1、山西省朔州市怀仁一中云东校区2019-2020学年高二物理下学期期末考试试题（含解析）一、选择题：（本题有12小题，共计48分。其中1-7小题每小题只有一个正确选项，选对得4分，错选不得分；8-12小题每小题有多个正确选项，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选不得分。）1. 人类在研究光、原子结构及核能利用等方面经历了漫长的过程，我国在相关研究领域虽然起步较晚，但是近年对核能的开发与利用却走在了世界的前列，有关原子的相关知识，下列说法正确的是A. 卢瑟福最先发现电子，并提出了原子的核式结构学说B. 光电效应和康普顿效应都能说明光子具有粒子性，且前者可说明光子具有能量，后者除证明光子具有能
2、量，还可证明光子具有动量C. 原子核发生衰变时，产生的射线本质是高速电子流，因核内没有电子，所以射线是核外电子逸出原子形成的D. 一个铍核（）和一个粒子反应后生成一个碳核，并放出一个中子和能量，核反应方程为【答案】B【解析】【详解】A、汤姆孙最先发现电子，卢瑟福提出了原子的核式结构学说，故选项A错误；B、光电效应和康普顿效应都能说明光子具有粒子性，光电效应说明光子具有能量，康普顿效应可以说明光子具有动量，故选项B正确；C、射线是高速电子流，来自原子核内部中子的衰变，故选项C错误；D、该核反应方程中，质量数不守恒，故选项D错误2. 甲、乙两车从同一地点沿相同方向由静止开始做直线运动，它们运动的加
3、速度随时间变化图象如图所示关于两车的运动情况，下列说法正确的是（）A. 在04s内甲车做匀加速直线运动，乙车做匀减速直线运动B. 在02s内两车间距逐渐增大，2s4s内两车间距逐渐减小C. 在t=2s时甲车速度为3m/s，乙车速度为4.5m/sD. 在t=4s时甲车恰好追上乙车【答案】C【解析】【详解】A根据图象可知，在04 s内，甲的加速度不变，甲做匀加速直线运动，乙的加速度逐渐减小，乙做加速度减小的加速直线运动，故A错误；BD据加速度时间图象知道图象与时间轴所围的面积表示速度据图象可知，当t=4s时，两图象与t轴所围的面积相等，即该时刻两辆车的速度相等；在4秒前乙车的速度大于甲车的速度，所
4、以乙车在甲车的前方，所以两车逐渐远离，当t=4s时，两车速度相等即相距最远，故BD错误；C在t=2s时乙车速度为v乙(1.5+3)24.5m/s甲车速度为v甲=1.52=3m/s故C正确。【点睛】本题考查了图象与追及问题的综合，解决本题的关键知道加速度时间图线围成的面积表示速度的变化量；知道两车共速时相距最远。3. 在地球大气层外有大量的太空垃圾在太阳活动期，地球大气会受太阳风的影响而扩张，使一些原本在大气层外绕地球飞行的太空垃圾被大气包围，从而开始向地面下落大部分太空垃圾在落地前已经燃烧成灰烬，但体积较大的太空垃圾仍会落到地面上，对人类造成危害太空垃圾下落的原因是A. 大气的扩张使垃圾受到的
5、万有引力增大而导致下落B. 太空垃圾在与大气摩擦燃烧过程中质量不断减小，进而导致下落C. 太空垃圾在大气阻力作用下速度减小，运动所需的向心力将小于万有引力，垃圾做趋向圆心的运动，落向地面D. 太空垃圾的上表面受到的大气压力大于其下表面受到的大气压力，这种压力差将它推向地面【答案】C【解析】【详解】太空垃圾在大气阻力的作用下速度减小，地球对它的引力大于它做圆周运动所需的向心力，其不断做向心运动，最终落在地面上，故C正确，ABD错误4. 一台理想变压器的原、副线圈的匝数比是5l，原线圈接入电压为220V的正弦交流电，一只理想二极管和一个滑动变阻器R串联接在副线圈上，如图所示。电压表和电流表均为理想
6、交流电表，则下列说法正确的是（）A. 原、副线圈电流之比为51B. 电压表的读数为44VC. 若滑动变阻器接入电路的阻值为20，则1min内产生的热量为2904JD. 若将滑动变阻器滑片向上滑动，两电表读数均减小【答案】C【解析】【详解】A原线圈电压为220V的正弦交流电，原、副线圈的匝数比是5：l，根据则副线圈原、副线圈中的电流之比为1：5，A错误；B根据原、副线圈的电压与匝数成正比，所以副线圈两端电压为44 V，由于副线圈接着二极管，它具有单向导电性，根据电流的热效应知解得U=22V =31.11V故B错误；C则1 min内滑动变阻器产生的热量为故C正确；D将滑动变阻器滑片向上滑动时，次级
7、阻值变小，电流表的读数变大，但对原、副线圈两端的电压无影响，即电压表的读数不变，D错误。故选C。5. 如图所示，一轻弹簧左端固定在长木板M的左端，右端与小木块m连接，且m、M及M与地面间摩擦不计。开始时，m和M均静止，现同时对m、M施加等大反向的水平恒力F1和F2，设两物体开始运动以后的整个运动过程中，弹簧形变不超过其弹性限度。对于m、M和弹簧组成的系统（）A. 由于F1、F2等大反向，故系统机械能守恒B. 当弹簧弹力大小与F1、F2大小相等时，m、M各自的动能最大C. 由于F1、F2大小不变，所以m、M各自一直做匀加速运动D. 由于F1、F2均能做正功，故系统的机械能一直增大【答案】B【解析
8、】【详解】同时对m、M施加等大反向的水平恒力F1和F2，m向右侧运动，M向左侧运动，弹簧伸长，m、M间距离增大；当拉力大于弹簧弹力时，m、M做变加速运动；当拉力等于弹簧弹力时，m、M速度最大；当拉力小于弹簧弹力时，m、M做加速度变化的减速运动，直至速度同时变为零（加速和减速过程具有对称性）。接下来m向左侧运动，M向右侧运动，弹簧收缩，m、M间距离减小；当拉力小于弹簧弹力，m、M做变加速运动，当拉力等于弹簧弹力时，m、M速度最大，当拉力大于弹簧弹力时，m、M做加速度变化的减速运动，直至速度同时变为零（弹簧伸长过程和弹簧缩短过程具有对称性）。再接下来，循环以上两过程。AD由于F1、F2有时均做正功
9、，有时均做负功，系统的机械能有时增大，有时减小，故AD两项错误；B由以上分析知，当弹簧弹力大小与F1、F2大小相等时，m、M各自的速度（动能）最大，故B项正确；C由以上分析知，m、M不是一直做匀加速运动，故C项错误。故选B。6. 下列说法中不正确的是（）A. 晶体具有确定的熔点B. 露珠呈球状是由于液体表面张力的作用C. 某物体温度高，组成该物体的某些分子速率可能很小D. 压缩气体需要力，表明气体分子间存在斥力【答案】D【解析】【详解】A晶体分为单晶体和多晶体，它们都有确定的熔点，故A正确，不符合题意；B液体的表面张力有使液体的表面积减小到最小的趋势，如露珠呈球状是由于液体表面张力的作用，故B
10、正确，不符合题意；C物体的温度高，分子平均动能大，但由于分子运动是无规则的，所以组成该物体的某些分子速率可能很小，故C正确，不符合题意；D气体分子间距较大，分子力很小，压缩气体需要用力是为了克服气体内外的压强差，并不表明气体分子间存在着斥力，故D错误，符合题意。故选D。7. 如图所示，A、B为两个相同的环形线圈，共轴并靠近放置。A线圈中通有如图（a）所示的交流电i，则（）A. 在t1到t2时间内A、B两线圈相斥B. 在t2到t3时间内A、B两线圈相吸C. t1时刻两线圈间作用力为零D. t2时刻两线圈间作用力最大【答案】C【解析】【详解】A在t1到t2时间内，A中电流方向不变，强度变小，磁感应
11、强度变弱，B中产生的感应电流方向与A中电流方向相同，A、B两线圈相吸。故A错误；B在t2到t3时间内，A中电流反向增强，磁感应强度变强，B中产生的感应电流方向与A中电流方向相反，A、B两线圈相斥。故B错误；C由（a）图像可知，t1时刻，A中电流最大，但磁通量的变化率为零，所以B中产生的感应电流为零，两线圈间作用力为零。故C正确；D由（a）图像可知，t2时刻，A中电流为零，但磁通量的变化率最大，所以B中产生的感应电流最大，两线圈间作用力为零。故D错误。故选C。【点睛】本题考察对楞次定律的理解，增反减同，来拒去留，增缩减扩。A线圈中的电流产生的磁场通过B线圈，当A中电流变化时，要在B线圈中产生感应
12、电流，判定出B中的电流方向是关键。8. 如图（a），在跳台滑雪比赛中，运动员在空中滑翔时身体的姿态会影响其下落的速度和滑翔的距离某运动员先后两次从同一跳台起跳，每次都从离开跳台开始计时，用v表示他在竖直方向的速度，其v-t图像如图（b）所示，t1和t2是他落在倾斜雪道上的时刻则A. 第二次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的小B. 第二次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大C. 第二次滑翔过程中在竖直方向上的平均加速度比第一次的大D. 竖直方向速度大小为v1时，第二次滑翔在竖直方向上所受阻力比第一次的大【答案】BD【解析】【详解】A由v-t图面积易知第二次面积大于等于第一次面积，故第二次
13、竖直方向下落距离大于第一次下落距离，所以，A错误；B由于第二次竖直方向下落距离大，由于位移方向不变，故第二次水平方向位移大，故B正确C由于v-t斜率知第一次大、第二次小，斜率越大，加速度越大，或由 易知a1a2，故C错误D由图像斜率，速度为v1时，第一次图像陡峭，第二次图像相对平缓，故a1a2，由G-fy=ma，可知，fy1fy2，故D正确9. 质量为m、带电量为q的小球，从倾角为的光滑绝缘斜面上由静止下滑，整个斜面置于方向水平向外的匀强磁场中，其磁感强度为B，如图所示。若带电小球下滑后某时刻对斜面的作用力恰好为零，下面说法中正确的是（）A. 小球带负电B. 小球在斜面上运动时做匀加速直线运动
14、C. 小球在斜面上运动时做加速度增大，而速度也增大的变加速直线运动D. 球在斜面上下滑过程中，当小球对斜面压力为零时的速率为【答案】BD【解析】【详解】A带电小球下滑后某时刻对斜面的作用力恰好为零，知洛伦兹力的方向垂直于斜面向上根据左手定则知，小球带正电，故A错误；BC小球在运动的过程中受重力、斜面的支持力、洛伦兹力，合外力沿斜面向下，大小为mgsin，根据牛顿第二定律知小球在离开斜面前做匀加速直线运动，故B正确，C错误； D当压力为零时，在垂直于斜面方向上的合力为零，有解得故D正确。故选BD。10. 如图所示，质量为M的长木板A静止在光滑的水平面上，有一质量为m的小滑块B以初速度v0从左侧滑
15、上木板，且恰能滑离木板，滑块与木板间动摩擦因数为下列说法中正确的是A. 若只增大v0，则滑块滑离木板过程中系统产生的热量增加B. 若只增大M，则滑块滑离木板过程中木板所受到的冲量减少C. 若只减小m，则滑块滑离木板时木板获得的速度减少D. 若只减小，则滑块滑离木板过程中滑块对地的位移减小【答案】BCD【解析】【详解】A滑块滑离木板过程中系统产生的热量等于滑动摩擦力与相对位移的乘积因为相对位移没变，所以产生热量不变，故A错误；B由极限法，当M很大时，长木板运动的位移xM会很小，滑块的位移等于xM+L很小，对滑块根据动能定理：可知滑块滑离木板时的速度v1很大，把长木板和小滑块看成一个系统，满足动量
16、守恒可知长木板的动量变化比较小，所以若只增大M，则滑块滑离木板过程中木板所受到的冲量减少，故B正确；C采用极限法：当m很小时，摩擦力也很小，m的动量变化很小，把长木板和小滑块看成一个系统，满足动量守恒，那么长木板的动量变化也很小，故C正确；D当很小时，摩擦力也很小，长木板运动的位移xM会很小，滑块的位移等于xM+L也会很小，故D正确故选BCD11. 如图，为一列简谐横波在t=0时刻的波形图，P是平衡位置在x=1.0m处的质点，Q是平衡位置在x=4.0m处的质点，图乙为质点Q的振动图像，则下列说法正确的是（）A. 这列波的波长是8m，周期是0.2s，振幅是10cmB. 从t=0.1到t=0.25
17、s，该波沿x轴正方向传播了6mC. 从t=0.1到t=0.25s，质点P通过的路程为30cmD. 质点Q简谐运动的表达式为y=0.10sin10t（国际单位）【答案】ABD【解析】【详解】A由图像可知，这列波的波长是8m，周期是0.2s，振幅是10cm，A正确；B由Q点的振动图像可知，在t=0时，质点Q向y轴正方向运动，根据“上下坡法”，可知波向x轴正向传播，波速从t=01到t=0.25s，该波沿x轴正方向传播了B正确； C 从t=0.1到t=0.25s 经历了0.15s=T，但是因P点开始不是从平衡位置或者最高点最低点开始振动，则质点P通过的路程不等于3A=30cm，C错误；D因为则质点Q简
18、谐运动的表达式为y=0.10sin10t（国际单位）D正确。故选ABD。12. 回旋加速器是美国物理学家劳伦斯于1932年发明的。如图为一种改进后的回旋加速器示意图，其中盒缝间加速电场的场强大小恒定，且被限制在A、C板间，如图所示。带电粒子从P0处以速度v0沿电场线方向射入电场，经加速后再进入D型盒中的匀强磁场做匀速圆周运动。对这种加速器，下列说法正确的是（）A. 带电粒子每运动一周被加速一次B. 带电粒子每运动一周PlP2=P2P3C. 加速粒子的最大速度与D形盒的尺寸有关D. 加速电场方向需要做周期性的变化【答案】AC【解析】【详解】AD带电粒子只有经过A、C板间时被加速，即带电粒子每运动
19、一周被加速一次。电场的方向没有改变，故加速电场不需要做周期性的变化。故A正确，D错误；B根据解得由几何关系可知因为每转一圈被加速一次，根据知每转一圈，速度的变化量不等，且则故B错误；C当粒子从D形盒中出来时，速度最大，根据解得知加速粒子的最大速度与D形盒的半径有关。故C正确。故选C。二、实验题：（共12分，第13题5分，14题7分）13. 为了探究质量一定时加速度与力的关系，王同学设计了如图甲所示的实验装置，其中M为带滑轮小车的质量，m为沙和沙桶的质量（滑轮质量及滑轮与轴、细线间的摩擦均不计）（1）该同学利用此装置得到图乙所示的一条纸带（相邻两计数点间有四个点未画出），已知打点计时器频率为50
20、Hz，求打点计时器打计数点4时小车的瞬时速度为_m/s（结果保留两位有效数字）（2）根据王同学设计的实验装置，下列操作不必要的是_A用天平测出沙和沙桶的质量B将带滑轮的长木板右端热高，以平衡摩擦力C小车靠近打点计时器，先接通电源再释放小车，打出一条纸带，同时记录弹簧测力计的示数D为减小误差，实验巾一定要保证沙和沙桶的质量m远小于小车的质量M（3）以弹簧测力计示数F为横坐标，小车加速度a为纵坐标，画出a-F图象是一条直线，如丙图所示，已知图线与横坐标的夹角为，图线的斜率为k，则小车的质量为_A.2tanT B Ck D【答案】 (1). 031 (2). AD (3). D【解析】【详解】（1）
21、用3、5两点间的平均速度代替打下4点的瞬时速度（2）考察探究加速度的因素的实验的操作过程：A、由于在装置的左端有弹簧测力器与细绳串联，所以拉力直接由弹簧秤读出即可，沙和桶只是用来改变拉力的，故A选项不必测量；B、由于摩擦阻力的存在，而又是用拉力代替合力，平衡摩擦阻力是必要的，故B选项必要；C、实验过程正是先让小车靠近打点计时器，先接通电源再释放小车，打出一条纸带，同时记录弹簧测力计的示数，故选项C必要；D、只有当没有弹簧秤测力时，才用沙和桶的重代替拉力，当然也没必要保证沙和沙桶的质量m远小于小车的质量M故选D.（3）根据牛顿第二定律有：当所有摩擦阻力不计时，那么a-F图象的斜率为k=，则小车的
22、质量m=，故选项C错误，选项D正确；而为什么不能用角度来表示斜率呢，由于每组使用的坐标间隔不一样，则不能用tan来表示斜率，故选项AB错误14. 电动自行车是一种环保，便利的交通工具，越来越受大众的青睐，为了测定电动车电池组的电动势和内电阻，某同学设计了如图1所示的实验电路，所用实验器材有：A电池组(电动势约为12 V，内阻未知)B电流表(量程为300 mA，内阻忽略不计)C电阻箱R(0999.9 )D定值电阻R0(阻值为10 )E导线和开关该同学部分操作步骤如下(1)当闭合开关后，无论怎样调节电阻箱，电流表都没有示数，反复检查确认电路连接完好，该同学利用多用电表，又进行了如下操作：断开电源开
23、关S.将多用电表选择开关置于“1”挡，调零后，将红、黑表笔分别接在R0两端，读数为10.将多用电表选择开关置于“10 ”挡，调零后，将红，黑表笔分别接电阻箱两接线柱，指针位置如图2所示，则所测电阻箱的阻值为_ .用多用电表分别对电源和开关进行检测，发现电源，开关均完好由以上操作可知，发生故障的元件是_(2)在更换规格相同的元件后重新连接好电路(3)改变电阻箱R的阻值，分别测出电路中相应的电流I.为了保证实验顺利进行且使测量结果更准确些，电阻箱R的取值范围应为_A100300B40100C1540(4)根据实验数据描点，绘出的R图象如图3所示若直线的斜率为k，在坐标轴上的截距为b，则该电池组的电
24、动势E_，内阻r_(用k，b和R0表示)【答案】 (1). 70 (2). 电流表 (3). B (4). (5). 【解析】【详解】（1）欧姆表表盘读数为7，倍率为“10”，故为70；在故障检测时，除电流表其余部分均没有问题，故问题只能出在电流表处；（3）为减小电流表的读数误差，电流表指针偏转角度应该尽量大于三分之一，即电流范围为：100mAI300mA，根据欧姆定律，总电阻120R总40，扣除定值电阻10，即电流表内阻和电源内阻加上电阻箱电阻应该大于等于30而小于等于110，由于电流表内阻不计，故应该选B；（4）根据闭合电路欧姆定律，有，则，故有：，联立解得：，三、计算题（15题8分，16
25、题10分，17题10分，18题12分，共40分）15. 一个带负电的粒子，q=-2.010-9C，在静电场中由a点运动到b点，在这过程中，除电场力外，其它力作的功为6.010-5J，粒子动能增加了8.010-5J，求a、b两点间电势差Uab等于多少？【答案】1104V【解析】【详解】设此过程中，电场力对点电荷做的功为，由动能定理可知带入数据解得则a、b两点间的电势差为【点睛】本题主要考查了动能定理及电势差的求法，属于基础题。16. 如图所示的是一个透明圆柱体的横截面，一束单色光平行于直径AB射向圆柱体，光线经过折射后恰能射到B点，已知入射光线到直径AB的距离为R。R是圆柱体的半径。已知光在真空
26、中的传播速度为c，求：(1)该透明圆柱体介质的折射率；(2)该单色光从C点传播到B点的时间。【答案】(1)；(2)【解析】【详解】(1)光线P经折射后经过B点，光路图如图所示由几何知识得sin=60=30则折射率为n=(2)CB间的距离为s=2Rcos=R光在圆柱体传播速度为v=则光从C点传播到B点的时间为t=17. 如图所示，可在竖直平面内转动的平台上固定着一个内壁光滑的气缸，气缸内有一导热性能良好的活塞，活塞面积为S，活塞底面与气缸底面平行，一定质量的理想气体密封在气缸内。当平台倾角为37时，气缸内气体体积为V，将平台顺时针缓慢转动直至水平，稳定时气缸内气体的体积为0.9V，该过程中环境温
27、度始终为T0，外界大气压强为p0。已知sin37=0.6，cos37=0.8。重力加速度为g。(1)求活塞的质量；(2)若平台转至水平后，经过一段时间，环境温度缓慢降至0.9T0（大气压强p0保持不变），求此时活塞离气缸底部的距离及该过程中外界对气缸内气体做的功。【答案】(1)；(2) ；0.18p0V【解析】【详解】(1)设活塞质量为m，当平台倾角为37时，气缸内气体的压强为气体的体积为V1V 平台水平时，气缸内气体压强大小气体的体积V2=0.9V由玻意耳定律有 联立得 (2)降温过程，气缸内气体压强不变，由盖吕萨克定律有解得V30.81V此时活塞离气缸底部的距离 活塞下降过程外界对气体做功
28、为18. 近年来，随着AI的迅猛发展，自动分拣装置在快递业也得到广泛的普及.如图为某自动分拣传送装置的简化示意图，水平传送带右端与水平面相切，以v0=2m/s的恒定速率顺时针运行，传送带的长度为L=7.6m.机械手将质量为1kg的包裹A轻放在传送带的左端，经过4s包裹A离开传送带，与意外落在传送带右端质量为3kg的包裹B发生正碰，碰后包裹B在水平面上滑行0.32m后静止在分拣通道口，随即被机械手分拣.已知包裹A、B与水平面间的动摩擦因数均为0.1，取g=10m/s2.求：(1)包裹A与传送带间的动摩擦因数;(2)两包裹碰撞过程中损失的机械能;(3)包裹A是否会到达分拣通道口.【答案】(1)1=
29、0.5(2)E=0.96J (3)包裹A不会到达分拣通道口【解析】【详解】(1)假设包裹A经过t1时间速度达到v0，由运动学知识有包裹A在传送带上加速度的大小为a1,v0=a1t1 包裹A的质量为mA，与传输带间的动摩檫因数为1，由牛顿运动定律有:1mAg=mAa1解得：1=0.5(2)包裹A离开传送带时速度为v0，设第一次碰后包裹A与包裹B速度分别为vA和vB，由动量守恒定律有:mAv0=mAvA+mBvB 包裹B在水平面上滑行过程，由动能定理有:-2mBgx=0-mBvB2 解得vA=-0.4m/s，负号表示方向向左，大小0.4m/s 两包裹碰撞时损失的机械能:E=mAv02 -mAvA2-mBvB2 解得：E=0.96J(3)第一次碰后包裹A返回传送带，在传送带作用下向左运动xA后速度减为零，由动能定理可知-1mAgxA=0-mAvA2 解得xA=0.016mL，包裹A在传送带上会再次向右运动.设包裹A再次离开传送带的速度为vA1mAgxA=mAvA2 解得:vA =0.4m/s设包裹A再次离开传送带后在水平面上滑行的距离为xA-2mAgxA=0-mAvA2 解得 xA=0.08mxA=0.32m 包裹A静止时与分拣通道口距离为0.24m，不会到达分拣通道口.
