1、四川省棠湖中学2019-2020学年高二物理下学期期末模拟试题（含解析）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
2、，7-9题多选题，少选得3分，多选错选得0分。）1. 如图所示是氢原子四个能级的示意图，当氢原子从高能级向低能级跃迁时会辐射一定频率的光子，以下说法不正确的是 A. 一个处于n=3能级的氢原子，自发跃迁时最多能辐射出三种不同频率的光子B. 根据玻尔理论可知，氢原子辐射出一个光子后，氢原子的电势能减小，核外电子动能增大C. n=4能级的氢原子自发跃迁时，辐射光子的能量最大为12.75eVD. 用能量为11.0eV的电子轰击基态氢原子能使其跃迁到更高能级【答案】A【解析】A、一个处于n=3能级的氢原子，自发跃迁时最多能辐射出二种不同频率的光子（32、21），故A不正确；B、氢原子辐射出一个光子后，
3、从高能级向低能级跃迁，轨道半径减小，根据知，电子速率增大，动能增大，又由于氢原子能量减小，则氢原子电势能减小（或根据库仑力做正功判断也可），故B正确；C、n=4能级的氢原子自发跃迁时，辐射光子的能量最大为，故C正确；D、用能量为11.0eV的电子轰击基态氢原子，因为11.0eV10.2 eV，所以能使其跃迁到更高能级，故D正确本题选不正确的故选A.【点睛】知道从高能级向低能级跃迁，辐射光子，从低能级向高能级跃迁，吸收光子，以及知道原子的能量等于电子动能和电势能的总和，通过动能的变化可以得出电势能的变化氢原子跃迁时放出的光子的频率取决于初末能级之差2. 下列关于电场的叙述中正确的是A. 点电荷产
4、生的电场中，以点电荷为圆心，为半径的球面上，各点的场强都相等B. 正电荷周围的场强一定比负电荷周围的场强大C. 取走电场中某点的试探电荷后，该点的场强为零D. 电荷在电场中某点所受电场力方向与该点场强的方向不一定相同【答案】D【解析】本题考查了对电场强度的理解，它是通过比值定义的，比值与其电场力及电量均没有关系例如：质量与体积的比值定义为密度当质量变大时，体积变大，而比值却不变电场线虽不实际存在，但却能形象描绘电场的强度与方向A、 点电荷为圆心，r为半径的球面上，根据公式可得各点电场强度大小相同，但方向不同，故A错误；B、正电荷周围的电场强度不一定比负电荷周围的电场强度强，除与各自电荷量外，还
5、与电荷的距离有关故B错误；C、在电场中某点放入试探电荷q，该点的场强为，取走q后，没有了电场力，但该点的电场强度仍不变，故C错误；D、物理学中规定电场中某点的电场强度方向与放在该点的正电荷受到电场力方向相同，跟放在该点的负电荷受到的电场力方向相反，D正确思路拓展：电场强度是描述电场强弱的物理量，它是由电荷所受电场力与其电量的比值来定义比值与电场力及电量均无关而电场线越密的地方，电场强度越强3. 如图所示，当带正电的球C移近不带电的枕形金属导体时，枕形导体上的电荷移动情况是（ ）A. 枕形金属导体上的正电荷向B端移动，负电荷不移动B. 枕形金属导体上的自由电子向A端移动，正电荷不移动C. 枕形金
6、属导体上的正、负电荷同时分别向B端和A端移动D. 枕形金属导体上的正、负电荷同时分别向A端和B端移动【答案】B【解析】【详解】金属导体中可以自由移动的是电子，当带正电的球C移近不带电的枕形金属导体时，由于静电感应，A端带负电，B端带正电，因此自由电子向A端移动；故选项B正确，ACD错误；故选B。4. 一正弦交变电流的电压随时间变化的规律如图所示由图可知该交变电流 （ ）A. 周期为0.125sB. 电压的有效值为10 VC. 电压的最大值为20 VD. 电压瞬时值的表达式为u=20sin4t（V）【答案】C【解析】【详解】由图像可知，交流电的周期为0. 25s，选项A错误；电压的最大值为20
7、V，电压的有效值为，选项C正确，B错误；，则电压瞬时值的表达式为u=20sin8t（V），选项D错误.5. 在如图所示的电路中，、为两个完全相同的灯泡，为自感线圈，为电源，为开关，关于两灯泡点亮和熄灭的先后次序，下列说法正确的是（ ）A. 合上开关，先亮，后亮；断开开关，、同时熄灭B 合上开关，先亮，后亮；断开开关，先熄灭，后熄灭C. 合上开关，先亮，后亮；断开开关，、同时熄灭D. 合上开关，、同时亮；断开开关，先熄灭，后熄灭【答案】C【解析】【分析】当开关接通和断开的瞬间，流过线圈的电流发生变化，产生自感电动势，阻碍原来电流的变化，根据楞次定律来分析两灯亮暗顺序【详解】由图可以看出，a、b灯
8、泡在两个不同的支路中，对于纯电阻电路，不发生电磁感应，通电后用电器立即开始正常工作，断电后停止工作但对于含电感线圈的电路，在通电时，线圈产生自感电动势，对电流的变化有阻碍作用。则合上开关，b先亮，a后亮当断开电键时，线圈中产生自感电动势，由a、b及电感线圈组成一个回路，两灯同时逐渐熄灭故C正确故选C【点评】对于线圈要抓住这个特性：当电流变化时，线圈中产生自感电动势，相当于电源，为回路提供瞬间的电流6. 一平行板电容器充电后与电源断开，正极板接地，在两极板间有一正电荷（电量很小）固定在P点，如图所示。以E表示两极板间的场强，U表示电容器的电压，Ep表示正电荷在P点的电势能，若保持负极板不动，将正
9、极板移到图中虚线所示的位置，则（）A. U变小，E变小B. E变大，Ep变大C. U变小，Ep变大D. U不变，Ep变大【答案】C【解析】【详解】ABD平行板电容器充电后与电源断开，则板上电荷量Q不变，将正极板移到图中虚线所示的位置，板间距离减小，根据知电容C增大，根据可知电压U减小，根据 可知板间场强不变，故ABD错误；C电压U减小，板间场强不变，P点与上极板之间的电势差减小，所以P点与上极板之间的电势差变小，上极板接地，则P点的电势增大，根据可知正电荷在P点的电势能增大，故C正确。故选C。7. 如图所示，在两个等量异种点电荷的电场中，AB为中垂线，且AO=BO，则A. A、B两点场强相等B
10、. 正电荷从A运动到B，电势能增加C. 负电荷从A运动到B，电势能增加D. A、B两点电势差为零【答案】AD【解析】【详解】由等量异种电荷的电场线分布可知，A、B两点场强大小和方向距相同，故两点的场强相等，选项A正确；由于AB两点的电势相等，故无论是正电荷还是负电荷，从A运动到B，电场力均不做功，电势能不变，选项BC错误，D正确；故选AD.8. 某50 Hz钳形电流表的工作原理如图所示.当通有交流电的导线从环形铁芯的中间穿过时，与绕在铁芯上的线圈相连的电表指针会发生偏转.不考虑铁芯的漏磁及各种能量损耗，已知n21000 匝，当用该表测50 Hz交流电时()A. 电流表G中通过的是交变电流B.
11、若G中通过的电流为50 mA，则导线中的被测电流为50 AC. 若导线中通过的是10 A矩形脉冲交流电，G中通过的电流是10 mAD. 当用该表测量400 Hz的电流时，测量值比真实值偏小【答案】AB【解析】【详解】A变压器只改变交流电电压，不改变交流电的频率，电流表g中通过的仍是交流电流，A正确；B根据变压器原副线圈电流与匝数成反比： ， ，B正确；C若导线中通过的是10A矩形脉冲交流电，当电流方向不发生改变时，电流大小不变，副线圈中无感应电流，C错误；D根据法拉第电磁感应定律和变压器互感原理，改变交流电的频率，不影响测量值的准确性，D错误9. 如图所示，倾角为a的固定斜面，其右侧有一竖直墙
12、面小球滑上斜面，以速度v飞离斜面，恰好垂直撞击到墙面上某位置，重力加速度为g，忽略空气阻力，下列说法中正确的是（ ）A. 从飞离斜面到撞击墙面的过程中，小球在水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀减速直线运动B. 竖直墙面与斜面右端的水平距离为C. 竖直墙面与斜面右端的水平距离为D. 从飞离斜面到撞击墙面的过程中，小球的飞行时间为【答案】ACD【解析】小球飞离斜面后做斜上抛运动，只受重力作用，则从飞离斜面到撞击墙面的过程中，小球在水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀减速直线运动，选项A正确；小球离开斜面的竖直分速度为vsin，水平分速度vcos，则飞行时间，水平距离，故选项CD正确，B错误；故选
13、ACD. 点睛：此题关键是知道小球离开斜面后的运动特点：水平方向匀速运动，竖直方向做匀减速运动，结合运动的合成知识解答.第II卷 非选择题（56分）二、实验题（16分）10. 如图所示，三角形ABC为某玻璃三棱柱的截面图，其折射率为，C=75，一束光垂直AB边入射后，在AC边的D点恰好发生全反射，可知A=_；光线在D点反射后由BC边射出时，其折射角为_【答案】 (1). 45 (2). 45【解析】【分析】考查光的折射规律，根据折射定律、几何知识计算可得【详解】设三棱柱的临界角为C，则sinC=得：C=45光线在AC边的D点恰好发生全反射，入射角等于临界角C，根据几何关系可得：A=90-45=
14、45光线传到BC边上时的入射角为 i=30，设折射角为r则有：可得：r=45故答案为45；45【点睛】光线从光密介质射入光疏介质时，当入射角大于等于临界角发生全反射，sinC= 设光密介质中角度为r ，光疏介质中的角度为i，n=11. 学习完电表改装一节的内容，小明和小华在实验室准备将量程为1mA的灵敏电流计改装成两个常用量程的电压表，设计电路如图1所示（1）他们在改装前先通过如图2所示的电路测量该灵敏电流计的内阻，先将R的阻值调至最大，闭合S1，调节R的阻值使灵敏电流计的指针达到满偏；然后闭合S2调节的阻值，使灵敏电流计的指针_，此时就认为电阻箱的阻值等于灵敏电流计的内阻由于该方法实验原理不
15、够完善导致测得的内阻要比真实值_（填“偏大”或“偏小”），这种测量误差属于_（填“系统误差”或“偶然误差”）（2）若用此方法测得该灵敏电流计的内阻为150，则改装时R1_，R2_（3）如图3所示，改装完成后接着对电压表的3V量程进行校对，V0为标准电压表、V1为改装电压表，发现电压表V1的读数始终比标准电压表V0略大，需要把R1略微_（填“调大”或“调小”）【答案】 (1). 半偏（或满偏的一半） (2). 偏小 (3). 系统误差 (4). 2850 (5). 12000 (6). 调大【解析】【详解】（1）1.闭合S2调节R的阻值，使灵敏电流计的指针半偏（或满偏的一半）；23.实验要求滑动
16、变阻器的阻值远大于电流计的内阻，这样可近似认为闭合S2前后，电路总电阻不变，干路中的电流不变但事实上闭合S2后，由于R的并入，回路的总电阻略微变小，干路中的电流略微变大，当电流计达到半偏时，流过电阻箱R的电流略大于流过电流计的电流，由并联电路的规律可知电阻箱R的阻值略小于电流计的内阻，故测量误差偏小由于测量原理不完善造成的误差是系统误差（2）45.由串并联电路的规律可知，代入数据可求得R1=2850，R2=12000（3）6.电压表V1的读数始终比标准电压表V0略大，说明流过电压表V1的电流略大，故需要略微增大R1，减小电流（或通过增大R1，略微减小表头分得的电压）三、解答题（40分）12.
17、已知如图, , , , 的变化范围是求：(1) 上消耗的最大电功率？(2)电源的最大输出电功率？(3) 上消耗最大电功率？【答案】(1) 4.5W；(2)4.5W；(3)2.25W【解析】【详解】（1）当R2=0时，电路中电流最大，则R1上功率最大，最大功率：；（2）当R1+R2=r=2，即R2=0时，电源输出功率最大,最大为：；（3）将R1视为电源的内电阻处理，则根据电源的输出功率随外电阻变化的特点，知道当R2=R1+r=4时电源的输出功率最大（即外电阻R2消耗的电功率最大），最大功率为：13. 如图所示，在平面直角坐标系xOy的第二象限存在着垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在第
18、三象限内存在着沿x轴正方向的匀强电场，在y轴的右侧存在着另一个匀强磁场，方向也垂直纸面向里质量为m、带电量为q的粒子以一定初速度由坐标为（0，h）的P点沿x轴负方向进入磁场，并沿着y轴负方向垂直进入匀强电场，然后经过y轴上坐标为（0，2h）的Q点进入y轴右侧的磁场，最后回到P点不计粒子重力，求：（1）电场强度E；（2）粒子从P点出发到再次回到P点所用的时间【答案】（1）（2）【解析】【详解】（1）由题意知粒子在第二象限做圆周运动，半径为h，则有粒子在第三象限做类平抛运动qE=ma联立解得，（2）粒子在第二象限运动时，运动时间粒子在第三象限运动的时间为粒子离开第三象限时，速度偏向角为，可知粒子在
19、y轴右侧运动时半径为r，由几何关系知解得运动的时间粒子运动的总时间选考题（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. 理想气体吸热后温度一定升高B. 可视为理想气体的相同质量和温度的氢气与氧气相比，平均动能一定相等，内能一定不相等C. 某理想气体的摩尔体积为，阿伏加德罗常数为，则该理想气体单个的分子体积为D. 甲、乙两个分子仅在分子力的作用下由无穷远处逐渐靠近直到不能再靠近的过程中，分子引力与分子斥力都增
20、大，分子势能先减小后增大E. 扩散现象与布朗运动都能说明分子在永不停息地运动【答案】BDE【解析】【详解】A.理想气体的内能只与温度有关。根据热力学第一定律U=W+Q得，物体的内能与做功和热传递有关，所以一定质量的理想气体吸热后温度不一定升高，故A错误；B.温度是分子的平均动能的标志，所以相同温度的氢气与氧气相比，平均动能一定相等；但氢气分子与氧气分子相比，氢气分子的质量小，所以相同质量的氢气的分子数比氧气的分子多，内能一定比氧气大，故B正确；C.某理想气体的摩尔体积为V0，阿伏伽德罗常数为NA，可以求出该理想气体每一个分子所占有的空间为；由于气体分子之间的距离远大于分子的大小，该理想气体单个
21、的分子体积远小于，故C错误；D.分子之间距离减小时，分子引力与分子斥力都增大；甲、乙两个分子在只受分子力的作用下由无穷远处逐渐靠近直到不能再靠近的过程中，开始时分子之间的作用力表现为引力，距离减小的过程中分子力做正功，分子势能减小；分子之间的距离小于平衡位置的距离时，分子力表现为斥力，距离再减小的过程中分子力做负功，分子势能增大，故D正确；E.扩散现象与布朗运动都能说明分子在永不停息地运动，故E正确。故选BDE.15. 一定质量的理想气体，状态从ABCDA的变化过程可用如图所示的pV图线描述，其中DA为等温线，气体在状态A时温度为TA300 K，试求：气体在状态C时的温度TC；若气体在AB过程
22、中吸热1000J，则在AB过程中气体内能如何变化？变化了多少？【答案】（i）375K （ii）气体内能增加了【解析】【分析】A与D状态的温度相同，借助D到C得过程确定C的温度，根据体积的变化确定气体变化中做功的正负，结合热力学第一定律确定内能的变化；【详解】 DA为等温线，则C到D过程由盖吕萨克定律得：得：A到B过程压强不变，由有热力学第一定律则气体内能增加，增加400J16. 一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t0时刻的波形如图所示，质点P的x坐标为3m.已知任意振动质点连续2次经过平衡位置的时间间隔为0.4s.下列说法正确的是()A. 波速为4m/sB. 波的频率为1.25HzC. x坐标为
23、15m的质点在t0.6s时恰好位于波谷D. x坐标为22m的质点在t0.2s时恰好位于波峰E. 当质点P位于波峰时，x坐标为17m的质点恰好位于波谷【答案】BDE【解析】【详解】AB由题，任意振动质点连续2次经过平衡位置的时间间隔为0.4s，则该波的周期为T=20.4s=0.8s，则Hz由图可知，该波的波长是，所以波速：m/s故A错误，B正确；Cx=15m的质点到x=3m质点的距离为：m所以x=15m的质点与x=3m处质点的振动始终相同，t=0时刻x=3m的质点向上振动，经过s时间恰好到达平衡位置，所以x=15m的质点在t=0.2s时恰好平衡位置，故C错误；Dx=22m的质点到x=2m质点的距
24、离为：m所以x=22m的质点与x=2m处质点的振动始终相同，t=0时刻x=2m的质点向上振动，经过s时间恰好到达波峰，所以x=22m的质点在t=0.2s时恰好位于波峰，故D正确；Ex=17m的质点到P点的距离为：m所以x=17m的质点与P点的振动始终相反，当质点P位于波峰时，x=17m的质点恰好位于波谷，故E正确。故选BDE【点睛】根据任意振动质点连续2次经过平衡位置的时间间隔为0.4s即可求出周期相邻两个波峰或波谷之间的距离等于波长，由图读出波长由求出波速根据两个质点平衡位置间距离与波长的关系，分析它们状态关系17. 如图所示，在双缝干涉实验中，S1和S2为双缝，P是光屏上的一点，已知P点与
25、S1和S2距离之差为2.1106 m，今分别用A、B两种单色光在空气中做双缝干涉实验，问P点是亮条纹还是暗条纹？(1)已知A光在折射率为n1.5的介质中波长为4107 m；(2)已知B光在某种介质中波长为3.15107 m，当B光从这种介质射向空气时，临界角为37(sin 370.6，cos 370.8)；(3)若用A光照射时，把其中一条缝遮住，试分析光屏上能观察到的现象. 【答案】(1)暗条纹(2)亮条纹(3) 光屏上仍出现明暗相间的条纹，但中央条纹最宽最亮，两边条纹变窄变暗.【解析】【详解】(1)设A光在空气中波长为1，在介质中波长为2，由得1n21.54107 m6107 m根据路程差r2.1106 m所以 由此可知，从S1和S2到P点的路程差r是波长1的3.5倍，所以P点为暗条纹.(2)根据临界角与折射率的关系sin C得 由此可知，B光在空气中波长3为3n介3.15107 m5.25107 m所以可见，用B光做光源，P点为亮条纹.(3)光屏上仍出现明暗相间的条纹，但中央条纹最宽最亮，两边条纹变窄变暗.