【文档说明】【精准解析】宁夏回族自治区银川一中2019-2020学年高二下学期期末考试物理试题.doc，共(19)页，847.000 KB，由小赞的店铺上传

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银川一中2019/2020学年度（下）高二期末考试物理试卷一、单项选择题（每小题3分，42分）1.下列叙述正确的是（）A.只要知道水的摩尔质量和水分子的质量，就可以计算出阿伏加德罗常数B.只要知道气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数，就可以算出气体分子

的体积C.悬浮在液体中的固体微粒越小，温度越低，布朗运动就越明显D.当分子间的距离增大时，分子间的引力变大而斥力减小【答案】A【解析】【详解】A．用水的摩尔质量除以水分子的质量，就可以得出阿伏伽德罗常数，故A正确；B．用气体的摩尔体积除以阿伏伽德罗常数，就可以算出气体分子运动占据的空间的体

积，不能估算气体分子的体积，故B错误；C．悬浮在液体中的固体微粒越小，温度越高，布朗运动就越明显，故C错误；D．当分子间的距离增大时，分子间的引力和斥力均减小，故D错误。故选A。2.下列说法正确的是（）A.将一块晶体敲碎后，得到的小颗粒是非晶体B.在熔化过程中，晶体要吸收热量

，但温度保持不变，内能也保持不变C.把一枚针轻放在水面上，它会浮在水面，这是由于水表面存在表面张力的缘故D.当两薄玻璃板间夹有一层水膜时，在垂直于玻璃板的方向很难将玻璃板拉开，这是由于水膜具有表面张力的

缘故【答案】C【解析】【详解】A．将一块晶体敲碎后，得到的小颗粒仍然是晶体，选项A错误；B．在熔化过程中，晶体要吸收热量，但温度保持不变，内能要增加，选项B错误；C．把一枚针轻放在水面上，它会浮在水面，这是由于水表面存在表面张力的缘故，选项C正确；D．当两薄玻璃板间夹有一层水

膜时，在垂直于玻璃板的方向很难将玻璃板拉开，这是由于水和玻璃板间存在引力，不是由于水膜具有表面张力的缘故，故D错误。故选C。3.现用某一光电管进行光电效应实验，当用某一频率的光入射时，有光电流产生。下列说

法正确的是（）A.保持入射光的光强不变，入射光的频率变大，饱和光电流变大B.光电子的最大初动能与入射光的频率成正比C.保持入射光的光强不变，不断减小入射光的频率，始终有光电流产生D.遏止电压的大小与入射光的频率有关，与入射光的光强

无关【答案】D【解析】【分析】由题意可知，本题考查光电效应，根据光电效应规律可以进行分析。【详解】A．根据光电效应规律可知，饱和光电流的强度与入射光的强度成正比，与入射光的频率无关，故A错误；B．根据爱因斯坦的光电效

应方程，光电子的最大初动能与入射光的频率有关，入射光的频率越大，最大初动能就越大，但最大初动能与入射光的频率是一个一次函数的关系，而不是一个正比例关系，故B错误；C．光电效应规律表明，入射光的频率必须大于被照金属的极限频率才能产生光电效应，如果保持入射光的强度不变，不断减小

入射光的频率，当入射光的频率低于极限频率则不能产生光电效应，也就不会有光电流的产生，故C错误；D．遏止电压的大小与入射光的频率有关，与入射光的强度无关，故D正确。故选D。【点睛】本题主要考查光电效应规律，涉及的光电效应知识较多，很多结论都是识记的，注意把握现象的本

质，明确它们之间的联系与区别。4.如图所示氢原子能级图，如果有大量处在n=3激发态的氢原子向低能级跃迁，则能辐射出几种频率不同的光及发出波长最短的光的能级跃迁是（）A.3种，从n=3到n=2B.3种，从n=3到

n=1C.2种，从n=3到n=2D.2种，从n=3到n=1【答案】B【解析】【详解】大量的氢原子处在n=3激发态的氢原子向低能级跃迁，存在32,21,31→→→三种可能，或者根据公式23=3C计算，根据c=可知波长最短的

光即频率最大的光，根据公式=Ehv可得氢原子由n=3向n=1能级跃迁时辐射的光子能量最大，频率最大，故B正确，ACD错误。故选ACD。考点：考查了氢原子跃迁【名师点睛】解决本题的关键知道光电效应的条件以及知道能级间跃迁时辐射或吸收的光子能量等于两能级间的能级差，根据数学组合

公式2nC求出氢原子可能辐射光子频率的种数．能级间跃迁时，辐射的光子能量等于两能级间的能级差，能级差越大，辐射的光子频率越高。5.下列核反应方程中，属于α衰变的是A.1441717281N+HeOH→+B.238234492902UTh+He→C.2341

1120H+HHe+n→D.234234090911ThPa+e−→【答案】B【解析】A是人工核反应方程，是发现质子的核反应方程，A错误；B是U原子核分裂并只放射出氦原子核的反应过程，属于α衰变，B错误；C是轻核的聚变反应，C错误；D释放出一个电子，是β衰变的过程，D正确．6.如图是某

种正弦式交变电压的波形图，由图可确定该电压的（）A.周期是0.01sB.频率是50HzC.有效值是311VD.表达式为u=220sin100πt（V）【答案】B【解析】【详解】A．由图像可知，交变电压的周期是0.02s，选项A错误；B．频率是150HzfT==选项B正确；C．最大值为311V，有

效值是311V=220V2，选项C错误；D．因为2100rad/sT==交流电压表达式为u=311sin100πt（V）选项D错误。故选B。7.如图所示，闭合线圈正上方附近有一竖直放置的条形磁铁，磁铁

的N极朝下但未插入线圈内部．在磁铁向上运动远离线圈的过程中（）A.线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相同，磁铁与线圈相互吸引B.线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相同，磁铁与线圈相互排斥C.线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相反，磁铁与线圈相互吸引D.线圈中感

应电流的方向与图中箭头方向相反，磁铁与线圈相互排斥【答案】C【解析】【详解】磁铁的N极朝下，穿过线圈的原磁场方向向下，磁铁向上运动远离线圈，磁通量减小，由楞次定律可知，感应电流的磁场方向与原磁场方向相同，由右手螺旋定则可知，线圈中产生与图中箭头方向相反的感应电流，由楞次定律中的“来拒去留”可

知，磁铁远离线圈，所以磁铁和线圈相互吸引，故C正确．8.如图所示的远距离输电电路图中，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压及输电线的电阻均不变。在用电高峰期，随着用户耗电量的增大，下列说法正确的是（）A.升压变压器的输出电压增大B.降压变压器的输出电压变大C.输电线上损耗的功率

增大D.通过升压变压器原线圈的电流变小【答案】C【解析】【详解】A．因为发电厂的输出电压不变，升压变压器的匝数比不变，因此升压变压器的输出电压不变，故A错误；BC．在用电高峰期，随着用户耗电量的增大，发电厂的输出功率增大，则升压变压器的输出功率增大

，但升压变压器的输出电压不变，根据PUI=可知输电线的电流增大。根据UIR=损线可知输电线的电压损失增大，则降压变压器输入电压减小，则降压变压器的输出电压变小；根据2PIR=损线又因为输电线上的电流增大，但电阻不变，因此输电线上的功率损耗增大，

选项B错误，C正确；D．输电线上的电流增大，则升压变压器的副线圈电流变大，原线圈的电流也变大，选项D错误。故选C。9.如图所示，两个质量相等的物体在同一高度沿倾角不同的两个光滑固定斜面由静止自由滑下，到达斜面底端的过程中，下列说法正确的是（）A.两个物体重力的冲量

大小相等B.两个物体合力的冲量大小相等C.刚到达底端时两个物体的动量相同D.到达斜面底端时两个物体的运动时间相同【答案】B【解析】【详解】AD．物体下滑的加速度a=gsinθ根据21sin2hat＝知22sinhtg=知运动的时间不等，根据I=mgt，则两

个物体重力的冲量大小不等。故AD错误；C．根据动能定理知mgh=12mv2知到达底端时两个物体的速度大小相等，但是方向不同，所以到达底端时的动量不同，故C错误；B．因为初动量都为零，末状态动量大小相等，根据动量定理知，合力的冲量大小相等，故B正确。故选B。10.如图所示，小车A

静止于光滑水平面上，A上有一圆弧PQ，圆弧位于同一竖直平面内，小球B由静止起沿圆弧下滑，这一过程中（）A.若圆弧光滑，则系统的动量守恒，机械能守恒B.若圆弧光滑，则系统的动量不守恒，机械能守恒C.若圆弧不光滑，则系统

动量守恒，机械能守恒D.若圆弧不光滑，则系统动量不守恒，机械能守恒【答案】B【解析】【详解】不论圆弧是否光滑，小车与小球组成的系统在小球下滑过程中系统所受合外力都不为零，则系统动量都不守恒．但系统水平方向不受外力，所以系统水平方向的动

量守恒；若圆弧光滑，只有重力做功，系统的机械能守恒；若圆弧不光滑，系统要克服摩擦力做功，机械能减少，故ACD错误，B正确。故选B。11.如图所示，一水平放置的矩形闭合线圈abcd，在细长磁铁的N极附近竖直下落，保持b

c边在纸外，ad边在纸内，从图中位置Ⅰ经过位置Ⅱ到达位置Ⅲ，位置Ⅰ和Ⅲ都很靠近Ⅱ.在这个过程中，线圈中感应电流A.沿abcd流动B.沿dcba流动C.由Ⅰ到Ⅱ是沿abcd流动，由Ⅱ到Ⅲ是沿dcba流动D.由Ⅰ到Ⅱ是沿dcba流动，由Ⅱ到Ⅲ是沿abcd流动【答案】A【解

析】【详解】由条形磁铁的磁场分布情况可知，线圈在位置Ⅱ时穿过矩形闭合线圈的磁通量最少．线圈从位置Ⅰ到Ⅱ，穿过abcd自下而上的磁通量减少，感应电流的磁场阻碍其减少，则在线框中产生的感应电流的方向为abcd，线圈从位置Ⅱ到Ⅲ，穿过abcd自上而下的磁通

量在增加，感应电流的磁场阻碍其增加，由楞次定律可知感应电流的方向仍然是abcd.．A.由上分析可知，A正确；BCD.由上分析可知，BCD错误．12.如图，一段导线abcd位于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，且与磁场方向（垂直于纸面向里）垂直．线段ab、bc和c

d的长度均为L，且∠abc=∠bcd=135º．流经导线的电流为I，方向如图中箭头所示．导线段abcd所受到的磁场的作用力的合力A.方向沿纸面向上，大小为(2+1)ILBB.方向沿纸面向上，大小为(2-1)ILBC.方向沿纸面向下，大小为(2+1)ILBD.方向沿纸面

向下，大小为(2-1)ILB【答案】A【解析】【详解】导线段abcd在磁场中的等效长度为ad两点连线的长度()2cos4521LLLL=+=+有，则(21)AFILBILB==+有；等效电流方向由a→d，据左手定则，安培力方向沿纸面向上，A正确．【点睛】本题也可求出ab、

bc和cd所受安培力的大小和方向，然后合成．13.如图所示，abc为边长为L的正三角形线框，匀强磁场与线框平面垂直，其宽度为L。现线框从图位置以恒定的速度通过场区，线框中的感应电流随时间的变化图象正确的是（逆时针为电流的正方向）（）A.B

.C.D.【答案】B【解析】【详解】开始时进入磁场时，回路中磁通量增大，根据楞次定律可知电流方向为逆时针；从a至b进入过程中，切割的有效长度增大；故感应电流增大；当b点开始进入时，切割的有效长度开始减小，感应电流减小；当开始出磁场时，回路中磁通量减小，产生的感应电流

为顺时针；由a到b离开时，切割有效长度增大，则感应电流增大；由b到c过程，切割的有效长度减小，则电流减小，故B正确，ACD错误。故选B。考点：导体切割磁感线时的感应电动势【名师点睛】对于图象问题可以通过排除法进行求解，如根据图象过不过原点、

电流正负、大小变化等进行排除。14.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．二、多项选择

题（每小题4分，共16分）15.关于热力学定律，下列说法正确的是（）A.为了增加物体的内能，必须对物体做功或向它传递热量B.对某物体做功，必定会使该物体的内能增加C.可以从单一热源吸收热量，使之完全变为功D.不可能使热量

从低温物体传向高温物体【答案】AC【解析】【详解】A．做功和热传递是改变物体内能的两种方法，由热力学第一定律知：为了增加物体的内能，必须对物体做功或向它传递热量，故A正确；B．对某物体做功，对物体做功，物体的内能不一定增加，因为物体可能向外界放热，故B错误；C．在外界的影响下

，可以从单一热源吸收热量，使之完全变为功，故C正确；D．根据热力学第二定律，知不可能使热量自发地从低温物体传向高温物体，但在外界的作用下，能使热量从低温物体传向高温物体，比如电冰箱，故D错误。故选AC。16.如图所示，电阻率均匀的矩形

线框在匀强磁场内运动，(1)(3)(4)三个图中线框在图示平面内平动，(2)图中线框绕转轴转动，以下说法正确的是（）A.(1)图中，流过ab边的电流为零，ab两点间电势差为零B.(2)图中图示位置处，流

过ab边的电流不为零，ab两点电势差不为零C.(3)图中，流过ab边的电流为零，ab两点电势差不为零D.(4)图中，流过ab边的电流为零，ab两点电势差也为零【答案】D【解析】【详解】A．（1）图中，穿过闭合

线圈的磁通量不变，流过ab边的电流为零，由于ab切割磁感线产生感应电动势，所以ab两点间电势差等于感应电动势，不为零，故A错误；B．（2）图中图示位置处，没有任何一条边切割磁感线，流过ab边的电流为零，ab

两点电势差为零，故B错误；C．（3）图中，穿过闭合线圈的磁通量不变，流过ab边的电流为零，没有任何一条边切割磁感线，不产生感应电动势，所以ab两点电势差为零，故C错误；D．（4）图中，穿过闭合线圈的磁通量不变，流过ab边

的电流为零，没有任何一条边切割磁感线，不产生感应电动势，所以ab两点电势差也为零，故D正确。故选D。17.质量为m的小球A，沿光滑水平面以速度v0与质量为2m的静止的小球B发生正碰，碰后A球速度大小变

为原来的13，那么小球B的速度可能值为（）A.13v0B.23v0C.49v0D.59v0【答案】AB【解析】【详解】碰后速度A速度大小变为原来的13，即013vv=小球A、B碰撞过程动量守恒，以A的初速度方向为正方向

，由动量守恒定律得0B2mvmvmv=+解得B013vv=或B023vv=并验证两种情况的动能没有增加，故AB正确，CD错误。故选AB。18.如图，一定质量的理想气体从状态a出发，经过等容过程ab到达状态b，再

经过等温过程bc到达状态c，最后经等压过程ca回到状态a。下列说法正确的是（）A.在过程ab中气体的内能增加B.在过程ca中外界对气体做功C.在过程ab中气体对外界做功D.在过程bc中气体向外界放出热量【答案】AB【解析】【详解】A．从a到b等

容升压，根据pVT＝C可知温度升高，一定质量的理想气体内能决定于气体的温度，温度升高，则内能增加，故A正确；B．在过程ca中压强不变，体积减小，所以外界对气体做功，故B正确；C．在过程ab中气体体积不变，根据W=p△V可知，气体对外界做功为零，故C错误；D．在过程bc中，属于等温变

化，气体膨胀对外做功，而气体的温度不变，则内能不变；根据热力学第一定律△U=W+Q可知，气体从外界吸收热量，故D错误。故选AB。三、实验题（共10分）19.在“用油膜法估测分子的大小”的实验中，已配制好油酸酒精溶

液，其中油酸体积占溶液总体积的百分比为k．在量筒中滴入N滴油酸酒精溶液，读出总体积为V，现将一滴这样的溶液滴在水面上，其散开的油膜在带有方格的玻璃板上描绘的图形如图所示．已知玻璃板上每个小方格的长和宽均为L，由此计

算油膜的面积为_____，油酸分子的直径为d=____．【答案】(1).26L2(2).226kVNL【解析】【详解】[1][2]．油膜面积约占26小格，每个方格的面积为L2，则油酸膜的面积约为S=26L2一滴纯油酸的体积为0VVkN=则油酸分子的直径为0226Vk

VdSNL==【点睛】本实验关键掌握估算的方法求油膜的面积，肯定存在误差，但本实验只要求估算分子大小，数量级符合要求就行了．20.某同学设计了一个用打点计时器研究动量守恒定律的实验：在小车A的前端粘有橡皮泥，推动小车A使之做匀速运动，然后

与原来静止在前方的小车B相碰并粘合成一体，继续做匀速运动。他设计的具体装置如图（a）所示，在小车A后连着纸带，电磁打点计时器电源频率为50Hz，长木板右端下面垫放小木片用以平衡摩擦力。(1)若已测得打点纸带如图（b）所示，并测得各

计数点间距（已标在图上）。A为运动的起点，则应选_____段来计算A碰前速度，应选_____段来计算A和B碰后的共同速度（以上两空选填“AB”“BC”“CD”“DE”）。(2)已测得小车A的质量m1=0.40kg，小车B的质量m2=0

.20kg，由以上测量结果可得：碰前总动量p0=_____kg·m/s；碰后总动量p=_____kg·m/s。【答案】(1).BC(2).DE(3).0.420(4).0.417【解析】【详解】(1)[1]小车A碰前运动稳定时

做匀速直线运动，所以选择BC段计算A碰前的速度。[2]两小车碰后连在一起仍做匀速直线运动，所以选择DE段计算A和B碰后的共同速度。(2)[3]碰前小车A的速度为00.1050m/s1.050m/s50.02BCvt===则碰前两小车的总动量为100

0.40.695kgm/s0.420kgm/spmv=+==碰后两小车的速度为0.0695m/s0.695m/s50.02DEvt===则碰后两小车的总动量为()12(0.40.2)0.695kgm/s0.417kgm/spmmv=+=+=四、计算题（共32分）21.大科学

工程“人造太阳”主要是将氘核聚变反应释放的能量用来发电。氘核聚变反应方程是22311120HHHen+→+。已知21H的质量为2.0136u，32He的质量为3.0150u，10n的质量为1.0087u，1u=931MeV/c2。氘核聚变反应中释放的核能约为多少？【答案】

3.3MeV【解析】【详解】根据核反应方程可得亏损质量HHen20.0035ummmm=−−=根据质能方程，释放的核能0.0035u931MeV/u3.2585MeV3.3MeVE==22.如图(1)所示，一边长L=0.5m，

质量m=0.5kg的正方形金属线框，放在光滑绝缘的水平面上，整个装置处在方向竖直、磁感应强度B=0.8T的匀强磁场中。金属线框的一个边与磁场的边界MN重合，在水平拉力作用下由静止开始向右运动，经过t=

0.5s线框被拉出磁场。测得金属线框中的电流I随时间变化的图象如图(2)所示，试求在金属线框被拉出磁场的过程中，通过线框导线截面的电荷量及该金属框的电阻。【答案】0.25C，0.80Ω【解析】【详解】根据题图(2)知，在t=0.5

s时间内通过金属框的平均电流0.50AI=于是通过金属框的电量0.25CqIt==根据法拉第感应电动势得2BLEt=又由闭合电路的欧姆定律得EIR=由以三式解得2=BLqR于是金属框的电阻20.80BLRq==23

.如图所示，竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切，小滑块A和B分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点。现将A无初速释放，A与B碰撞后结合为一个整体，并沿桌面滑动。已知圆弧轨道光滑，半径R=0.2m；A和B的质量相等；A和B

整体与桌面之间的动摩擦因数μ=0.2。取重力加速度g=10m/s2。求：(1)碰撞后瞬间A和B整体的速率；(2)A和B整体在桌面上滑动的距离。【答案】(1)1m/s；(2)0.25m【解析】【详解】(1)设滑块的质量为m。根据机械能守恒定律mgR=12mv2得碰撞前瞬间A的速率v=2gR=

2m/s根据动量守恒定律mv=2mv′碰撞后瞬间A和B整体的速率v′=12v=1m/s(2)根据动能定理得21222()()mvmgl=所以A和B整体沿水平桌面滑动的距离'20.25m2vlg==24.如图所示，导

热材料制成的截面积相等，长度均为45cm的气缸A、B通过带有阀门的管道连接。初始时阀门关闭，厚度不计的光滑活塞C位于B内左侧，在A内充满压强52.810PaAP=的理想气体，B内充满压强51.410PaBP=的理

想气体，忽略连接气缸的管道体积，室温不变。现打开阀门，求：平衡后活塞向右移动的距离。【答案】15cm【解析】【详解】设平衡后活塞向右移动的距离为x，根据玻意耳定律对A气体有()APLSpLxS=+对B气

体有()BPLSpLxS=−得15cmx=25.如图所示，间距为l的平行导轨MN、PQ与水平面夹角为，导轨上端接电阻R，导轨处于匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直，磁感应强度大小为B。现有一质量为m，长度也为l的导体

棒从导轨上端释放，当下滑速率为v时，导体棒恰好能沿导轨做匀速运动；如果导体棒从导轨下端以初速度v沿导轨向上滑出后，导体棒沿导轨向上运动的最大距离为L。已知导体棒及导轨电阻忽略不计，运动过程中与导轨接触良好，重力加速度为g，请计算导体棒与导轨间的动摩擦因数以及导体棒上滑过程中电阻R产生的

焦耳热。【答案】22tancosBlvmgR−，22212sin2BLlvQmvmgLR=+−【解析】【详解】导体棒下滑过程中达到最大速率v时产生的感应电动势为E=Blv根据闭合电路的欧姆定律可得感应电流EBlvIRR=＝根据平衡条件可得mgsinα=μmgcosα+BIl联立解得动

摩擦因数为22tancosBlvmgR=−设导体棒上滑过程中电阻R上产生的焦耳热为Q，根据能量关系可得21sincos2QmvmgLmgL=−−所以得22212sin2BlvLQmvmgLR=+−