1、河北省唐山市遵化市2019-2020学年高二物理下学期期末考试试题（含解析）注意：本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分，共100分。考试时间90分钟。第卷（选择题 共48分）一、选择题（本题共12小题，每题4分，共48分。其中1-8小题只有一个选项符合题意，9-12小题有多个选项符合题意，选不全得2分。）1. 物理学家通过艰辛的实验和理论研究探究自然规律，为科学事业做出了巨大贡献下列描述中符合物理学史实的是( )A. 奥斯特发现了电流的磁效应并提出了分子电流假说B. 法拉第发现了电磁感应现象并总结出了判断感应电流方向的规律C. 牛顿发现了万有引力定律但未给出引力常量G的数值D. 哥白
2、尼大胆反驳地心说，提出了日心说，并发现行星沿椭圆轨道运行的规律【答案】C【解析】【详解】奥斯特发现了电流的磁效应，安培并提出了分子电流假说，选项A错误；法拉第发现了电磁感应现象，楞次总结出了判断感应电流方向的规律，选项B错误；牛顿发现了万有引力定律但未给出引力常量G的数值，后来卡文迪许用扭秤实验测出了引力常数，选项C正确； 哥白尼大胆反驳地心说，提出了日心说，开普勒发现行星沿椭圆轨道运行的规律，选项D错误；故选C.2. 1896年法国科学家贝可勒尔发现了放射性元素能够自发地发出射线的现象，即天然放射现象。让放射性元素镭衰变过程中释放出的、三种射线，经小孔垂直进入匀强电场中，如图所示。下列说法正
3、确的是（ ） A. 是射线， 粒子的电离能力最强，穿透能力也最强B. 是射线，是高速电子流，来自于原子的核外电子C. 原子核发生一次衰变的过程中，不可能同时产生、两种射线D. 原子序数大于83的元素，都具有放射性，原子序数小于或等于83的元素，都不具有放射性【答案】C【解析】【详解】A由射线的带电性质可知，是射线，是射线，是射线，粒子的电离能力最强，穿透能力最弱，A不符合题意；B射线是原子核发生衰变时产生的，是高速电子流，来自于原子核，B不符合题意；C原子核发生一次衰变的过程中，只能发生衰变或衰变，不能同时发生衰变和衰变，故不可能同时产生、两种射线，C符合题意；D原子序数大于83的元素，都具有
4、放射性，原子序数小于或等于83的元素，有的也具有放射性，D不符合题意。 故选C。3. 半圆柱体P放在粗糙的水平地面上,其右端有固定放置的竖直挡板MN,在P和MN之间放有一个光滑均匀的小圆柱体Q,整个装置处于静止状态,如图所示是这个装置的截面图,若用外力使MN保持竖直且缓慢地向右移动,在Q落到地面以前,发现P始终保持静止,在此过程中,下列说法中正确的是A. MN对Q的弹力逐渐减小B. 地面对P的摩擦力逐渐增大C. P、Q间弹力先减小后增大D. Q所受的合力逐渐增大【答案】B【解析】以整体为研究对象，MN对Q的弹力和地面对P的摩擦力是一对平衡力，以Q为对象画受力分析图，可知MN右移时MN对Q的弹力
5、和P、Q间的弹力都是增大的；Q始终处于平衡状态，因此合力始终为零，故只有B正确.4. 将静置在地面上，质量为M（含燃料）的火箭模型点火升空，在极短时间内以相对地面的速度v0竖直向下喷出质量为m的炽热气体忽略喷气过程重力和空气阻力的影响，则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】火箭模型在极短时间点火，设火箭模型获得速度为v，据动量守恒定律有0=（Mm）vmv0得A. ，与结论不相符，选项A不符合题意；B. ，与结论不相符，选项B不符合题意；C. ，与结论不相符，选项C不符合题意；D. ，与结论相符，选项D符合题意；5. 如图所示，竖直墙面上有一
6、只壁虎从A点沿水平直线加速运动到B点，此过程中壁虎受到摩擦力的方向是A. 斜向右上方B. 斜向左上方C. 水平向左D. 竖直向上【答案】B【解析】【分析】根据壁虎作加速直线运动可得，合力方向水平向左，再由平行四边形定则即可求解【详解】由于壁虎从A到B做匀加速直线运动，即壁虎所受合力水平向左，在竖直平面内壁虎受重力、摩擦力，由平行四边形定则可知，摩擦力方向斜向左上方，故B正确故选B6. 从中国科学院微小卫星创新研究院获悉，北斗卫星导航系统（BDS），预计今年将发射18颗卫星这就意味着：北斗将全覆盖亚洲地区，尤其是一带一路沿线国家如图所示是北斗导航系统中部分卫星的轨道示意图，己知a、b、c三颗卫星
7、均做圆周运动，a是地球同步卫星，a和b的轨道半径相同，且均为c的k倍，己知地球自转周期为T则（ ）A. 卫星b也是地球同步卫星B. 卫星a的向心加速度是卫星c的向心加速度的k2倍C. 卫星c的周期为D. a、b、c三颗卫星的运行速度大小关系为va=vb=【答案】C【解析】【详解】A卫星b相对地球不能保持静止，故不是地球同步卫星，A错误；B根据公式可得， B错误；C根据开普勒第三定律可得C正确；D根据公式可得，D错误。故选C。7. 如图所示，b点为两等量异种点电荷+Q和Q连线的中点，以+Q为圆心且过b点的虚线圆弧上有a、c两点，a、c两点关于连线对称下列说法正确的是A. a、b、c三点电势相等B
8、. 电子在a、c两处受到的电场力相同C. 电子由a点沿虚线圆弧移到b点过程中电势能一直减小D. 电子由a点沿虚线圆弧移到c点的过程中电势能先增加后减小【答案】D【解析】【分析】根据等量异种电荷周围的场强分布和电势分布规律进行判断；负电荷在低电势点的电势能较大，在高电势点的电势能较小.【详解】根据等量异种电荷的电场分布可知，b点的电势为零，ac两点电势相等且大于零，则选项A错误；a、c两点的场强大小相同，方向不同，则电子在a、c两处受到的电场力不相同，选项B错误；电子由a点沿虚线圆弧移到b点的过程中，因电势逐渐降低，可知电子的电势能增加，选项C错误；电子由a点沿虚线圆弧移到c点的过程，电势先降低
9、后升高，则电子的电势能先增加后减小，选项D正确；故选D.8. 如图a所示，理想变压器原线圈通过理想电流表接在一交流电源的两端，交流电源输出的电压u随时间t变化的图线如图b所示，副线圈中接有理想电压表及阻值R10的负载电阻已知原、副线圈匝数之比为101，则下列说法中正确的是A. 电压表的示数为20VB. 电流表的示数为0.28 AC. 电阻R消耗的电功率为80WD. 通过电阻R的交变电流的频率为100 Hz【答案】A【解析】【详解】A项：原线圈两端电压为，根据变压器的变压比可知，解得： ，故A正确；B项：副线圈中的电流为根据变压器的变流比可知， ，所以电流表的示数为0.2A，故B错误；C项：由公
10、式，故C错误；D项：由图乙可知，交变电流的频率为：，由于变压器不能改变交流电的频率，所以通过电阻R的交变电流的频率为50 Hz，故D错误故选A9. 物理学在研究实际问题时，常常进行科学抽象，即抓住研究问题的主要特征，不考虑与当前研究问题无关或影响较小的因素，建立理想化模型下列选项是物理学中的理想化模型的有A. 加速度B. 自由落体运动C. 质点D. 力的合成【答案】BC【解析】【详解】物理模型，是人们为了研究物理问题的方便和探讨物理事物的本身而对研究对象所作的一种简化描述，是以观察和实验为基础，采用理想化的办法所创造的，能再现事物本质和内在特性的一种简化模型物理学模型种类较多，有：物理对象模型
11、，如：质点、点电荷、弹簧振子、光滑斜面、纯电阻等；物理过程模型，如：自由落体运动、匀变速直线运动、简谐运动、等温过程等；理想化实验模型，如：伽利略的理想斜面实验；A.加速度与理想模型概念不相符；故A项错误.B.自由落体运动与理想模型概念相符；故B项正确.C.质点与理想模型概念相符；故C项正确.D.力的合成与理想模型概念不相符；故D项错误.10. 厦门地铁1号线被称作“最美海景地铁”，列车跨海飞驰，乘客在车厢内可观赏窗外美丽的海景。设列车从高崎站至集美学村站做直线运动，运动的v t图像如图所示，总位移为 s，总时间为t0，最大速度为vm，加速过程与减速过程的加速度大小相等，则下列说法正确的是（）
12、A. 加速运动时间与减速运动时间相同B. 从高崎站至集美学村站的平均速度为C. 匀速运动时间为D. 加速运动时间为 【答案】AC【解析】【详解】A加速过程与减速过程的加速度大小相等，由可知，加速和减速时间相同，故A正确；B总位移为 s，总时间为t0，故其平均速度为故B错误；C设匀速时间为t，由图像围成的面积表示位移，则解得故C正确；D匀速运动时间为，故加速运动时间为故D错误；故选AC。11. 如图a所示，质量不计的弹簧竖直固定在水平面上，t=0时刻，将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点，然后又被弹起离开弹簧，上升到一定高度后再下落，如此反复.通过安装在弹
13、簧下端的压力传感器，得到弹簧弹力F随时间t变化的图像如图b所示，若图像中的坐标值都为已知量，重力加速度为g，则A. t1时刻小球具有最大速度B. t2时刻小球的速度大小为零C. 可以计算出小球自由下落的高度D. 整个运动过程中，小球的机械能守恒【答案】BC【解析】【详解】At1时刻，弹簧弹力等于零，此时小球的加速度为g，方向向下，故A错误；B当弹簧弹力等于重力时小球速度最大，在t2时刻，弹簧弹力最大，此时小球运动到最低点，加速度方向向上，速度为零，故B正确；Ct3到t4时刻，小球做竖直上抛运动，根据竖直上抛运动的对称性可以求出小球自由下落的高度，故C正确；D小球运动过程中有弹力做功，机械能不守
14、恒，故D错误故选BC.12. 如图所示，虚线右侧存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，具有一定电阻的正方形金属线框的右边与磁场的边界重合在外力作用下，金属线框从0时刻由静止开始，以垂直于磁场边界的恒定加速度a进入磁场区域，t1刻线框全部进入磁场若规定时针方向为感应电流i的正方向，则感应电流i、外力大小F、线框中电功率的瞬时值P以及通过导体横截面的电荷量q随时间t变化的关系可能正确的是A. B. C. D. 【答案】ACD【解析】【详解】线框做匀加速运动，其速度v=at，感应电动势E=BLv，感应电流，i与t成正比，故A正确；线框进入磁场过程中受到的安培力，由牛顿第二定律得：，得，F-t图象是不过
15、原点的倾斜直线，故B错误；线框的电功率，故P-t图象应是开口向上，过原点的抛物线，故C正确；线框的位移，则电荷量，故q-t图象应是开口向上，过原点的抛物线，故D正确第卷（非选择题 共52分）二、填空题（本题共2小题，每空2分，共20分） 13. 测量一圆柱形导体材料：(1)如图甲所示，先用多用电表10挡粗测其电阻为_，然后用螺旋测微器测其直径d为_mm，游标卡尺测其长度l为_cm。【答案】 (1). 180 (2). 2.095（2.0932.098 均对） (3). 5.015【解析】【详解】（1）123由于多用电表为10挡，故其读数为；螺旋测微器的读数为；游标卡尺的读数为。14. 要测绘额
16、定电压为2V的日常用小电珠的伏安特性曲线，所供选择的器材除了导线和开关外，还有以下一些器材可供选择： A、电源E（电动势3.0V，内阻可不计） B、电压表V1（量程为03.0V，内阻约2k） C、电压表V2（ 015.0V，内阻约6k D、电流表A1（00.6A，内阻约1） E、电流表A2（ 0100mA，内阻约2） F、滑动变阻器R1（最大值10） G、滑动变阻器R2（最大值2k） （1）为减少实验误差，实验中电压表应选择 _ ，电流表应选择 _ ，滑动变阻器应选择 _ （填各器材的序号） （2）为提高实验精度，请你在如图a中设计实验电路图_（3）根据图a，在图b中把缺少的导线补全，连接成实
17、验的电路_ （4）实验中移动滑动变阻器滑片，得到了小灯泡的U-I图象如图c所示，则该小电珠的额定功率是 _ W，小电珠电阻的变化特点是 _ 【答案】 (1). B (2). D (3). F (4). (5). (6). 0.98 (7). 灯泡电阻随电压（温度）增大而增大【解析】【详解】（1）123因电珠的额定电压只有2V，则实验中电压表应选择B，由图c可知电流表应选择D，滑动变阻器要用分压电路，故应选择阻值较小的F；（2）4电路如图甲；（3）5实物图连接，如图乙；（4）67由图可知，当电压为U=2V时，I=0.48A，可知小电珠的额定功率是P=IU=0.96W；小电珠电阻的变化特点是灯泡电
18、阻随电压（温度）的增大而增大。三、计算题（本题共3个小题，15题10分、16题12分、17题10分，共32分，解答时写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）15. 如图所示，长为的细线拴住一质量为的小球在竖直平面内做圆周运动，已知圆周最低点离水平地面为，g取求：（1）若小球通过最低点时，细线中的弹力为5N，则小球在最低点的速度为多少？（2）若物体在最低点时的速度增大到某一值，细线恰好被拉断，测得小球平抛水平位移为，则细线能承受的最大拉力为多少？【答案】（1）4m/s （2）【解析】【详解】(1) 根据牛顿第二定律得： 代
19、入数据解得： ；(2) 设细线恰好被拉断时小球的速度为v0，根据牛顿第二定律得： 根据平抛运动规律和题意得： 所以， 所以16. 如图所示，在平面直角坐标系xOy内，第象限的半径R=h的圆形区域内存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，圆与x、y坐标轴切于D、A两点，y0的区域内存在着沿y轴正方向的匀强电场一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从电场中Q（-2h，-h）点以速度v0水平向右射出，从坐标原点O射入第象限，与水平方向夹角为，经磁场能以垂直于x轴的方向从D点射入电场不计粒子的重力，求：（1）电场强度E的大小以及的正切值（2）磁感应强度B的大小（3）带电粒子从Q点运动到最终射出磁场的时间t【答案
20、】(1) ，45，因此粒子从C点正对圆心O1进入磁场(2) (3) 【解析】【详解】（1）粒子匀强电场中做类平抛运动，由类平抛运动规律及牛顿运动定律得2hv0t hat2 又qEma 联立解得 设粒子到达O点时的速度为v，沿y轴正方向的分速度为vy，则有vyatv0， vv0 速度v与x轴正方向的夹角满足tan 1 即45，因此粒子从C点正对圆心O1进入磁场（2）又因为粒子垂直于x轴射出磁场，轨道半径 由牛顿第二定律有 联立解得 （3）带电粒子在电场中做类平抛运动时间 从O点运动到磁场边界的时间 粒子从D点射入电场后折返进入磁场，最后从磁场中射出在磁场中运动的时间： 在第四象限电场中往复时间
21、带电粒子从Q点运动到最终射出磁场的时间【点睛】带电粒子的运动问题，加速电场一般由动能定理或匀加速运动规律求解；偏转电场由类平抛运动规律求解；磁场中的运动问题则根据圆周运动规律结合几何条件求解17. 图甲为一列简谐横波在t0.10s时的波形图，P是平衡位置在x0.5m处的质点，Q是平衡位置在x2.0m处的质点；图乙为质点Q的振动图象。下列说法正确的是（）A. 这列波沿x轴正方向传播B. 这列波的传播速度为20m/sC. 从t0到t0.15s，这列波传播的距离为3mD. 从t0.10s到t0.15s，P通过的路程为10cmE. t0.15s时，P的加速度方向与y轴正方向相反【答案】BCE【解析】【
22、详解】A在t0.10s时Q质点处在振幅最大位置，朝y轴负方向振动，故该简谐波沿x轴负方向传播，故A错误；B由图像可知，该波的波长为，周期为，故该波的传播速度为故B正确；C由可知，在t0到t0.15s内该波的传播距离为故C正确；Dt0.10s到t0.15s内，质点P不是由平衡位置或者最大振幅处开始运动，故内的位移不等于振幅，故D错误；Et0.15s时，P的位移为正，故加速度为负，即P的加速度方向与y轴正方向相反，故E正确；故选BCE。18. 如图所示，AOB是由某种透明物质制成的圆柱体横截面（O为圆心）折射率今有一束平行光以45的入射角向柱体的OA平面，这些光线中有一部分不能从柱体的AB面上射出，设凡射到OB面的光线全部被吸收，也不考虑OA面的反射，求圆柱AB面上能射出光线的部分占AB表面的几分之几？【答案】1/2【解析】【详解】光路图如下图，从O点射入的光线，折射角为r，根据折射定律，有，解得：设从某位置P点入射的光线，折射到AB弧面上的Q点时，入射角恰等于临界角C，有代入数据得：PQO中所以能射出的光线区域对应的圆心角能射出光线的部分占AB面的比例为