【文档说明】【精准解析】陕西省榆林市绥德县绥德中学2019-2020学年高二下学期期末考试模拟检测物理试题.doc，共(13)页，538.000 KB，由管理员店铺上传

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物理试卷第I卷（选择题，共48分）一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分。其中1-8题为单选题，9-12题为多选题，全部选对得4分，选不全得2分，错选、不选得0分）1.中国深海潜水器“蛟龙”号的“定向、定高、定

深”等多项技术世界领先，最大下潜深度可达7020m。潜水器完成作业后上浮，在匀加速上浮过程中潜水器相继经过两段距离为6m的路程，第一段用时4s，第二段用时2s，则其加速度大小是（）A.0.5m/s2B.1.0m/s

2C.1.5m/s2D.3m/s2【答案】A【解析】【详解】第一段平均速度111.5m/ssvt==第二段平均速度223m/ssvt==故加速度231.50.5m/s3vat−===故A正确BCD错误。故选A。2

.如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，将一水平放置的金属棒ab以水平初速度v0抛出，设在整个过程中棒一直保持水平，且不计空气阻力，则金属棒在运动过程中产生的感应电动势的大小变化情况是A.越来越大B.越来越小C.保持不变D.无法判断【答案】C【解析

】【详解】金属棒ab做平抛运动，其水平方向的分运动是匀速直线运动，水平分速度保持不变，等于v0，由感应电动势公式E=Blvsinα，vsina是垂直于磁感线方向的分速度，即是平抛运动的水平分速度，等于v0，则感应电动势

E=Blv0，B、l、v0均不变，则感应电动势大小保持不变．则C正确．故选C．3.如图所示，物体A重20N，物体B重5N，不计一切摩擦和绳的重力，当两物体由静止释放后，物体A的加速度与绳子上的张力分别为（）A.6m/s2，8NB.10m/s2，8NC.8m/s2，

6ND.6m/s2，9N【答案】A【解析】【详解】静止释放后，物体A将加速下降，物体B将加速上升，二者加速度大小相等，由牛顿第二定律，对A有AAmgTma−=对B有BBTmgma−=代入数据解得26m/sa=8NT=故选A。4.“吴健雄”星的直径约为32km，密

度与地球相近。若在此小行星上发射一颗卫星环绕其表面运行，它的环绕速率约为（）A.10m/sB.20m/sC.30m/sD.40m/s【答案】B【解析】【详解】设小行星的第一宇宙速度为v2，质量为M，地球质量为M0，则有

222vMmGmRR=解得2GMvR=而地球的第一宇宙速度010GMvR=343MR=30043MR=故210vRvR=则2130168000m/s20m/s6.410RvvR===即它的环绕速率约为20m/s，故ACD错误，B正

确。故选B。5.2020年1月，湖北爆发新型冠状病毒肺炎疫情，全国各地医护人员及时赶赴一线。一位医生赶到汽车站时，车已经沿平直公路驶离车站，听到呼喊后汽车马上以2m/s2的加速度匀减速刹车，设医生同时以4m/s的速度匀速追

赶汽车，汽车开始刹车时速度为8m/s，减速前距离医生12m。则医生追上汽车所需的时间为（）A.6sB.7sC.8sD.9s【答案】B【解析】【详解】汽车速度减为0的时间为14svta==汽车速度减为0的位移为2218m16m222vxa===医生追上汽车的位移01216m28mxxx

=+=+=医生追上汽车的时间1228s7s4xttv===所以医生追上汽车所需的时间为7s，故B正确，ACD错误。故选B。6.“滴水穿石”的道理说明做事贵在坚持。一滴水的质量约为0.05g，从石头正上方5

m处的屋檐处由静止下落，水滴和石头的撞击时间为0.01s，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力。则每次敲打石头的力约为（）A5×10-2NB.5×10-1NC.5×101ND.5×102N【答案】A

【解析】【详解】水滴落在石头上的速度为210m/sυgh==水滴落在石头上时，由动量定理()0mgFtmυ−=−由于水滴质量很小，忽略重力解得2510NF−故A正确，B、C、D错误；故选A。7.我国第一代核潜艇总设计师黄旭华院士于2019年9月29日获颁“

共和国勋章”。核动力潜艇上核反应堆中可能的一个核反应方程为235114489192056360U+nBa+KrnxE→++(其中△E为释放出的核能)。下列说法正确的是（）A.该核反应属于原子核的衰变B.核反应方程式中x=2C.23592U的比结合能为235ED.23592U核的比结合能

小于14456Ba核的比结合能【答案】D【解析】【详解】A．用中子轰击铀核的核反应方程为原子核的裂变，故A错误；B．由核反应遵循质量数与电荷数守恒，可知x=3故B错误；C．△E是该核反应释放的能量，不是23592U核的结合能，则23592U的比结合能不等于235

E,故C错误；D．中等质量原子核的比结合能较大，23592U核的比结合能小于14456Ba核的比结合能，故D正确。故选D。8.如图所示，一个带负电的物体从粗糙斜面顶端滑到斜面底端时的速度为v，若加上一个垂直纸面向外的磁场，则滑到底端时()

A.v不变B.v变大C.v变小D.不能确定【答案】C【解析】【详解】未加磁场时，根据动能定理，有：2102fmghWmv−=−加磁场后，多了洛伦兹力，洛伦兹力不做功，但正压力变大，摩擦力变大，根据动能定理，有：2102fmghWmv−=−因ffWW，所以v′＜v，故选C．9.如图所示，

竖直放置在水平地面上的轻弹簧，下端固定在地面上，将一个金属球放置在弹簧顶端（球与弹簧不粘连），并用力向下压球，稳定后用细线把弹簧拴牢。烧断细线，球将被弹起，脱离弹簧后能继续向上运动，则该球从细线被烧断到刚脱离弹簧的运动过程中（）A.球的机械能不守恒B.球的动能先增大后减小，机械能一直减小C.金

属球的动能与弹簧的弹性势能之和一直在减小D.球在刚脱离弹簧时动能最大【答案】AC【解析】【详解】A．对于金属球和弹簧组成的系统，只有重力和弹力做功，系统的机械能守恒；而金属球受弹簧弹力作用，弹簧的弹性势能转化为金属球的机械能

，故金属球的机械能不守恒，故A正确；BD．从细线被烧断到刚脱离弹簧的运动过程中，弹簧的压缩量逐渐减小，弹簧的弹性势能逐渐减小，所以球机械能一直增加；金属球向上运动的过程中，受到重力和向上的弹力两个力，弹簧的弹力先大于金属球的重力，金属球加速上升，后弹力小于金属球的重力，金属球减速

上升，所以金属球的动能先增大后减小，当金属球受弹簧的弹力等于金属球的重力时速度最大，动能最大，此时弹簧处于压缩状态，故B、D错误；C．系统总机械能守恒，即重力势能、弹性势能和小球的动能之和不变，小球上升时重力势能增大，故金属球的动能与弹簧的弹性势能之和一直在减小，故C正确；故

选AC。10.如图所示，R是一个光敏电阻，其阻值随光照强度的增加而减小，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，电压表和电流表均为理想交流电表，从某时刻开始在原线圈两端加上交变电压，其瞬时值表达式为12202sin

100πut=（V），则（）A.电压表的示数为222VB.在天逐渐变黑的过程中，电流表A2的示数变小C.在天逐渐变黑的过程中，电流表A1的示数变大D.在天逐渐变黑的过程中，理想变压器的输入功率变小【答案】BD【解析】【详解

】A．根据电压与匝数成正比可知，原线圈的电压的最大值为2202V，根据电压之比等于线圈匝数之比可知，副线圈的电压的最大值为222V，电压表的示数为电压的有效值，所以示数为222V22V2VU==故A错误；B．在天变黑的过程中，光照变弱，R阻值增大，电路的总电阻减大，由于电压是由变压器决定的

，输出的电压不变，所以电流变小，电流表A2的示数变小，故B正确；CD．由于变压器的输入和输出的功率是相等的，副线圈的电流减小，电压不变，所以由P=UI可知，输出的功率要减小，故输入的功率也要减小，因输入电压不变，故输入电流变小，故C错误，D正确。故选BD。11

.如图甲所示，A、B为电场中某一电场线上的两点，沿电场线方向建立x轴，各点电势随其坐标变化的关系如图乙所示。一个质子从A点运动到B点，则（）A.A、B两点的电场强度大小ABEE=B.A、B两点的电场强

度大小ABEEC.质子在A、B两点的电势能大小ppABEED.质子在A、B两点的电势能大小ppABEE【答案】AD【解析】【详解】AB．由各点电势随其坐标变化的关系图象中，斜率表示电场强度大小可知，该电场为匀强电场，则A、B两点电场强度大小关系为ABEE=故A正确，B

错误；CD．由A到B电势逐渐降低，故电场方向由A指向B，质子从A运动到B过程中电场力方向与运动方向相同，电场力做正功，电势能减小，故质子在A、B两点的电势能大小关系为ppABEE故C错误，D正确。故选AD

。12.如图所示，两个相切的圆表示一个静止原子核发生某种核变化后，产生的两种运动粒子在匀强磁场中的运动轨迹，可能的是（）A.原子核放出了一个电子B.小圆是新核的运动轨迹C.原子核发生了α衰变D.原子核发生了β衰变【答案】BC【解析

】【详解】ACD．原子核发生衰变，粒子的速度方向相反，由图可知粒子的运动的轨迹在两侧，根据左手定则可以得知，衰变后的粒子带的电性相同，所以释放的粒子应该是氦核，所以原子核发生的可能是α衰变或者放出一个正电子，故A、D错误，C正确；B．静止的原子核

发生衰变，根据动量守恒可知，衰变前后，动量守恒，故两个粒子的动量pmv=相等，根据牛顿第二定律则有2mvqvBR=可得mvPRqBqB==可知q越大，轨道半径越小，故大圆是释放粒子的运动轨迹，小圆是新核的运动轨迹，故B正确；故选BC。第II

卷（非选择题，共52分）二、实验题（每空3分,共12分）13.如图所示，用该实验研究闭合电路的欧姆定律，开关闭合前滑动变阻器R的滑片滑到_______（填“左侧”或“右侧”），根据实验测得的几组I、U数据作出UI−图象如图所示，由图象可确定：该电源的电动势为_______

V，电源的内电阻为_______Ω（结果保留到小数点后两位），所得内阻的测量值与真实值相比_______（填“偏大”、“偏小”或“相等”）。【答案】(1).左侧(2).1.40(3).0.57(4).偏小【解析】【详解】[1]由题中的电路图可知，滑动

变阻器是限流接法，开关闭合前要求电路中电流最小，所以滑动变阻器的阻值应是最大，即将滑片滑到左侧。[2][3]由题意可知，本实验是伏安法测电源的电动势和内阻，由闭合电路欧姆定律可得EUIr=+即UEIr=−所以UI−图象与纵轴的截距为电源的电动势，斜率的绝对值

为内阻，则1.40VE=1.401.00Ω0.57Ω0.70r−==[4]本实验的误差来源于电压表的分流，所以V()UEIIr=−+即内阻的测量值比真实值偏小。三、计算题（共3小题，共40分。请写出必要的过程和文字说明）14.如图所示，一根粗细均匀、内壁光滑、竖直放

置的薄璧玻璃管下端密封，上端封闭但留有一气孔与外界大气相连。管内下端有被活塞封住的一定量的理想气体，设外界大气压强为p0，活塞因重力而产生的压强为0.5p0，开始时，气体温度为T1，活塞上方的气体的体积为0.5V1，活塞下方玻璃管的容积为V1。现对活塞下端密封的气体缓慢加热。求：(1)活塞刚碰

到玻璃管顶部时，气体的温度；(2)当气体温度达到1.8T1时，气体的压强。【答案】(1)1.5T1；(2)1.8p0【解析】【详解】(1)活塞下方的气体在活塞从开始运动到活塞刚碰到玻璃管顶部的过程为等圧変化初态：体积V1，温度T1末态：体积V2＝V1+0.5V1，温度

T2根据盖﹣吕萨克定律得1212VVTT=解得121.5TT=(2)活塞下方的气体温度从1.5T到1.8T的过程为等容变化初态：压强20000.51.5pppp+==，温度T2＝1.5T1末态：压强p3，温度T3＝1.8T1根据查理定律得3

223ppTT=解得301.8pp=15.如图所示，质量为m的小球A穿在绝缘细杆上，杆的倾角为α，小球A带正电，电量为q.在杆上B点处固定一个电量为Q的正电荷．将A由距B竖直高度为H处无初速释放，小球A下滑过程中电量不变．不计A与细杆间的摩擦，整个装置处在

真空中．已知静电力常量k和重力加速度g.(1)A球刚释放时的加速度是多大？(2)当A球的动能最大时，求此时A球与B点的距离.【答案】（1）22sinkQqmH（2）sinkQqLmg=【解析】【详解】（1）由牛顿第二定律可知mgsinα－F＝ma，根据

库仑定律F＝k2Qqr，r＝H/sinα得a＝gsinα－22kQqsinmH.（2）当A球受到合力为零、加速度为零时，动能最大．设此时A球与B球间的距离为R，则mgsinα＝2QqkR，解得R＝kQqmgsin【点睛】本题关键对小球A受力分

析，然后根据牛顿第二定律求解加速度，根据力与速度关系分析小球A的运动情况；知道合力为零时动能最大．16.如图所示，在xoy平面坐标系中，x轴上方存在电场强度E=1000v/m、方向沿y轴负方向的匀强电场；在x轴及与x轴平行的虚线PQ之间存

在着磁感应强度为B=2T、方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁场宽度为d。一个质量m=2×10-8kg、带电量q=+1.0×10-5C的粒子从y轴上（0，0.04）的位置以某一初速度v0沿x轴正方向射入匀强电场

，不计粒子的重力。（1）若v0=200m/s，求粒子第一次进入磁场时速度v的大小和方向；（2）要使以大小不同初速度射入电场的粒子都能经磁场返回，求磁场的最小宽度d。【答案】（1）2002m/s，与x轴成45角；（2）0.2m【解析】【详解】（1）带电粒子垂直进入电场中做类平

抛运动，根据牛顿第二定律得Eq=ma根据运动学公式得y=12at2联立代入数据解得a=5×105m/s2，t=4×10-4s粒子刚进入磁场时竖直分速度大小为vy=at=5×105×4×10-4m/s=200m/s根据运动的合成规律有2220yvvv

=+tanθ=0yvv=1代入数据解得v=2002m/s，与x轴成45角。（2）当初速度为0时粒子最容易穿过磁场，根据牛顿第二定律及向心力公式得Bqvy=2yvmr代入数据解得r=0.2m要使所有带电粒子都返回电场，磁

场的最小宽度为d=0.2m