【文档说明】四川省叙州区第二中学2019-2020学年高二下学期期末模拟物理【精准解析】.doc，共(16)页，523.000 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-9ed4dcc1aadb8f72444e2ba55233f713.html

以下为本文档部分文字说明：

2020年春四川省叙州区第二中学高二期末模拟考试物理试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无

效；在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。6．考试时间：150分钟；物理化学生物同堂分卷考试，物理

110分，化学100分，生物90分第I卷选择题（54分）一、单选题（每小题6分，共9个小题，共54分；其中1-6题为单选题，7-9题多选题，少选得3分，多选错选得0分。）1.一束绿光照射某金属发生了光电效应，对此，以下说法中正确的是（）A.若增

加绿光的照射强度，则单位时间内逸出的光电子数目不变B.若增加绿光的照射强度，则逸出的光电子最大初动能增加C.若改用紫光照射，则单位时间内逸出的光电子数目一定增加D.若改用紫光照射，则逸出光电子的最大初动能增加【答案】D【解析】【详解】AB．光的强

度增大，则单位时间内逸出的光电子数目增多，根据光电效应方程k0EhW=−ν知，光电子的最大初动能不变，故AB错误；CD．因为紫光的频率大于绿光的频率，根据光电效应方程k0EhW=−ν知，光电子的最大初动能增加，单位时间内逸出的光电子数目

不一定增加，故C错误，D正确。故选D。2.下列说法正确的是（）．A.一重原子核进行α衰变后,其衰变产物的结合能之和一定大于原来重核的结合能B.β衰变时β射线是原子核外的电子释放出来的C.能使某种金属发生光电效应的最小频率叫该种金属的

截止频率(又叫极限频率),不同金属对应着相同的极限频率D.链式反应中,重核裂变时放出的可以使裂变不断进行下去的粒子是质子【答案】A【解析】【详解】一重原子核进行α衰变后，因放出核能，则其衰变产物的结合能之和一定大于原来重核的结合能，故A正确；β衰变时β射线是原子核内的中子转化为质子时放出

的负电子，选项B错误；能使某种金属发生光电效应的最小频率叫该种金属的截止频率(又叫极限频率),不同金属对应着不同的极限频率，选项C错误；链式反应中，重核裂变时放出的可以使裂变不断进行下去的粒子是中子，选项D错误.3.关

于曲线运动，下列说法正确的是（）A.做曲线运动的物体，速度和加速度都在改变B.只要物体做圆周运动，它所受的合外力一定指向圆心C.做曲线运动的物体，受到的合外力可以是恒力D.做匀速圆周运动物体，只要受到垂直于初速度方向的恒力作用，【答案】C【解析】【详解】做曲线运动

的物体，速度不断变化，而加速度可以不变，如平抛运动，故A错误；物体做圆周运动时所受的合外力不一定是其向心力，指向圆心的合力是向心力，故B错误；做曲线运动的物体，受到的合外力可以是恒力，如平抛运动，故C正确；物体只要受到垂直于初速度方向的力作用且力的大小不变，就一定能做匀速圆周运

动，故D错误．所以C正确，ABD错误．4.关于静电力、安培力与洛伦兹力，下列说法正确的是（）A.电荷放入静电场中一定会受静电力，静电力的方向与该处电场强度的方向相同B.通电导线放入磁场中一定受安培力，安培力的方向与该处磁场方向垂直C.电荷

放入磁场中就会受到洛伦兹力，洛伦兹力的方向与该处磁场方向垂直D.当电荷的速度方向与磁场方向垂直时受到的洛伦兹力最大，方向与磁场方向垂直【答案】D【解析】【详解】电荷放入静电场中一定会受静电力，正电荷受到的静电力的方向与该处电场强度的方向相同，负电荷受到的静电力的方向与该处电场强度的方向相反，

故A错误；通电导线放入磁场中不一定受安培力，例如电流方向与磁场方向平行时不受安培力，故B错误；静止的电荷放入磁场中不受洛伦兹力，运动电荷的速度方向与磁感应线平行时也不受洛伦兹力，故C错误；当电荷的速度方向与磁场方向垂直时受到的

洛伦兹力最大，即F＝qvB，方向与磁场方向垂直，故D正确．故选D．5.一理想变压器原､副线圈匝数比n1：n2=11：5.原线圈与正弦交变电源连接,输入电压u如图所示.副线圈仅接入一个10Ω的电阻.则()A.流过电阻的电流是20AB.与电阻并联的电压表的

示数是1002VC.经过1分钟电阻发出的热量是6×103JD.变压器的输入功率是1×103W【答案】D【解析】【详解】AB．由图象可知，原线圈中电压的有效值为220V，根据电压与匝数成正比可知，副线圈的电压有效值为100V，与电阻并联的电压表的示数是100V，流过电阻的电流1001010IA==

所以AB错误；C．由22100606000010UQtJR===所以经过60s电阻发出的热量是60000J，所以C错误；D.由图象可知，原线圈中电压的有效值为220V，根据电压与匝数成正比可知，副线圈的电压有效值为100V，副线圈的电阻为10Ω，所以输出功率

2100100010PW==输入功率等于输出功率，所以D正确．故选D。6.如图所示装置中，木块B与水平桌面间的接触面是光滑的，子弹A沿水平方向射入木块后留在木块内，将弹簧压缩到最短。则此系统从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最

短的整个过程中（）A.子弹减小的动能等于弹簧增加的弹性势能B.弹簧、木块和子弹组成的系统机械能不守恒C.在木块压缩弹簧过程中，木块对弹簧的作用力大于弹簧对木块的作用力D.在弹簧压缩到最短的时刻，木块的速度为零，加速度也为零【答案】B【解析】【详解】A．根据能量守恒可知子弹减小的动能

等于弹簧增加的弹性势能与系统增加的内能之和，选项A错误；B．子弹要克服阻力做功，系统部分机械能转化为内能，系统机械能不守恒，选项B正确;C．在木块压缩弹簧过程中，木块对弹簧的作用力与弹簧对木块的作用力是一对作用力和反作用力，大小相等，选项C错误；D．在

弹簧压缩到最短的时刻，木块的速度为零，木块所受合外力等于弹簧的弹力，合外力不为零，木块的加速度不为零，选项D错误。故选B。7.如图，两根平行长直导线相距2l，通有大小相等、方向相同的恒定电流：a、b、c是导线所在平面内的三点，左侧导线与它们

的距离分别为、l和3l．关于这三点处的磁感应强度，下列判断正确的是A.a处的磁感应强度大小比c处的大B.b、c两处的磁感应强度大小相等C.a、c两处的磁感应强度方向相同D.b处的磁感应强度为零【答案】

AD【解析】【详解】由安培定则可以判断，a、c两处的磁场是两电流在a、c处产生的磁场相加，但a距离两导线比c近，故a处的磁感应强度大小比c处的大，故A对；ｂ、c与右侧电流距离相同，故右侧电流对此两处的磁场要求等大反向，但因为左侧电流要求此两处由

大小不同、方向相同的磁场，故b、c两处的磁感应强度大小不相等，故B错；由安培定则可知，a处磁场垂直纸面向里，c处磁场垂直纸面向外，故C错；b与两导线距离相等，故两磁场叠加为零，故D对．8.如图所示，原线圈P内

有铁芯，原线圈与滑动变阻器、电源、开关连成电路；副线圈Q套在P上，并与电流计G连成电路。实验时若发现副线圈中有感应电流从a经G流向b，这可能是（）A.在闭合电键S的瞬间B.闭合电键S后，把滑动变阻器的滑片C向上移动C.闭合电键S后，把滑动变阻器的滑片C向下移动D.把铁芯从原线圈中拔出

【答案】CD【解析】【详解】若副线圈中有感应电流从a经G流向b，由右手螺旋定则可知，感应电流的产生的磁场竖直向上，则原线圈电流产生的磁场应竖直向上减小，或竖直向下增加。A．在闭合电键S的瞬间，由右手螺旋定则可知，原线圈电流产生竖直向上增加的磁场，选项A错误；B．闭合电键S后，把滑动变阻器的

滑片C向上移动，电阻减小，电流增大，原线圈电流产生磁场竖直向上增加，选项B错误；C．闭合电键S后，把滑动变阻器的滑片C向下移动，电阻增大，电流减小，原线圈电流产生磁场竖直向上减小，选项C正确；D．把铁芯从原线圈中拔出，原线圈竖直向上的磁场

减弱，选项D正确。故选CD。9.通电矩形线框abcd与长直通电导线MN在同一平面内，如图所示，ab边与MN平行．关于MN的磁场对线框的作用力，下列说法正确的是()A.线框有两条边所受的安培力方向相同B.线框有两条边所受的安培力大小相等C.线框所

受的安培力的合力方向向左D.线框所受的安培力的合力方向向右【答案】BD【解析】【分析】直导线中的电流方向由M到N，根据安培定则判断导线框所在处磁场方向．根据左手定则分析导线框所受的安培力情况．【详解】A、直导线中的电流方向由M到N，根据安培定则，导线右侧区域磁感应强度方向向内，根据

左手定则，ab边受向左的安培力，cd边受到向右的安培力，ad边受到向下的安培力，bc受到向上的安培力，方向全不同，故A错误；B、离MN越远的位置，磁感应强度越小，故根据安培力公式F=BIL，ab边受到的安

培力大于cd边，ad边受到的安培力等于bc受到受到的安培力，故B正确；C、D、ab边受向左的安培力，cd边受到向右的安培力，ad边受到向下的安培力，bc受到向上的安培力；ab边受到的安培力大于cd边，ad边受到的安培力等于bc受到受到的安培力；故合力向左，故C正

确，D错误；故选BC．【点睛】本题关键：（1）会根据安培定则判断通电直导线的磁场；（2）会根据左手定则判断安培力方向；（3）会根据安培力公式F=BIL并结合微元法判断安培力的大小．第II卷非选择题二、实验题10.在《验

证机械能守恒定律》实验中，实验装置如图所示。(1)根据打出的纸带，选取纸带上打出的连续五个点A、B、C、D、E，测出A点距起点O的距离为x0，点A、C间的距离为x1，点C、E间的距离为x2，交流电的周期为T，当地重力加速度为g，则根据这些条件计算打C点时的速度表达式为：vc=_______

__________(用x1、x2和T表示)(2)根据实验原理，只要验证表达式_____________________________（用g、x0、x1、x2和T表示）成立，就验证了机械能守恒定律。(3)完成实验中发现，重锤减少的重力势能总是大于重锤增加的动能，其原因主要是因为

在重锤下落过程中存在着阻力的作用，我们可以通过该实验装置测定该阻力的大小则还需要测量的物理量是____________（写出名称）【答案】(1).124xxT+(2).212012()()32xxgxxT++=(3).重物质量【解析】【详解】（1）[1

]C点为AE间的平均时刻，根据平均时刻的瞬时速度等于平均速度可知1244CxxAEvTT+==（2）[2]C点的动能为221211224kCCxxEmvmT+==重力势能的减小量为()01PCEmgxx=+由机械能守恒可知()()21022132xxgxxT++=（3

）[3]设阻力大小为f，则由能量守恒定律可得()()2010112Cmgxxmvfxx+=++可见要测量阻力f，还需要测量的物理量是重物质量m．【点睛】本题难度较小，本实验中求解动能大小是根据中间时刻的瞬时速度等于平均速度求解的，在实验过程中由于有阻力作用，重

力势能的减小量一般大于动能的增大量。11.用如图甲所示的电路测量一节蓄电池的电动势和内电阻。蓄电池的电动势约为2V，内电阻很小，除蓄电池、开关、导线外，可供使用的实验器材还有：A．电压表（量程3V）B．电流表（量程0.6A）C．电流

表（量程3A）D．定值电阻R0（阻值4Ω，额定功率4W）E．滑动变阻器R（阻值范围0~20Ω，额定电流1A）①电流表应选______________；（填器材前的字母代号）②根据实验数据作出U−I图象，如图乙所示，则蓄电池的电动势E=___V，蓄电池的内

阻r=__Ω。【答案】(1).B(2).2.10(3).0.20【解析】【详解】（1）最大电流约为02A0.5A4EIR===为了确保电流测量比较精确，电流表应选B。（2）乙图中的U−I图象所表示的关系式为()

0UEIRr=−+则图象与纵坐标的交点为电源的电动势E，图象斜率表示电阻R0+r，则有2.10VE=，2.10.42Ω4Ω0.20Ω0.40r−=−=【点睛】用伏安法测量电源电动势和内阻实验，由于温度对电源内阻的影响，要求电流不能过大；

由于电源的内阻较小，所以电流表相对电源来说应用外接法；若待测电源的内阻较小，可以串联一个定值电阻以起到保护电流表及增大电源内阻的作用。三、解答题12.如图，在竖直平面内有一固定光滑轨道，其中AB是长为R的水平直轨道，BC

D是圆心为O、半径为R的3/4圆弧轨道，两轨道相切于B点．在外力作用下，一小球从A点由静止开始做匀加速直线运动，到达B点时撤除外力．已知小球刚好能沿圆轨道经过最高点C，重力加速度为g．求：（1）小球在AB段运动的加速度的大小；（2）小球从D点运动到A点所用的时间．【答案】

（1）52g（2）(53)Rg−【解析】【详解】（1）小滑块恰好通过最高点，则有mg=2CvmR解得cvgR=从B到C的过程中机械能守恒2211222BCmvmvmgR=+解得5BvgR=从A→B根据速度位移公式得22Bvas=解得52ag=（2）

从C到D的过程中机械能守恒221122DCmvmvmgR=+解得3DvgR=而5gABvvR==小球从D→A做加速度为g的匀加速运动，由速度公式得ADvvgt=+解得(53)Rtg=−13.如图所示，位于竖直平面内的坐标系xOy，在其第三象限空间有沿水平方向的、垂直于纸面向外的

匀强磁场，磁感应强度为B，还有沿x轴负方向的匀强电场，场强大小为E=2N/C，第一象限空间有沿y轴负方向的、场强大小也为E的匀强电场，并在yh=1.6m的区域有磁感应强度也为B垂直于纸面向外的匀强磁场。一个带电荷量为q的油滴从

图中第三象限的P点获得一初速度042v=m/s，恰好能沿PO做匀速直线运动（PO与x轴负方向的夹角为θ=45°），并从原点O进入第一象限。已知重力加速度g=10m/s2。求：(1)油滴所带电性以及磁场磁感应强

度B；(2)油滴第二次经过y轴的坐标；(3)若第一象限内是磁感应强度仍为B，位置可变的矩形磁场，能让油滴在第一象限内回到x轴的磁场区域最小面积S。【答案】(1)负电，0.5T；(2)16+8205，m；(3)128+(22)25+m2【解

析】【详解】(1)由题意作图如图所示油滴在运动时所受合力为零，根据三力平衡可以判断油滴带负电，可得mgqE=02BqvqE=解得0.5TB=(2)由题意可得mgqE=又有200vBqvmr=解得82m5r=8216821.61.6m55y+=++=所以油滴第二次经过y轴的坐标为16+8

205，。(3)满足条件的油滴在磁场内的运动轨迹如图所示则最小面积()2cos45Srrr=+解得()212822m25S++=选考题（共15分）。请考生从2道物理题任选一题做答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑。注意所做题目的题号必须与所涂题目

的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题。如果多做，则每学科按所做的第一题计分。14.下列说法正确的是A.晶体的物理性质都是各向异性的B.一个系统与另一个系统达到热平衡时两系统温度相同C.露珠呈球状是由于液体表面张力的作用D.热量只可以从高温物体传递到低

温物体，不可以从低温物体传递到高温物体E.第二类永动机没有违反能量守恒定律，但违反了热力学第二定律【答案】BCE【解析】【详解】A．单晶体的某些物理性质各向异性，多晶体表现为各向同性，A错误．B．热平衡状态下的两个系统具有相同的热力学参量即温度，B正确．C．因为液体表面张力的存在，

使得露珠呈球状，C正确．D．热量不能自发的从低温物体传向高温物体，但是有外界条件参与是可以的，比如冰箱，通过压缩机做功，将冰箱内低温物体的热量传给外界高温物体，D错误．E．第二类永动机没有违反能量守恒，但是违背了热力学第二定律，所以

不可能制成，E正确．15.如图所示，一个绝热的气缸竖直放置，上方有一个绝热且光滑的活塞，活塞质量不计，开始活塞静止在A位置，里面密封了体积VA=6×10-3m3，温度T0=300K的理想气体，体积不计的电热丝给气体缓慢加热，使活塞从A位置缓慢上升到

B位置，测得此时气体温度T=400K，此过程气体吸收热量Q=800J，已知外界大气压p=1.0×105Pa，求此过程中气体内能的增量．【答案】800200600Ju=−=【解析】【详解】从A到B，设气体压

强为：p气，缓慢上升，根据平衡有：pSpS=气，所以气体压强不变，属于等压变化，根据理想气体等压方程有：0ABBVVTT=，代入数据解得：33810mBV−=，根据热力学第一定律：UWQ=+，膨胀气体对外做功53·110210200JWFhpShpvW−=−=−

=−=−=−，所以：800200600Ju=−=．16.下列说法正确的是________A.当观察者向静止的声源运动时，观察者接收到的声波的频率高于声源的频率B.通过小缝隙观察日光灯，可以看到彩色条纹，这是光的衍射现象C.拍摄玻璃橱窗内的物品时，在镜头前加

一个偏振片可以增加透射光的强度D.用红光代替黄光在同一装置上做双缝干涉实验形成的干涉条纹中相邻两亮(暗)条纹间距变大E.两个完全相同的日光灯发出的光相遇时，一定可以发生干涉【答案】ABD【解析】【详解】A：由多普勒效应可知，当波源与观察者相互靠近时，观察者接收到的波的频率变高．故A项正确．B：小缝

隙的间隙与光的波长相差不大，通过小缝隙观察日关灯，光发生衍射，可以看到彩色条纹．故B项正确．C：在镜头前加一个偏振片，可以减小反射光的影响，应用了光的偏振现象；加一个偏振片不能增加透射光的强度．故C项错误．D：红光波长大于黄光波长

，同样的装置，光的波长越长，双缝干涉实验形成的干涉条纹中两相邻亮(暗)条纹间距越大．故D项正确．E：两个完全相同的日光灯发出的光不是相干光，不能形成干涉．故E项错误．17.如图所示一半径为R、由透明介质制成的球体，左侧有一沿竖直方向且

与球体相切的墙面，图中过圆心的水平线段为球体的直径，在该直径的最右侧S点沿不同的方向发射出两束光，其中射到A点的光经折射后垂直于墙面到达M点，而射到B点的光恰好在球体的表面发生全反射，∠OSA＝30°.求：(ⅰ)该透明介质的

折射率；(ⅱ)S点发出的光在传播过程中，经过SA与AM所用的时间的比值；(ⅲ)B点到SO的距离.【答案】（1）sin3sinrni==；（2）126tt=；（3）223dR=【解析】【详解】(1)已知OSA30=，由几何关系知光在A点的入射角30i=，折射角60r=则该透明介质的折射

率sin3sinrni==(2)光在球体中的传播速度cvn=光由S点传到A点的时间12303SARcosRtvvc===光由A点传到M点的时间2602AMRRcosRtccc−===解得126tt=(3)由题

意可知临界角COBS=，又13sin3Cn==，则6cos3C=B点到SO的距离22sin2cossin3dSBCRCCR===