【文档说明】黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学2019-2020学年高二下学期期末考试物理试题 【精准解析】.doc，共(17)页，714.500 KB，由小赞的店铺上传

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哈师大附中2018级高二下学期期末考试物理试卷一、选择题(本题共14小题，每小题4分。共56分．在每小题给出的四个选项中，第1～9题只有一项符合题目要求，第10～14题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)1.

下列说法正确的是（）A.太阳辐射的能量主要来自太阳内部的核裂变反应B.一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，是因为该束光的强度太小C.汤姆孙发现电子，表明原子具有核式结构D.按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁

到半径较大的轨道时，原子总能量增加【答案】D【解析】【详解】A．太阳辐射的能量主要来自太阳内部的核聚变反应，选项A错误；B．一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，是因为该束光的频率太小，选项B错误；C．汤姆孙发现电子，表

明原子可以再分，卢瑟福的α粒子散射实验说明原子具有核式结构，选项C错误；D．按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，原子的能级要升高，即原子总能量增加，选项D正确。故选D。2

.在甲、乙、丙三种固体薄片上涂上蜡，用烧热的针接触固体背面上一点，蜡熔化的范围如图(b)所示，而甲、乙、丙三种固体在熔化过程中温度随加热时间变化的关系如图(a)所示，则（）A.甲、乙是非晶体，丙是晶体B.甲

、丙是非晶体，乙是晶体C.甲、丙是多晶体，乙是晶体D.甲是晶体，乙是非晶体，丙是单晶体【答案】D【解析】【详解】ABCD．甲、丙有固定的熔点，乙没有固定的熔点，所以甲和丙为晶体，乙为非晶体，丙在导热性方面具有各向异性，所以丙是单晶体，甲不具备导热的各项异性，但可能在其他物理性

质上具备各项异性，所以甲可能是单晶体也可能是多晶体，故ABC错误，D正确。故选D。3.下列说法正确的是（）A.布朗运动虽不是分子运动，但它证明了组成固体颗粒的分子在做无规则运动B.扩散现象表明分子间存在斥力C.某物质的质

量为m，密度为ρ，阿伏加德罗常数为NA，则该物质的分子所占体积为0AmVN=D.分子间相互作用的引力和斥力都随分子间距离的增大而减小，且斥力比引力减小的快【答案】D【解析】【详解】A．布朗运动虽不是分子运动，但它证明了液体的分子在

做无规则运动，选项A错误；B．扩散现象表明分子在永不停息的做无规则运动，不能证明分子间存在斥力，选项B错误；C．若某物质的摩尔质量为m，密度为ρ，阿伏加德罗常数为NA，则该物质的分子所占体积为0AmVN=，选项C错误；D．分子间相互作用的引力和斥力都随分子间距离的增大而减小，且斥力比引

力减小的快，选项D正确。故选D。4.如图是氢原子的能级示意图，当氢原子从n＝4能级跃迁到n＝3能级时，辐射出光子a；从n＝3能级跃迁到n＝2能级时，辐射出光子b，则以下判断正确的是（）A.在真空中光子a的波长小于光子b的波长B.光子b可使氢原子从基态跃迁到激发态C.

光子a不可能使处于n＝4能级的氢原子电离D.大量处于n＝3能级的氢原子向低能级跃迁时最多辐射2种不同频率的光【答案】C【解析】【详解】A．由于n＝4能级与n＝3能级差小于n＝3与n＝2能级差，可知a光子能量小于b，在真空中光子a的波长大于光

子b的波长，选项A错误；B．氢原子从基态跃迁到激发态吸收光子的能量至少等于n=1到n=2的能级差，可知光子b不能使氢原子从基态跃迁到激发态，选项B错误；C．使处于n＝4能级的氢原子电离至少需要的能量为0.85eV，而光子a的能量为(-0.85eV)-

(-1.51eV)=0.66eV，可知光子a不可能使处于n＝4能级的氢原子电离，选项C正确；D．大量处于n＝3能级的氢原子向低能级跃迁时最多辐射233C=种不同频率的光，选项D错误。故选C。5.有一种典型的铀核裂变，生成钡和氪，同时放出3个中

子，其核反应方程可表示为，2351448919256360UXBaKr3n+→++已知部分原子核的比结合能与核子数的关系如图所示，下列说法正确的是（）A.核反应方程中，X粒子是正电子B.核反应方程中，X粒子是质子C.23592U、14456Ba和8936Kr相

比，14456Ba核的比结合能最大，所以最稳定D.裂变产物的结合能之和大于反应前铀核的结合能【答案】D【解析】【详解】AB．根据电荷数守恒、质量数守恒知，X的电荷数为0，质量数为1，X为中子，故AB错误。C．由图可知，在Fe26附近原子核的比结合能最大，然后随核子数的增大，比结合能减

小，23592U、14456Ba和8936Kr相比，8936Kr核的比结合能最大，所以最稳定，选项C错误；D．因裂变放出能量，则裂变产物的结合能之和大于反应前铀核的结合能，故D正确。故选D。6.一定量的理想气体从状态M可以经历过程1

或者过程2到达状态N，其p—V图象如图所示。在过程1中，气体始终与外界无热量交换；在过程2中，气体先经历等容变化再经历等压变化。对于这两个过程，下列说法正确的是（）A.气体经历过程1，其温度不变B.气体经历过程1，其内能减小C.气体在过程2中一直

向外放热D.气体经历过程1时对外做的功与经历过程2时相同【答案】B【解析】【详解】AB．1过程中与外界无热量交换，故Q=0，根据热力学第一定律：△U=W+Q，可知：△U=W，过程1气体的体积变大，故气体对外做功，W＜0，故△U＜0，内能减小，温度降低，故A错误、B正确；C

．过程2先发生等容变化，做功W=0，压强P减小，根据查理定律可知，温度降低，内能减小△U＜0，根据热力学第一定律可得：Q=△U＜0，故在等容变化过程中气体放热；之后再发生等压过程，体积变大，根据盖吕萨克定律可知，温度升高，△U＞0，体积变大，故气体对外做功，W＜0，根据热力学第一定律可

知，热量一定满足Q＞0，故等压过程一定吸热，气体经历过程2，先放热后吸热，故C正确；D．经过1过程和2过程，气体对外做功均等于图像与坐标轴围成的“面积”大小，如图示，由图像可知S1>S2，则经历过程1时对外做的功大于经历过程2时对外做功，故D错误。故选B。7

.如图所示，O、a、b、c、d点将光滑斜面分为四段相等距离，质点从O点由静止开始下滑，做匀加速直线运动，先后通过a、b、c、d点，下列说法正确的是（）A.质点由O到达各点的时间之比:::1:2:3:2abcdtttt=B.质点通过各点的速率之

比:::1:2:3:4abcdvvvv=C.质点在斜面上运动的平均速度bvv=D.质点在斜面上运动的平均速度2bvv=【答案】A【解析】【详解】A．根据212xat=得2txa=Oa、Ob、Oc、Od的距离之比为1:2:3:4，所以质点由O到达各点的时间之比为:::1:2:

3:2abcdtttt=故A正确；B．根据22vax=2vax=Oa、Ob、Oc、Od的距离之比为1:2:3:4，所以质点通过各点的速率之比:::1:2:3:2abcdvvvv=故B错误；C．初速度为0的匀加速直线运动中，在相等时间内通过的位移之比为1:3，可知a点是O

d的中间时刻，某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，则质点在斜面上运动的平均速度为avv=故C错误；D．在斜面上运动的平均速度022ddvvv+==故D错误。故选A。8.蹦床运动要求运动员在一张绷紧的弹性

网上蹦起、腾空并做空中运动．为了测量运动员跃起的高度，训练时可在弹性网上安装压力传感器，利用传感器记录弹性网所受的压力，并在计算机上作出压力—时间图像，假如作出的图像如图所示．设运动员在空中运动时可视为质点，则运

动员跃起的最大高度是(g取10m/s2)()A.5.0mB.3.6mC.1.8mD.7.2m【答案】A【解析】【详解】由图可知运动员在空中竖直上抛运动的时间为：t=4.3s-2.3s=2s根据对称性可知，下落的时间为：1112tts==运动员做竖直上抛运动，所以跃起最大高度为：221

11101m5m22hgt===A．5.0m，与结论相符，选项A正确；B．3.6m，与结论不相符，选项B错误；C．1.8m，与结论不相符，选项C错误；D．7.2m，与结论不相符，选项D错误；9.在两端开口的弯管中用两段水银柱封闭了一段空气柱，如图所示，若再往a管内注入少量水银，则（）

A.ab水银面高度差将减小B.ab水银面高度差将大于cd水银面高度差C.b管水面上升的距离小于c管水面下降的距离D.b管水面上升的距离大于c管水面下降的距离【答案】D【解析】【详解】AB．向a管注入水后，封闭气体压强变大，气体体积减小，a、b两液面高度差以及c、d液面高度差都变

大；由p=p0+h可知ab水银面高度差等于cd水银面高度差，故AB错误；CD．向a管注入水后，b管水银面上升，c管水银面下降，因封闭气体压强变大，气体体积减小，所以b管水面上升的距离大于c管水面下降的距离，故C错误，D正确。故选D。10.对于一定质量的理想气体，

下列说法中正确的是（）A.温度不变时，压强增大n倍，单位体积内的分子数一定也增大n倍B.体积不变时，压强增大，单位时间内容器壁单位面积受到气体分子碰撞的次数增多C.压强不变时，若单位体积内的分子数增大，则气体分子的平均动能一定增大D.气体体积增大时，其内能一定减

小【答案】AB【解析】【详解】A．气体的温度不变，由p1V1=p2V2可知，若气体的压强增大n倍，则气体的体积缩小为1n，所以单位体积内的分子数一定也增大n倍，故A正确；B．气体的体积不变，根据理想气体得状态方程可知气体的压强增大则温度一定升高，所以分子的平均动能增大，

则单位时间内容器壁单位面积受到气体分子碰撞的次数增多，故B正确；C．气体的压强不变，若单位体积内的分子数增大，则气体的体积减小，由理想气体得状态方程可知气体的温度降低，所以分子的平均动能一定减小，故C错误；D．一定质量的气体的内能仅仅与温度有关，气体的体积增大时，温度可能

升高，所以气体的内能可能增大，故D错误。故选AB。11.一质点做直线运动的位置坐标x与时间t的关系为x＝6＋5t－t2(各物理量均采用国际单位制)，则该质点（）A.t=0时刻的位置坐标为6mB.初速度大小为6m/sC.前2s内的平均速度是3m/sD.运动的加速度大小为1m/s2【答案】AC【解析】

【详解】A．t=0时刻的位置坐标为x0＝6＋5×0－02=6m选项A正确；BD．将x＝6＋5t－t2与2012xvtat=+比较可知，初速度大小为5m/s，运动的加速度大小为-2m/s2，选项BD错误；C．前2s内的位移为22(6522)66mx=+−−=前2s内的平均速度

是26m/s=3m/s2xvt==选项C正确。故选AC。12.一质量为m的滑块在粗糙水平面上匀减速滑行，已知滑块在最开始2s内的位移是最后2s内的位移的两倍，且已知滑块第1s内的位移为2.5m，由此可求得（）A.滑块的加速度为5m/s2B.

滑块的初速度为5m/sC.滑块运动的总时间为3sD.滑动运动的总位移为4.5m【答案】CD【解析】【详解】方法一：AB．滑块做匀减速直线运动减速至0，逆过程为初速度为0的匀加速直线运动，设滑块的加速度大小为a，初速度为v0，则最后2s、最开始2s和第1s滑块分别运行的位移为：22122xata==

最后2002212222xvtatvax=−=−=最后开始20011''2.5m22xvtatva=−=−=1开始联立可解得21m/sa=，03m/sv=故AB错误；CD．则滑块运行的总时间和总位移分别为0=3svta=总，0=4.5m2vtx=总总故CD正

确。故选CD。方法二：CD．滑块做匀减速直线运动减速至0，逆过程为初速度为0的匀加速直线运动，初速度为0的匀加速直线运动中，从速度为0开始，连续相等时间的位移比为奇数之比，即123:::...1:3:5:...xxx=根据题意，滑块在最开始2s内的位移是最后2s内的位移的两

倍，即满足23122xxxx+=+所以滑块减速的时间为3st=滑块第1s内的位移为2.5m，根据上述比例关系求解总位移2.5m1.5m0.5m=4.5mx=++CD正确；A．滑块匀减速至0，逆过程为初速

度为0的匀加速直线运动212xat=解得2222224.5m/s1m/s3xat===A错误；B．初速度为013m/s3m/svat===B错误。故选CD。13.某同学在研究某金属的光电效应现象时，发现该金属逸出光电子的最大初动能Ek与入射光频率v的关系如图所示。若图

线在横、纵坐标轴上的截距分别为a和－b，已知电子所带电荷量为e，由图象可以得到（）A.该金属的逸出功为aB.普朗克常量为baC.当入射光的频率为2a时，逸出光电子的最大初动能为bD.当入射光的频率为3a时

，遏止电压为2be【答案】BCD【解析】【详解】A．根据光电效应方程得Ekm=hv-W0=hv-hv0知Ekm与v成一次函数关系，其中hv0为该金属的逸出功，大小为b；故A不符合题意；B．根据光电效应方程得Ekm=h

v-W0=hv-hv0知图线的斜率等于普朗克常量，即为bka=故B符合题意；C．横轴截距与普朗克常量的乘积为逸出功，横轴截距为金属的极限频率。当入射光的频率增为2倍，则为Ekm=2hva-hva=W0=b即逸出光电子的最大初动能为b，故C符合题意；D．当

入射光的频率为3a时，则Ekm′=3hva-hva=2hva=2W0=2b由eUe=Ekm′则遏止电压为2ebUe=故D符合题意。故选BCD。14.甲、乙两辆车在同一水平直道上运动，其运动的位移－时间图象如图

所示，则下列说法中正确的是()A.甲车先做匀减速直线运动，后做匀速直线运动B.乙车在0～10s内的平均速度大小为0.8m/sC.在0～10s内，甲、乙两车相遇两次D.若乙车做匀变速直线运动，则图线上P所对应的瞬时速度大小一定大于0.8m/s【答案】BCD【解析】【详解】A．图示为xt−

图像，图线的斜率代表汽车的运动速度，所以甲先做匀速直线运动，随后静止，故A项错误；B．乙车在10s内的位移为10m，平均速度为80.8m/s10svt===，故B项正确．C．甲、乙图线相交时两车相遇，所以在10s内两车相遇两次，故C项正确．D．若乙做匀变速直线运动，则乙做

匀加速直线运动，中间时刻的速度等于平均速度，所以5s末的速度等于0.8m/s，所以P点速度一定大于0.8m/s，故D正确．二、实验题（本题共2小题，15题4分，每空1分；16题6分，每空2分）15.在“探究

气体等温变化的规律”实验中，封闭的空气如图所示，U形管粗细均匀，右端开口，已知外界大气压为76cm高水银柱产生的压强，图中给出了气体的两个不同的状态。（1）实验时甲图气体的压强为________cmHg；乙图气体的压强为_______cmHg。（2）实验时某同学认为U形管的横截面积S不用

测量，这一观点正确吗?答：____(选填“正确”或“错误”)。（3）数据测量完后，在用图象法处理数据时，某同学以压强p为纵坐标，以体积V(或空气柱长度)为横坐标来作图，你认为他这样做能方便地看出p与V间的关系吗?答：____(选填“能”或“不能”

)。【答案】(1).76(2).80(3).正确(4).不能【解析】【详解】（1）[1]．实验时甲图气体的压强为76cmHg；乙图气体的压强为（76+4）cmHg=80cmHg。（2）[2]．要验证玻意耳定律，则需验证1122pLSpLS=两边可消掉S，则U形管的横截面积S不用测量，这

一观点正确；（3）[3]．以p为纵坐标，以V为横坐标，作出p-V图是一条曲线，但曲线未必表示反比关系，所以应再作出1pV−图，看是否是过原点的直线，才能最终确定p与V是否成反比；故答案为：不能。16.（1）如图所示为“探究小车速度随时间的变化规律”的实验装置图，按照实验要求下列说法正确的是_

______。A．先释放小车，再接通电源B．先接通电源，再释放小车C．实验前需要平衡摩擦力D．悬挂物的质量应远小于小车的质量（2）如图所示，在“探究小车速度随时间的变化规律”实验中，从得到的纸带中确定五个计数点，测得d1＝8.00c

m，d2＝17.99cm，d3＝30.00cm，d4＝44.01cm。每相邻两个计数点间的时间间隔是T=0.1s，则打C点时小车的速度vC＝________m/s(结果保留两位有效数字)，小车的加速度表达式a＝__

______(用题中所给字母表示)【答案】(1).B(2).1.1m/s(3).a＝42224dddT−−【解析】【详解】(1)［1］AB．在使用打点计时器的实验中，为了在纸带上打出更多的点，为了打点

的稳定，具体操作中要求先启动打点计时器然后释放小车，故A错误，B正确；CD．本实验为“探究小车速度随时间变化的规律”的实验，不涉及力和做功问题，不是验证牛顿第二定律或者动能定理的实验，所以不要求平衡摩擦力，也不要求悬挂

物的质量远小于小车的质量，故CD错误。故选B。(2)［2］根据匀变速直线运动的中间时刻的瞬时速度等于该段时间的平均速度求解C点的速度()23130.008.0010m/s=1.1m/s220.1CddvT−−−==［3］根据逐差法

可得加速度42224dddaT−−=三．计算题（本题共3小题，共34分；17题8分，18题12分，19题14分）17.如图所示，小滑块在较长的固定斜面顶端，以初速度02m/sv=、加速度22m/sa=沿斜面加速向

下滑行，在到达斜面底端前1s内，滑块所滑过的距离为715L，其中L为斜面长．求滑块在斜面上滑行的时间t和斜面的长度L。【答案】3s，15m【解析】【详解】根据最后1s的位移和总位移，利用位移公式2012xvtat=+进行求解。设滑块在斜面上滑行的时间t,根据题意()()207111152LLvt

at−=−+−2012Lvtat=+联立以上两方程可得：3st=，15mL=。18.如图甲所示为“⊥”形上端开口的玻璃管，管内有一部分水银封住密闭气体，管的上部足够长，图中粗、细部分截面积分别为S1＝2cm2、S2＝1cm2．封闭气体初始温

度为57℃，气体长度为L＝22cm，乙图为对封闭气体缓慢加热过程中气体压强随体积变化的图线．(摄氏温度t与热力学温度T的关系是T＝t＋273K)求：(1)封闭气体初始状态的压强．(2)若缓慢升高气体温度，升高至多少方可

将所有水银全部压入细管内．【答案】(1)p1＝80cmHg(2)T2＝369K【解析】试题分析：（1）由图乙可知封闭气体初始状态的压强（2）当水银全部进入细管后，高度不变，产生的压强不变，．设水银体积为V0，初状态，末状态，解得：根据理想气体的状态方程：解得：考点：气体的压强，理

想气体的状态方程19.一列汽车车队以v1=10m/s的速度匀速行驶，相邻车间距为25m，后面有一辆摩托车以v2=20m/s的速度同向行驶，当它与车队最后一辆车相距S0=40m时刹车，以=0.5m/s2的加速度做匀减速直线运动，摩托车从车队旁边行驶而过

，设车队车辆数n足够多，问：（1）摩托车最多与几辆汽车相遇？摩托车与车队中汽车共相遇几次？（2）摩托车从赶上车队到离开车队，共经历多少时间？(结果可用根号表示)【答案】（1）36；（2）815s【解析】【详解】（1）当摩托车速度减为10m/s时，设用时为t，

摩托车行驶的距离为x1，每辆汽车行驶的距离都为x2．v2=v1-at代入数据解得t=20s根据速度位移公式v22-v12=-2ax1解得x1=300mx2=v2t=200m摩托车与最后一辆汽车的距离△x=300-200-40=6

0m故摩托车追上的汽车数6013.425n=+=则追上汽车3辆摩托车与汽车相遇的次数为N=2n=6次（2）设摩托车追上最后一辆汽车的时刻为t1，最后一辆汽车超过摩托车的时刻为t2．22112xvtvtat+=−解得21815ttt=

−=