渐减小，则感应电流产生的磁场垂直桌面向下，由楞次定律可知感应电流方向为A→B→C→A；线圈以OO′为轴翻转90°～180°的过程中，穿过线圈反面向里的磁通量

逐渐增加，则感应电流产生的磁场垂直桌面向上，由楞次定律可知感应电流方向仍然为A→B→C→A，A正确.6.答案B7.答案：C解析：理想变压器的输出电压是由输入电压和匝数比决定的，由于输入电压和匝数比不变，所以副线圈的输

出电压也不变，所以电压表的示数U不变；当滑动变阻器的触头向下滑动时，负载电阻总阻值减小，所以电流要变大，R0消耗的功率P0以及副线圈的输出功率均增大；由于变压器的输入功率和输出功率相等，所以原线圈的输入功率也变大，电源消耗的

总功率P变大，因为输入电压不变，所以输入电流要变大，即电流表的示数变大。由以上分析可知选项C正确。8.答案C解析根据题意可写出两个氘核结合成一个氦核的核反应方程为21H＋21H→42He，由于氘核的比结合能为1.1MeV，氦核的比结合能为7.1MeV，故结合前氘核的结合

能为E1＝2×1.1MeV，结合后氦核的结合能为E2＝4×7.1MeV，故ΔE＝2E1－E2＝－24.0MeV，负号表示释放能量，选项C正确.9.答案：AD解析：高压线上的热耗功率ΔP＝I2R线①，若热

耗功率变为9ΔP，则9ΔP＝I′2R线②，由①②得I′＝3I，A对.又输送功率不变P＝UI＝U′I′，得U′＝13U，所以D对.10.答案AC答案AC解析普朗克把最小的能量单位叫做能量子，故A正确；原子核内的中子转变为质子时产生的高速电子流是β射线，不是阴极

射线，B项错误；光子到达频率高的区域就是光亮区，故C正确；在康普顿效应中，光子动量减小，据λ＝hp可以知道波长变大，故康普顿效应说明光子不仅具有能量，也具有动量，具有粒子性，故D错误。11.答案AD解析导体棒运动时回路中产生感

应电流，机械能不断转换成电热能，根据能量守恒定律可知，导体棒上滑和下滑分别通过同一位置时，上滑的速率大于下滑时的速率，因此上滑过程中的平均速度大小大于下滑过程中的平均速度大小；根据F＝BIL、I＝BLvR可得F＝B2L2vR，可知上滑过程的平

均安培力大于下滑过程的平均安培力，因此上滑过程中导体棒克服安培力做的功大于下滑过程中克服安培力做的功，故A项正确，B项错误。设导轨长度为x，上滑过程中安培力对导体棒的冲量大小为：I＝Ft＝BILt＝B·BLvR·Lt＝B2L2xR；同理，下滑过

程中，安培力对导体棒的冲量大小为：I′＝B2L2xR，故上滑过程中安培力对导体棒的冲量大小等于下滑过程中安培力对导体棒的冲量大小，故C项错误，D项正确。12.答案ABC解析用频率为ν的光照射时，光电子在电场中做减速运动，根据动能

定理得－eU1＝0－12mv2，则得光电子的最大初速度v＝2eU1m，故A正确；根据爱因斯坦光电效应方程得hν1＝eU1＋W0①hν2＝eU2＋W0②由①得：金属的逸出功W0＝e（U1ν2－U2ν1）ν1－ν2.联立①②得h＝e(U1－U2)ν1－ν2，故B正确，D错

误；阴极K金属的极限频率νc＝W0h＝U1ν2－U2ν1U1－U2，故C正确.13.答案(1)cosθ1cosθ2或sin90°－θ1sin90°－θ2(2)大解析(1)光线由空气射入玻璃的入射角i＝90

°－θ1，折射角r＝90°－θ2，由折射率的定义可得：n＝sinisinr＝sin90°－θ1sin90°－θ2＝cosθ1cosθ2，根据平行玻璃砖对光线的影响可知，玻璃砖宽度越大，侧移量越大，折射角的测量误差越小.14.答案(1)BD(2)4π2ΔLT21－T22解析(1)在利用单摆测重力加速

度实验中，为了使测量误差尽量小，须选用密度大、半径小的摆球和不易伸长的细线，摆球须在同一竖直面内摆动，摆长一定时，振幅尽量小些，以使其满足简谐运动条件，故选B、D.(2)设第一次摆长为L，第二次摆长为L－ΔL，则T1＝2πLg，T2＝2πL－ΔLg，联立解得g＝4π2ΔLT21－T22.

15.解析：(1)线圈在图示位置(线圈平面与磁感线平行)时，ad、bc两边垂直切割磁感线，此时线圈感应电动势最大，Em＝n·2Blv，两边线速度v＝ωr，r＝ab/2，边长l＝bc整理并代入数据得Em＝50V(2)线

圈匀速转动产生感应电动势为正弦交流电，电动势有效值E＝Em2，I＝ER＋rR上产生的热量Q＝I2Rt整理并代入数据得Q＝6000J。答案：(1)50V(2)6000J16.光在AC面恰好发生全反射，并垂直BC面射出，光路图如图所示(2分)由图可知临界角C＝45°

，r＝30°(1分)由sinC＝1n＝22(2分)得n＝2(1分)光从AB面进入透明三棱镜，由折射定律有n＝sinisinr＝sinisin30°(2分)得i＝45°(2分)答案(2)45°光路图见解析图17.答案(1)2.4

s(2)12m(3)0.4－310m解析(1)由已知条件可知t1＝n＋14T(n＝0,1,2，3…)，则T＝2.44n＋1s(n＝0,1,2,3…)又由于T>0.6s，则该波的周期只能是n＝0时，T＝2.4s。(2)x＝vt＝λTt＝82.4

×3.6m＝12m。(3)t＝0时，质点P在平衡位置并向上振动，所以yP＝0.2sin2πTt(m)，解得0.8s时yP＝310m，所以质点P经0.8s通过的路程为0.4－310m。18.解析(1)由题可知，在t＝0时，F＝1.5N

对ab杆进行受力分析，由牛顿第二定律得F－μmg＝ma代入数据解得a＝10m/s2.(2)从d向c看，对cd杆进行受力分析，如图所示，当cd杆速度最大时，ab杆的速度大小为v，有Ff＝mg＝μFN，FN＝F

安，F安＝BIL，I＝BLvR1＋R2综合以上各式，解得v＝2m/s(3)整个过程中，ab杆发生的位移x＝v22a＝222×10m＝0.2m对ab杆应用动能定理，有WF－μmgx－W安＝12mv2代入数据解得W安＝4.9J根据功能关系得Q总

＝W安所以ab杆上产生的热量Qab＝R1R1＋R2Q总＝2.94J.答案(1)10m/s2(2)2m/s(3)2.94J