【文档说明】四川省宜宾市叙州区第一中学2019-2020学年高二下学期期末模拟物理试题 【精准解析】.doc，共(19)页，865.000 KB，由小赞的店铺上传

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2020年春四川省叙州区第一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.氢原子的能级如图，大量氢原子处于n=4能级上。当氢原子从n=4能级跃迁到n=3能级时，辐射光的波长为1884nm，已知可见光光子的能量在1.61eV～3.10eV范围内，下列判断正

确的是（）A.氢原子从n=4能级跃迁到n=3能级，辐射的光子是可见光光子B.从高能级向低能级跃迁时，氢原子要吸收能量C.氢原子从n=3能级跃迁到n=1能级时，辐射光的波长大于1884nmD.用氢原子从n=2能级跃迁到n=1能级辐射的光照射W逸

=6.34eV的铂，能发生光电效应【答案】D【解析】【详解】A．氢原子从n=4能级跃迁到n=3能级，辐射的光子的能量为()430.85eV1.51eV0.66eVEE−=−−−=此能量比可见光光子的能量小，不可能是可见光光子，故A错误；B．

从高能级向低能级跃迁时，氢原子一定向外放出能量，故B错误；C．氢原子从n=4能级跃迁到n=3能级辐射的光子能量小于从n=3能级跃迁到n=1能级辐射的光子能量，根据cEh=可知从n=3能级跃迁到n=1能级辐射的光子波长小于1884nm，

故C错误；D．氢原子从n=2能级跃迁到n=1能级辐射的光子的能量值12213.4eV13.60eV10.20eVEEE=−=−−−=（）故用该光照射6.34eVW=逸的铂，能发生光电效应，故D正确。故选D。2.下列说法正确的是（）A.卢瑟福的核式结构模

型能够解释氢原子光谱的分立特征B.根据玻尔模型，氢原子由基态跃迁到激发态时电子运动的动能变小C.温度升高放射性元素半衰期变短D.用频率为的光照射某金属，发出的某光电子的初动能为13hv，该金属的截止频率

为23v【答案】B【解析】【详解】A．卢瑟福在用粒子轰击金箔实验中发现大多粒子能穿透金箔，只有少量的粒子发生较大的偏转，提出原子核式结构学说，但不能解释原子光谱分立特征，而玻尔的原子模型能很好的解释，故A错误；B．氢原子从基态跃迁到激发态时，需吸收能量，

则总能量增大，轨道半径变大，根据222evkmrr=，2k12Emv=可得2k2keEr=因半径增大，所以动能减小，故B正确；C．原子核的衰变是由原子核内部因素决定的，与外界环境无关，即与原子的物理化学状态无关，故C错误；D．用频率为的光去照射某金属时，出射

电子初动能为13hv不一定是最大初动能，即km13Eh根据爱因斯坦光电效应方程km0EhvW=−解得0km23WhvEh=−则金属的截止频率为00vWh=，故截止频率小于等于23v，故D错误。故选B。3.下列

说法正确的是（）A.卢瑟福在α粒子散射实验中发现了电子，并提出了原子的核式结构学说B.一群处于n=4的激发态的氢原子向低能级跃迁时最多能辐射出6种不同频率的光C.在光电效应实验中，用同种频率的光照射不同的金属表面，从金属表面逸出的光电子的最大初动能Ek越小，则这种金属的逸出功W0越小D.某放射性

原子核经过2次α衰变和2次β衰变，核内中子减少了4个【答案】B【解析】【详解】A．汤姆孙通过研究阴极射线发现电子，A错误；B．一群处于n=4的激发态的氢原子向低能级跃迁时最多能辐射出4(41)62−=种不

同频率的光，B正确；C．根据光电效应方程0khWE=+可知h一定时，kE越小，这种金属的0W越大，C错误；D．某放射性原子核经过2次α衰变和2次β衰变，质量数减少248=个，质子数减少2222−=个，所以中子数减少了6个，D错误。故选B。4.如图，实线为某一点电荷的等势线，虚线为一电子从A

点进入该电场的运动轨迹，A、B、C、D为等势线上的点，其电势分别为A、B、C、D，电场强度的大小分别为AE、BE、CE、DE，则（）A.ADBC=B.BADCEEEE=C.电子由A

点运动到B点，电场力先做负功后做正功D.电子由A点运动到B点，电势能减少【答案】C【解析】【详解】A．曲线运动所受合外力指向曲线运动轨迹的凹侧，电子带负电，根据电子的运动轨迹可知中心点电荷带负电，电场线指向中心负电荷，根据沿电场线电

势降低可知ADBC=A错误；B．根据点电荷电场强度公式2QEkr=可知CABDEEEE=B错误；CD．从A点运动到B点，电势先减小后增大，根据电势能pEq=可知，电子的电势能先增大后减小，所以电场

力先做负功后做正功，C正确，D错误。故选C。5.一个含有理想变压器的电路如图所示，图中L1、L2和L3是完全相同的三个灯泡，灯泡的额定电压为U0，U为正弦交流电源。当开关S闭合时，电路中的灯泡均能正常发光。下列说法正确的是（）A.理想变压器原、

副线圈匝数比为1∶2B.交流电源电压有效值为2U0C.交流电源电压最大值为32U0D.若开关S断开稳定后，灯泡L2变暗【答案】C【解析】【详解】A．三个灯泡均正常发光，副线圈回路中的电流是原线圈中电流的2倍，因此原副线圈的匝数比为122121nInI==故A错误；B．因为副

线圈回路两个灯泡的并联，电压为0U，根据1102UnUn=解处原线圈两端的电压为102UU=，则交流电源的电压00023UUUU=+=故B错误；C．最大值max002332UUU==，故C正确；D．若断开S，副线圈回路的总电阻变大，输出功率变小，输出电流变小，输入电流变小。

灯泡L1两端的电压减小，原线圈两端的电压升高，所以副线圈两端的电压增大，灯泡L2变亮，故D错误。故选C。6.如图所示，两个可视为质点的小球A、B通过固定在O点的光滑滑轮用轻绳相连，小球A置于光滑半圆柱上，小球B用水平轻绳拉着，水平轻绳另一端系于竖直板上，两球均处于静止状态。已知O点在半圆柱横

截面圆心O1的正上方，OA与竖直方向成30°角、其长度与半圆柱横截面的半径相等，OB与竖直方向成60°角，则（）A.轻绳对球A的拉力与球A所受弹力的合力大小相等B.轻绳对球A的拉力与半网柱对球A的弹力大小不相等C.轻绳AOB对球A的拉力与对球B的拉力大小之比为2：

3D.球A与球B的质量之比为23：1【答案】D【解析】【详解】设轻绳中拉力为T，球A受力如图A．所受弹力为绳对A的拉力和半圆对球A的弹力的合力，与重力等大反向，大于T，故A错误；B．受力分析可得sin30s

in30TN=Acos30cos30TNmg+=解得A33TNmg==故B错误；C．细线对A的拉力与对球B的拉力都等于T，故C错误；D．对球BBcos60Tmg=B2Tmg=解得AB231mm=故D正确。故选D。7

.如图甲所示，一小物块从水平转动的传送带的右侧滑上传送带，固定在传送带右端的位移传感器记录了小物的位移x随时间t的变化关系如图乙所示．已知图线在前3.0s内为二次函数，在3.0s～4.5s内为一次函数，取向左运动的方向为正方向，传送带的速度保持不变，g取10m／s2．下列

说法正确的是()A.传送带沿顺时针方向转动B.传送带沿逆时针方向转动C.传送带的速度大小为2m／sD.小物块与传送带间的动摩擦因数=0.2【答案】ACD【解析】由x-t图像可知，因图像的斜率等于速度，故物体的速度先减小到零后，反向增加，最后运动运动，可判断传送带顺时针方向转动，选项A正确，

B错误；由3.0s～4.5s内的图像可知，传送带的速度3/2/4.53xvmsmst===−，选项C正确；因2s末物体的速度减为零，位移为4m，则2222/xamst==，则根据ag=可知，小物块与传送带间的动摩擦因数=0.2，选项D正确；

故选ACD.点睛：此题关键是从x-t图像中获取信息，知道图像的斜率等于物体的速度，结合牛顿第二定律即运动公式解答.8.如图所示，甲、乙、丙三个图中的小灯泡完全相同，甲、乙图中的带铁芯线圈L相同(电阻不计)，乙、丙图中的交流电源相同，且有效值与甲图中的直流电源(内阻不计)所提供的路端电压相等．

下列叙述正确的是A.闭合开关瞬间，甲图中的灯泡立即达到最亮B.甲图中的灯泡比乙、丙图中的灯泡亮C.增大交流电频率时，乙、丙图中的灯泡都变亮D.减小交流电频率时，丙图中的灯泡将变暗【答案】BD【解析】【分析】线圈对电流的变化有阻碍作用，具有通直阻交的特点，阻碍作用随频率

的增大而增大，而电容器的阻碍作用随频率的增大而减小，由此即可得出结论；【详解】A、闭合开关瞬间，电流从无到有，线圈产生自感电动势阻碍电流的增大，随着电流稳定，自感电动势消失，电流逐渐增大，则甲图中灯泡逐渐变亮，逐渐达到最亮，故选项A错误；B、根据电感线圈对电流的阻碍作用可知，电感线圈对

交流电的阻碍作用更大，同时电容器对交变电流也有阻碍作用，所以接直流的电路中的灯泡更亮一些，故B正确；C、增大交流电频率时，线圈的感抗增大，电容器的容抗减小，故乙图灯变暗，丙图灯变亮，故选项C错误；D、减小交流电

频率时，电容器的容抗增大，则丙图中的灯泡将变暗，故选项D正确．【点睛】解决本题的关键掌握知道感抗和容抗，并且知道感抗和容抗分别与什么因素有关．9.一辆汽车在轨道半径为R的弯道路面做圆周运动，弯道与水平面

的夹角为θ，如图所示，汽车轮胎与路面的动摩擦因素为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，关于汽车在运动过程中的表述正确的是A.汽车的速率可能为tangRB.汽车在路面上不做侧向滑动的最小速率为(tan)1ta

ngR−−C.汽车在路面上不做侧向滑动的最大速事为(tan)1tangR+−D.汽车在路面上不做侧向滑动的最小速率为(tan)1tangR−+【答案】ACD【解析】A、车与路面间无摩擦力，重力的一个部分提供向心力，如图所示，根据向心力公式得：2mvmg

tanR=，解得：vgRtan=，故A正确；C、汽车在路面上不做侧向滑动，最大静摩擦力沿斜面向下，则有sinNcosmgN=+，2sincosvNNmR+=，解得速度最大，max(tan)1tangRv+=−，故C正确

；BD、汽车在路面上不做侧向滑动，最大静摩擦力沿斜面向上，则有sinNcosNmg+=，2sincosvNNmR−=，解得速度最小，max(tan)1tangRv−=+，故D正确，B错误；故选

ACD．【点睛】车与路面间无摩擦力，重力的一个部分提供向心力，根据向心力公式即可求解．第II卷非选择题（56分）二、实验题（16分）10.如图甲所示，质量为m的滑块A放在气垫导轨上，B为位移传感器，它能将滑块A到传感器B的距离数据实时传送到计算机

上，经计算机处理后在屏幕上显示滑块A的速率-时间（vt−）图象．整个装置置于高度h可调节的斜面上，斜面长度为l．（1）现给滑块A沿气垫导轨向上的初速度，其vt−图线如图乙所示．从图线可得滑块A上滑时的加速度大小a=

_________2/ms（结果保留一位有效数字）．（2）若用此装置来验证牛顿第二定律，通过改变_______，可验证力一定时，加速度与质量成反比的关系；通过改变_________，可验证质量一定时，加速度与力成正比的关系（重力加速度g的值不变）．【答案】(1

).23/ms(2).调节滑块的质量及斜面的高度，且使mh不变(3).高度h【解析】(1)在v-t图象中斜率代表加速度故2204m/s0.5vat−===．(2)牛顿第二定律研究的是加速度与合外力和质量的关系．当质量一定时，可以改变力的大小，当斜面高

度不同时，滑块受到的力不同，可以探究加速度与合外力的关系．由于滑块下滑加速的力是由重力沿斜面向下的分力提供，所以要保证向下的分力不变，应该使hMgl不变，所以应该调节滑块的质量及斜面的高度，且使mh不变．【点睛】解答本题关键是能够把v-t图象运用物

理规律结合数学知识解决问题．对滑块进行运动和受力分析，运用牛顿第二定律结合运动学公式解决问题．11.某同学想用伏安法测定一块精度很高的电压表V(量程3V，内阻20kΩ～40kΩ)的内阻，并将其改装成欧姆表，现有器材如下：直流电源E(电

动势4V，内阻不计)；电流表A1(量程150μA，内阻约2kΩ)；电流表A2量程6mA，内阻约300Ω)；电流表A3(量程0.6A，内阻约1.0Ω)；滑动交阻器R1(最大阻值10kQ)；滑动变阻器R2(最大阻值5Ω)；开关S，

导线若干．(1)为使实验误差尽量减小，要求电压表示数从零开始变化且多取几组数据，电流表应选用______；滑动变阻器应选用______；(填器材代号)(2)为达到上述目的，请在图中的框中画出实验电路原理图____，要求滑动变阻器滑片由a向b移

动时电压表的示数逐渐增大．(3)实验测得电压表的内阻为24.0kΩ，该同学用这电表与上述电源E及其中的一个滑动变阻器改装为欧姆表，并将电压表表盘换成直接表示电阻的欧姆表表盘，如图乙，则电压表表盘上2V处对应的电阻示数为_____kΩ，【答案】(1).A1；(2).R2；

(3).(4).16.0【解析】(1).根据欧姆定律315020UVIARK===，电流表应选用电流表A1(量程150μA，内阻约2kΩ)，由于要求电流和电压从零调，所以变阻器应采用分压式接法，应选阻值

小的滑动变阻器R2(最大阻值5Ω)；(2)由上面分析可知，变阻器应用分压式接法，待测电压表应与电流表串联，电路图如图所示(3)由题意可知·3vvERRR=+，·2vvxERRRR=++，联立解得16.0xRk=三、解答题（4

0分）12.如图所示，小红同学将一轻质弹簧上端悬挂于天花板，下端系一质量为m的物体A处于平衡状态．在距物体A正上方高为h处有一个质量为2m的物体B由静止下落，与弹簧下端的物体A碰撞（碰撞时间极短）并立即以相同的速度运动．不计空气阻力，两物体均可

视为质点，重力加速度为g．求：(i)碰撞结束瞬间两物体的速度大小；(ii)从碰撞结束两物体一起向下运动，至第一次到达最低点过程中，两者相互作用力的冲量大小为I，该过程两者相互作用的平均作用力多大？【答案】(1)223vgh=(2)6342m

gINImgh=−【解析】【详解】(1)物体B自由下落，由动量守恒：21222mghmv=B碰A的瞬间，内力远大于外力，根据动量守恒定律：()22mvmmv=+联立解得：223vgh=(2)从二者一起运动到速度变为零的过程中，选择B作为研究对象，根

据动量定理:()22Nmgtmv−=根据题意:INt=联立解得:6342mgINImgh=−【点睛】物体B碰撞前做自由落体运动，根据速度位移公式求解末速度；碰撞过程系统动量守恒，根据动量守恒定律列式求解共同速度；对物体

B的下降过程根据动量定理列式求解平均弹力．13.如图甲所示，两根间距L=1.0m、电阻不计的足够长平行金属导轨ab、cd水平放置，一端与阻值R=2.0Ω的电阻相连，质量m=0.2kg的导体棒ef在恒定外力F作用下由静止开始运动，已知导体棒与两

根导轨间的最大静摩擦力和滑动摩擦力均为f=1.0N，导体棒电阻为r=1.0Ω，整个装置处于垂直于导轨平面向上的匀强磁场B中，导体棒运动过程中加速度a与速度v的关系如图乙所示（取g=10m/s2），求：（1）拉力F的大

小；（2）磁场的磁感应强度B大小；（3）若ef棒由开始运动6.9m时，速度达到3m/s，求此过程中电路产生的焦耳热.【答案】（1）2N（2）1T（3）6J【解析】（1）由图可知：导体棒开始运动时加速度215m/sa=，初速度v0=0

，导体棒中无电流．由牛顿第二定律知：1Ffma−=解得：2NF=；（2）当导体棒速度为v时，导体棒上的电动势为E，电路中的电流为I.由法拉第电磁感应定律：EBLv=，由欧姆定律：EIRr=+，导体棒所受安培力=FBIL

安，由图可知：当导体棒的加速度a=0时，开始以v=3m/s做匀速运动，此时有：=0FfF−−安，解得：1TB=；（3）设ef棒此过程中，产生的热量为Q，由功能关系知：21()2FfsQmv−=+，带人数据解得6JQ=．选考题(共15分)。请考生从2道物理题任选一题做答，并用2

B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________(填正确答案标号)A.悬浮在

水中的花粉的布朗运动反映了花粉分子的热运动B.空中的小雨滴呈球形是水的表面张力作用的结果C.彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点D.高原地区水的沸点较低，这是高原地区温度较低的缘故E.干湿泡湿度计的湿泡显示的温度低于干泡显示的温度，这是湿泡外纱布中的水蒸发

吸热的结果【答案】BCE【解析】【详解】A.悬浮在水中的花粉的布朗运动反映了水分子的热运动，而不是反映花粉分子的热运动，选项A错误；B.由于表面张力的作用使液体表面收缩，使小雨滴呈球形，选项B正确；C.液晶的光学性质具有各向异性，彩色液晶显示器

就利用了这一性质，选项C正确；D.高原地区水的沸点较低是因为高原地区的大气压强较小，水的沸点随大气压强的降低而降低，选项D错误；E.由于液体蒸发时吸收热量，温度降低，所以湿泡显示的温度低于干泡显示的温度，选项E正确。故

选BCE。15.如图所示，一排球球内气体的压强为p0，体积为V0，温度为T0，用大气筒对排球冲入压强为p0，温度为T0的气体，使球内气体压强变为3p0，同时温度升至2T0，充气过程中气体向外放出Q的热量，假设排球体积不变，气体内能U与温度的关系为

U=kT(k为正常数)，求：(i)打气筒对排球充入压强为p0，温度为T0的气体的体积；(ii)打气筒对排球充气过程中打气筒对气体做的功．【答案】(i)V=0.5V0(ii)W=Q+kT0【解析】【详解】(i)打气筒对排球充入压强为

p0、温度为T0的气体的体积为V，以排球内气体与充入的气体整体为研究对象．气体的初状态参量：p1=p0；V1=V0+V；T1=T0气体的末状态参量：p2=3p0；V2=V0；T2=2T0根据理想气体状态方程得：112212pVpVTT=代入解得：V=0.5V0(ii)因为气体内能U与温度的关

系为U=kT所以打气过程内能变化：△U=k(2T0−T0)=kT0由热力学第一定律得：△U=W+(−Q)解得打气筒对气体做的功：W=Q+kT016.一列简谐横波沿x轴传播，已知x轴上x1=0和x2=15m处两质点a、b的振动图象如图甲、乙所示，该波的波长10m<λ<15m．则下列说法正确的是_

__________．A.该波的频率为50HzB.质点a、b的振幅为2mC.该波的传播方向沿x轴正方向D.该波的波长为12mE.该波的传播速度为600m/s【答案】ADE【解析】【分析】由图读出周期，可求得频率，根据两个质点在同一时刻的状态，确定出波长与两质点间距离的关系，结合波长1015m

m，求出波长，再求解波速；【详解】A、由题图知，该波的周期为0.02Ts=，则频率为11500.02fHzHzT===，故A正确；B、由图可知质点a、b的振幅为3210m−，故选项B错误；C、a、b相距2115xxxm=−=，若波沿

x正方向传播，由图知：0t=时刻质点a位于波峰，质点b经过平衡位置向下结合波形可知：2134xxn−=+（),012n=（，，，），得：6043mn=+，由于1015mm，则1344n，无解，则说明该波的传播方向

为x轴负方向则结合波形可知：2114xxn−=+（),012n=（，，，），得：6041mn=+，由于1015mm，则3544n，即当1n=时，12m=，故选项C错误，D正确；E、根据公式vT=得到波速为：12/600/0.02vmsmsT===，故选项E正确．【点睛

】本题关键考查运用数学知识解决物理问题的能力，处理好通项式与特殊值的关系，要注意波的周期性和双向性．17.如图是内径为R，外径为2R的空心玻璃半圆柱体横截面图，在横截面内，一束单色光射向圆柱体，折射光线恰好与圆柱体内表面相切，已知玻璃对该光的折射

率为n=3，求：(i)光线射向圆柱体时的入射角；(ii)将光线向下平移，当平移距离为h时，折射光线在圆柱体内表面恰好没有进入空心部分，求平移距离h．【答案】(i)060(ii)(31)R−【解析】【分析】（i）作出光路图，由几何知识求出折射角，由折射定律

求入射角；（ii）光在圆柱体内表面发生全反射，入射角等于临界角，结合正弦定理进行求解即可；【详解】（i）光路如图：设入射角为i，折射角为r，由几何关系可以得到：1sin22RrR==，解得：030r=由折射

定律得到：sinsininr=，解得：060i=；（ii）设平移后的光在圆柱体外表面的入射角为'i，折射角为'r，光路如上图所示由题可知折射光线在内表面的入射角为临界角C1sinCn=由折射定律有：''sinsinnir=由正弦定理可以得到：()'2sinsinRRCr=−

联立可以得到：'1sin2i=，即'030i=则'2sin2sinhRiRi=−故ab、两束光的间距为：()31hR=−．【点睛】本题是折射定律的应用，关键是画出光路图，运用几何知识求解入射角与折射角，即可研究这类问题．