1、重庆市北碚区2018-2019学年高二物理下学期期末考试试题（含解析）一、单选题（本大题共6小题，共24.0分）1.万有引力的数学表达式为，下列说法正确的是A. 表达式中G是一个没有单位的常量B. 当两物体之间的距离趋近于零时，万有引力趋于无穷大C. 两物体之间的万有引力大小与它们的质量、距离及运动状态都有关D. 两物体间的引力大小总是大小相等方向相反，与两物体质量是否相等无关【答案】D【解析】【详解】A. G为万有引力常量，由卡文迪许利用扭秤实验测出，其单位是Nm2/kg2，故A错误。B. 万有引力定律公式只适合于两个可以看做质点的物体，而当距离无穷小时，相邻的两个物体不再适用万有引力公式，
2、故B错误。C. F只与质量m1、m2和两质点间的距离r有关，与运动状态无关，故C错误。D. m1、m2之间万有引力是一对作用力和反作用力，遵守牛顿第三定律，总是大小相等，方向相反，与m1、m2的质量是否相等无关，故D正确。2.如图所示区域内有垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度为B。电阻为R、半径为L、圆心角为45的扇形闭合导线框绕垂直于纸面的O轴以角速度匀速转动（O轴位于磁场边界）。则线框内产生的感应电流的有效值为 A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】交流电流的有效值是根据电流的热效应得出的，线框转动周期为T，而线框转动一周只有的时间内有感应电流，则有，解得：。故D项正确，ABC三
3、项错误。3.某带活塞的汽缸里装有一定质量的理想气体，气体经历如图所示的，、，四个变化过程，已知状态A的温度为，则下列说法正确的是( ) A. B态的温度B. 过程气体对外做功100JC. 过程气体对外做功140JD. 从A态又回到A态的过程气体吸热【答案】D【解析】【详解】AB. 是等压变化， ，所以B态的温度 ，气体对外做功 ，AB错误。C. 过程气体体积被压缩，外界对气体做功，C错误。D. 图像面积代表做功，所以对外做功大于外界对气体做功，而整个过程内能不变，根据热力学第一定律，从A态又回到A态的过程气体吸热，D正确。4.如图所示，一束单色光从空气入射到棱镜的AB面上，经AB和AC两个面折
4、射后从AC面进入空气。当出射角和入射角i相等时，出射光线相对于入射光线偏转的角度为。已知棱镜顶角为，则计算棱镜对该色光的折射率表达式为A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】【详解】由折射定律可知，因入射角和出射角相等，即，故由几何关系可知，故折射率，A正确5.下列说法正确的是（ ）A. 汤姆孙通过阴极射线在电场和磁场中的运动得出了阴极射线是带负电的粒子的结论，并求出了阴极射线的比荷B. 发射光谱一定是连续谱C. 氢原子的核外电子从距核较近的轨道跃迁到距核较远的轨道的过程中，原子要吸收光子，电子的动能增大，原子的电势能增大D. 衰变为要经过4次衰变和6次衰变【答案】A【解析】【详解】
5、A汤姆孙通过阴极射线在电场和磁场中的运动得出了阴极射线是带负电的粒子的结论，并求出了阴极射线的比荷，故A正确；B发射光谱有两种类型：连续光谱和明线光谱，其中明线光谱是原子的特征谱线，故B错误；C氢原子的核外电子从距核较近的轨道跃迁到距核较远的轨道过程中，原子要吸收光子，电子的动能减小，原子的电势能增大，原子的能量增大，故C错误；D发生衰变是放出，发生衰变是放出电子，设发生了x次衰变和y次衰变，则根据质量数和电荷数守恒有：4x+222238，解得x4；2xy+8692，得y2，故衰变过程中共有4次衰变和2次衰变，故D错误；6.1905 年爱因斯坦提出光子假设，成功地解释了光电效应，因此获得 19
6、21年诺贝尔物理学奖。 下列关于光电效应的描述正确的是A. 只有入射光的波长大于金属的极限波长才能发生光电效应B. 金属的逸出功与入射光的频率和强度无关C. 用同种频率的光照射各种金属，发生光电效应时逸出的光电子的初动能都相同D. 发生光电效应时，保持入射光的频率不变，减弱入射光的强度，从光照射到金属表面到发射出光电子的时间间隔将明显增加【答案】B【解析】【详解】只有入射光的波长小于金属的极限波长才能发生光电效应，选项A错误；金属的逸出功由金属本身决定，与入射光的频率和强度无关，选项B正确；由于不同金属的逸出功不同，则如果用同种频率的光照射各种金属，发生光电效应时逸出的光电子的初动能不相同，选
7、项C错误；发生光电效应时，保持入射光的频率不变，减弱入射光的强度，从光照射到金属表面到发射出光电子的时间间隔不变，只是逸出的光电子的数量减小，选项D错误.二、多选题（本大题共6小题，共24.0分）7.下列说法正确的是（ ）A. 用“油膜法估测分子大小”实验中，油酸分子的直径等于油酸酒精溶液的体积除以相应油酸膜的面积B. 一定量100的水变成100的水蒸气，其分子之间的势能增加C. 液晶光学性质与某些晶体相似，具有各向异性D. 如果气体分子总数不变，而气体温度升高，气体分子的平均动能增大，因此压强必然增大E. 晶体在熔化过程中吸收热量，主要用于破坏空间点阵结构，增加分子势能【答案】BCE【解析】
8、【详解】A用“油膜法估测分子大小”实验中，油酸分子的直径等于油酸酒精溶液含有油酸的体积除以相应油酸膜的面积，选项A错误；B一定量100的水变成100的水蒸气，吸收热量，因分子动能不变，故其分子之间的势能增加，选项B正确； C液晶的光学性质与某些晶体相似，具有各向异性，选项C正确；D如果气体分子总数不变，而气体温度升高，气体分子的平均动能增大，但是如果气体体积变大，单位体积的分子数减小，则气体的压强不一定增大，选项D错误；E晶体在熔化过程中吸收热量，主要用于破坏空间点阵结构，增加分子势能，选项E正确。8.在人类科学发展史中有些科学家为物理学的发展做出了杰出贡献，下列有关说法正确的是A. 汤姆逊、
9、卢瑟福、玻尔对于原子结构的建立在不同的历史阶段都做出了贡献B. 卢瑟福不但提出了原子的核式结构，还成功的发现了质子的存在C. 贝可勒尔利用粒子撞击铍核发现了中子D. 天然放射现象发现有力的证明了原子内部有复杂结构【答案】AB【解析】【详解】A. 汤姆逊发现了电子，卢瑟福提出了核式结构模型、玻尔提出了波尔原子模型，他们对于原子结构的建立，在不同的历史阶段都做出了贡献，A正确。B. 卢瑟福不但提出了原子的核式结构，还成功的发现了质子的存在，B正确。C. 查德威克在利用粒子轰击铍（Be）原子核的实验中发现了中子，C错误。D. 因为射线来自原子核，所以天然放射现象的发现有力的证明了原子核内部有复杂结构
10、，D错误。9.如图所示，空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为，足够长的光滑水平金属导轨，左侧间距为，右侧间距为。质量均为的金属棒M、N垂直导轨放置，开始时金属棒M、N均保持静止。现使金属棒M以的速度向右运动，两金属棒在运动过程中始终相互平行且与导轨保持良好接触，M棒总在宽轨上运动，N棒总在窄轨上运动，直到M、N达到稳定状态。，下列说法正确的是A. 由M、N导体棒和导轨组成回路的磁通量先减小后不变B. 由M、N两个导体棒组成的系统动量守恒C. 在两棒运动的整个过程中，电路中产生的焦耳热为D. 在两棒运动的整个过程中，通过M、N两个导体棒的电荷量相等，均为【答案】ACD【解析】【分析】根据
11、楞次定律或右手定则可以判断出感应电流的方向；开始金属棒M向右做减速运动、N向右做加速运动，当两金属棒产生的感应电动势相等时，回路没有感应电流，两金属棒做匀速直线运动，应用动量定理可以求出两金属棒做匀速直线运动的速度；应用能量守恒定律可以求出电路产生的焦耳热；应用动量定理可以求出通过金属棒M的电荷量【详解】A开始金属棒M向右做减速运动、N向右做加速运动，回路的面积在减小，当回路没有感应电流时，面积不变，故由M、N导体棒和导轨组成回路的磁通量先减小后不变，故A正确；BM棒受到的安培力始终是N棒的三倍，M、N组成的系统外力之和不为零，动量不守恒；CM、N两金属棒产生的感应电动势大小相等时，回路感应电
12、流为零，金属棒不受安培力，金属棒做匀速直线运动，即：BLMv1BLNv2时，两金属棒做匀速直线运动，由动量定理得：对M：BILMtmv1mv0，对N：BILNtmv2；由能量守恒定律得：mv02mv12mv22+Q，解得：Q0.9JD回路中有电流时有电荷通过金属棒，导体棒做匀速运动时回路没有电流，从M开始减速到匀速运动过程，对M，由动量定理得：BILMtmv1mv0，电荷量：qIt，则：BLMqmv1mv0，代入数据：q1.5C，故D正确【点睛】本题是双轨双棒问题，要注意分析两棒的运动过程，明确两棒都匀速运动时它们的感应电动势是相等的，知道动量定理是求电磁感应中电量常用的思路。10.下列说法正
13、确的是A. 机械能全部变成内能是不可能的B. 根据热力学第二定律可知，热量不可能从低温物体传到高温物体C. 从单一热源吸收的热量全部变成功是可能的D. 第二类永动机不可能制造成功的原因是因为能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，只能从一个物体转移到另一个物体，或从一种形式转化成另一种形式E. 在任何自然过程中，一个孤立系统的熵值不会减小，因此热力学第二定律又称为熵增加原理【答案】CE【解析】【详解】A. 根据热力学第二定律可知，机械能可以全部转化为内能，而在不引起其他变化的情况下，内能无法全部转化为机械能，A错误。B. 根据热力学第二定律可知，热量不可能自发地从低温物体传到高温物体，B错误。C.
14、 在引起其他变化的情况下，从单一热源吸收的热量全部变成功是可能的，C正确。D. 第二类永动机不可能制造成功的原因是违反了热力学第二定律，D错误。E. 在任何自然过程中，一个孤立系统的熵值不会减小，因此热力学第二定律又称为熵增加原理，E正确。11.如图所示，直角三角形ABC为一透明介质制成的三棱镜截面，且，有一束平行光线垂直射向AC面。已知这种介质的折射率，则() A. 不可能有光线垂直于AB边射出B. 不可能有光线从BC边垂直射出C. 不可能有光线从AC边垂直射出D. 定既有光线垂直于BC边射出，又有光线垂直于AC边射出【答案】AD【解析】【详解】AC. 因为已知了透明介质的折射率n2，由 可
15、知，其发生全反射的临界角 C30。光线从AC面射入，由于是垂直射入的，方向不变，沿直线进入棱镜内照射到AB面上，在AB面的入射角是30，大于临界角，发生了全反射，没有光线从AB面射出；若照射到BC边上，则根据几何关系可知，入射角为60大于临界角发生全反射，反射到AB边上，入射角为30，大于临界角，发生了全反射，最终，垂直AC边射出，故A正确，C错误。BD. AB面上反射的光线照射到BC面上，其入射角是60，又发生了全反射，在BC面反射的光线照射到AC面上，因为是垂直照射的，所以方向不变，也垂直于AC面射出，如图中光线b。AB面上反射光线可能反射到AC面上，在AC面上发生全反射，反射光线又照射到
16、BC面上，从BC面垂直射出，如图中光线a。所以一定既有光线垂直BC边射出，又有光线垂直AC边射出，B错误D正确。12.在匀强磁场中，一个原来静止的原子核，由于衰变放射出某种粒子，结果得到一张两个相切圆 1 和 2 的径迹照片(如图所示)，已知两个相切圆半径分贝为r1、r2.下列说法正确的是( )A. 原子核可能发生的是衰变，也可能发生的是衰变B. 径迹 2 可能是衰变后新核的径迹C. 若衰变方程是，则r1：r2 = 1：45D. 若是衰变，则 1 和 2 的径迹均是顺时针方向【答案】CD【解析】【分析】静止原子核发生衰变，根据动量守恒可知，发生衰变后的粒子的运动的方向相反，在根据粒子在磁场中运
17、动的轨迹可以判断粒子的电荷的性质；衰变后的粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力可得半径公式，结合轨迹图分析。【详解】A原子核衰变过程系统动量守恒，由动量守恒定律可知，衰变生成的两粒子动量方向相反，粒子速度方向相反，由左手定则知：若生成的两粒子电性相反则在磁场中的轨迹为内切圆，若电性相同则在磁场中的轨迹为外切圆，所以为电性相同的粒子，可能发生的是衰变，但不是衰变，故A错误；BC核反应过程系统动量守恒，原子核原来静止，初动量为零，由动量守恒定律可知，原子核衰变后生成的两核动量P大小相等、方向相反，粒子在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：，解得：，由于P、B都相
18、同，则粒子电荷量q越大，其轨道半径r越小，由于新核的电荷量大于粒子的电荷量，则新核的轨道半径小于粒子的轨道半径，则半径为的圆为放出新核的运动轨迹，半径为的圆为粒子的运动轨迹，：45，故B错误，C正确；D若是衰变，生成的两粒子电性相同，图示由左手定则可知，两粒子都沿顺时针方向做圆周运动，故D正确。【点睛】知道原子核衰变过程动量守恒是本题解题的前提与关键，分析清楚图示运动轨迹、应用动量守恒定律与牛顿第二定律即可解题。三、填空题（本大题共3小题，共12.0分）13.用波长为的单色光射向阴极，产生了光电流，已知普朗克常量为h，电子电荷量为e，真空中的光速为测出光电流i随电压U的变化图象如图所示，则照射
19、在金属表面上的这束光的最小功率P_；该光电管的阴极K是用截止频率为的金属铯制成，在光电管阳极A和阴极K之间加正向电压则光电子到达阳极的最大动能_ 【答案】 (1). (2). 【解析】【详解】第一空. 由于饱和光电流为I0，可知单位时间内产生的光电子的个数： ，若照射到金属上的光子全部被金属吸收，且每个光子对应一个光电子，则照射到金属上的光子的个数： ，所以这束光照射在金属表面上的最小功率 。第二空. 根据光电效应方程得，光电子逸出金属的最大初动能 ，根据题意可知 ，经电压加速，根据动能定理可知，光电子到达阳极的最大动能 。14.如图所示，粗细均匀的细U形管竖直放置，左右两侧管中各有一段水银柱
20、长度如下图所示，水平管中封闭10 cm长的空气，设大气压强为76 cmHg，环境温度为，此时管中气体的压强等于_cmHg，温度升到_，左侧水银柱刚好全部进入竖直管【答案】 (1). 80 (2). 294【解析】【详解】第一空. 加热前封闭气体压强为：P1=P0+4cmHg=80cmHg。第二空. 初态：体积为：V1=10S，温度为：T1=27+273K=300K，P1=80cmHg；末态：P2=P0+8cmHg=84cmHg、体积为：V2=（10+4+4）S=18S；由理想气体状态方程得： 代入数据解得：T2=567K，即： 。15.一理想变压器原、副线圈匝数比：原线圈与正弦交变电源连接，输
21、入电压u如图所示，副线圈仅接入一个的电阻。则（1）该交变电压的周期是_；（2）副线圈输出电压的有效值为_；（3）流过电阻的最大电流为_。【答案】 (1). (2). 100V (3). 【解析】【详解】第一空. 从图像可以看出周期。第二空. 输入电压的有效值为： ，根据变压器原理 。第三空. 输出电压的最大值为： ，所以流过电阻的最大电流为 。四、实验题探究题（本大题共2小题，共18.0分）16.利用双缝干涉测定光的波长实验中，双缝间距d0.4 mm，双缝到光屏间的距离L0.5 m，用某种单色光照射双缝得到干涉条纹如图所示，分划板在图中A、B位置时游标卡尺读数也如图中(a)、(b)所示给出，则
22、：(1)分划板在图中A、B位置时游标卡尺读数分别为xA_mm，xB_mm，相邻两条纹间距x_mm；(2)波长的表达式_(用x、L、d表示)，该单色光的波长_m；(3)若改用频率较高的单色光照射，得到的干涉条纹间距将_(填“变大”“不变”或“变小”)【答案】 (1). 11.2 (2). 15.8 (3). 0.75 (4). (5). (6). 变小【解析】【详解】（1）A位置游标卡尺的读数为：11mm+0.12mm=11.2mm；B位置游标卡尺的读数为：15mm+0.18mm=15.8mm；相邻亮条纹的间距为：（2）根据知，波长的表达式，解得波长为：（3）根据知，频率变高，波长变小，则干涉条
23、纹的间距变小17.某同学在做“用单摆测重力加速度”实验中，先测得摆线长为，摆球直径为，然后用停表记录了单摆振动50次所用的时间如图所示，则 （1）该摆摆长为_cm，停表表示读数为_s（2）如果测得的g值偏小，可能的原因是_A.测摆线时摆线拉得过紧B.摆线上端悬点未固定，振动中出现松动，使摆线长度增加了C.开始计时时，停表过迟按下D.实验时误将49次全振动数为50次【答案】 (1). (2). (3). B【解析】【详解】第一空. 单摆摆长等于摆线长与球的半径之和： 。第二空. 由图所示秒表可知，其示数为：1.5min+9.78s=99.78s；第三空. 由单摆周期公式： 可知，重力加速度： A
24、. 测摆线长时摆线拉得过紧，所测摆长L偏大，由公式可知，所测g偏大，故A错误；B. 摆线上端悬点未固定，振动中出现松动，使摆线长度增加了，所测摆长偏小，由公式可知，所测g偏小，故B正确；C. 开始计时时，停表过迟按下，所示T偏小，由公式可知，所测g偏大，故C错误；D. 实验中误将49次全振动数为50次，所测T偏小，由公式可知，所测g偏大，故D错误。18.如图是一列简谐波在时的波动图像，波的传播速度为，则从到的时间内，质点M通过的路程是_m，位移是_m【答案】 (1). (2). 0【解析】【详解】第一空第二空. 根据图像得波长： ，所以周期 ，则从到的时间内，经过了 ，质点在一个周期内通过的路
25、程为4A，则从t=0到t=2.5s的时间内质点M通过的路程是S=12.54A=505cm=250cm=2.5mt=2.5s时刻质点仍在平衡位置，则位移为y=019.在“用双缝干涉测光的波长”实验中(实验装置如图甲)：(1)下列说法哪一个是错误的_。(填选项前的字母) A. 调节光源高度使光束沿遮光筒轴线照在屏中心时，应放上单缝和双缝。B. 测量某条干涉亮纹位置时，应使测微目镜分划板中心刻线与该亮纹的中心对齐C. 为了减小测量误差，可用测微目镜测出n条亮纹中心间的距离a，求出相邻两条亮纹间距 (2)将测量头的分划板中心刻线与某亮条纹的中心对齐，将该亮条纹定为第1条亮条纹，此时手轮上的示数如图甲所
26、示。然后同方向转动测量头，使分划板中心刻线与第6条亮条纹中心对齐，此时手轮上的示数如图乙所示，则图乙读数为_mm，求得这种色光的波长_ nm。（已知双缝间距d0.2 mm，双缝到屏间的距离L700 mm【答案】 (1). (1)A (2). (2)13.870 (3). 660【解析】【详解】（1）A调节光源高度使光束沿遮光筒轴线照在屏中心时，不需放单缝和双缝故A错误；B测量某条干涉亮纹位置时，应使测微目镜分划板中心刻线与该亮纹的中心对齐故B正确；Cn条亮纹之间有n-1个间距，相邻条纹的间距 故C正确（2）图甲中螺旋测微器的固定刻度读数为：2mm，可动刻度读数为：0.0132.0mm=0.32
27、0mm，所以最终读数为：2.320mm图乙中螺旋测微器的固定刻度读数为：13.5mm，可动刻度读数为：0.0137.0mm=0.370mm，所以最终读数为：13.870mm则有： 根据双缝干涉条纹的间距公式 得， 代入数据得，=6.610-7m=6.6102nm【点睛】解决本题的关键掌握螺旋测微器的读数方法：螺旋测微器的读数等于固定刻度读数加上可动刻度读数，需估读；知道双缝干涉的条纹间距公式.五、计算题（本大题共3小题，共30.0分）20.如图所示，竖直放置的U形管左端封闭，右端开口，左管横截面积为右管横截面积的2倍，在左管内用水银封闭一段长为l、温度为T的空气柱，左右两管水银面高度差为h c
28、m，外界大气压为h0 cmHg.(1)若向右管中缓慢注入水银，直至两管水银面相平(原右管中水银没全部进入水平部分)，求在右管中注入水银柱的长度h1(以cm为单位)；(2)在两管水银面相平后，缓慢升高气体的温度至空气柱的长度为开始时的长度l，求此时空气柱的温度T.【答案】(1)h3l(2) T【解析】【分析】气体的状态变化方程【详解】封闭气体等温变化：， 解得：空气柱的长度为开始时的长度l时，左管水银面下降 ，右管水银面会上升 ，此时空气柱的压强： 由 解得：21.如图，在直角三角形OPN区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外。一带正电的粒子从静止开始经电压U加速后，沿平行于
29、x轴的方向射入磁场；一段时间后，该粒子在OP边上某点以垂直于x轴的方向射出。已知O点为坐标原点，N点在y轴上，OP与x轴的夹角为30，粒子进入磁场的入射点与离开磁场的出射点之间的距离为d，不计重力。求（1）带电粒子的比荷；（2）带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间。【答案】（1） （2）或【解析】【详解】（1）粒子从静止被加速的过程，根据动能定理得：，解得：根据题意，下图为粒子的运动轨迹，由几何关系可知，该粒子在磁场中运动的轨迹半径为：粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即：联立方程得：（2）根据题意，粒子在磁场中运动的轨迹为四分之一圆周，长度粒子射出磁场后到运动至轴，运动的轨迹长
30、度粒子从射入磁场到运动至轴过程中，一直匀速率运动，则解得：或22.已知氘核的质量为，中子的质量为，的质量为两个速率相等的氘核对心碰撞聚变成并放出一个中子，质量亏损为1u时，释放的能量为931.5MeV（1）计算上述核反应中释放的能量（2）若两个氘核以相等的动能发生对心碰撞即可发生上述核反应，且释放的核能全部转化为机械能，则反应中生成的和中子的动能各是多少？【答案】（1）（2）中子动能为：氦的动能为：【解析】【详解】（1）由质量数守恒和核电荷数守恒，写出核反应方程为： 则反应过程中质量减少了： 反应过程中释放的核能为： 。（2）设核和的动量分别为和，由动量守恒定律得：由此得和大小相等，由动能和动量关系及核和质量关系，得中子的动能是核动能的3倍，即：1由能量守恒定律得： 由以上可以算出中子动能为：，氦的动能为：23.太阳能量来源于太阳内部氢核的聚变，设每次聚变反应可以看作是4个氢核结合成1个氦核，同时释放出正电子；已知氢核的质量为，氦核的质量为，正电子的质量为，真空中光速为则每次核反应中的质量亏损_及氦核的比结合能_【答案】【解析】【详解】第一空. 根据核反应质量数守恒，电荷数守恒，可知生成了2个正电子，所以质量亏损 。第二空. 根据 可知，产生的能量为： ，所以氦核的比结合能为。
