【物理】陕西省宝鸡市渭滨区2019-2020学年高二下学期期末考试试卷（解析版） 17页

渭滨区2019-2020-2高二年级物理试题 一、选择题（本题共15小题，共50分。在每小题的四个选项中，第1-10题只有一项符合题目要求，每题3分。第11-15题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但选不全得2分，有错或不选的得0分，并把选项填涂在答题卡上）‎ ‎1.一闭合金属线框的两边接有电阻R1、R2，框上垂直搁置一根金属棒，棒与框接触良好，整个装置放在匀强磁场中（如图所示），当用外力使ab棒右移时，作出的下列判断中正确的是（ ）‎ A. 其穿线框的磁通量不变，框内没有感应电流 B. 框内有感应电流，电流方向沿顺时针方向绕行 C. 框内有感应电流，电流方向沿逆时针方向绕行 D. 框内有感应电流，左半边逆时针方向绕行，右半边顺时针方向绕行 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】虽然整个框架内磁通量不变，但由于ab棒的运动，使左右两边都产生磁通量的变化，故两边均产生感应电流；由右手定则可知，左侧电流为逆时针，右侧电流为顺时针，故D正确，ABC错误。‎ 故选D。‎ ‎2.如图所示，一正方形线圈的匝数为n，边长为a，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中，在时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B均匀的增大到2B．在此过程中，线圈中产生的感应电动势为（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】在此过程中，线圈中的磁通量改变量大小，根据法拉第电磁感应定律，B正确；‎ ‎，知道S是有效面积，即有磁通量的线圈的面积．‎ ‎3.交流发电机正常工作时，电动势的变化规律为，如果把发电机转子的转速减小一半，并且把电枢线圈的匝数增加一倍，其他条件不变，则（ ）‎ A. 只是电动势的最大值增加一倍 B. 电动势的最大值和周期都增加一倍 C. 电动势的最大值和周期都减小一半 D. 只是频率减小一半，周期增加一倍 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】发电机转子的转速n减小一半，根据 可知角速度变为原来的一半，根据 可知周期增加一倍，根据 可知频率减小一半；如果把发电机转子的转速减小一半，并且把电枢线圈的匝数增加一倍，其他条件不变，交流发电机工作时的电动势最大值表达式 可知电动势的最大值不变，故D正确，ABC错误。‎ 故选D。‎ ‎4.“西电东送”工程是缓解我国东部沿海城市能源紧张的有效措施，由西向东的远距离输电要采用高压电。关于高压输电的优点，下列说法中正确的是（　　）‎ A. 可根据需要调节交流电的频率 B. 可加快输电的速度 C. 可节省输电成本 D. 可减少输电线上的能量损失 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．交流电的频率等于发电机转动的频率，频率是不改变的，故A错误；‎ B．电路中电场建立的速度是光速，与是否高压输电无关，故B错误；‎ CD．在输电过程中输送的功率一定，根据和，有 则可知高压输电可以降低功率损耗，不能节约成本，故C错误，D正确；‎ 故选D。‎ ‎5.酒精测试仪用于对机动车驾驶人员是否酒后驾车及其他严禁酒后作业人员的现场检测，它利用的是一种二氧化锡半导体型酒精气体传感器。酒精气体传感器的电阻随酒精气体浓度的变化而变化，在如图所示的电路中，不同的酒精气体浓度对应着传感器的不同电阻，这样，显示仪表的指针就与酒精气体浓度有了对应关系。如果二氧化锡半导体型酒精气体传感器电阻的倒数与酒精气体的浓度成正比，那么，电压表示数与酒精气体浓度之间的对应关系正确的是（ 　）‎ A. 越大，表示越小， 与成反比 B. 越大，表示越小，但与不成反比 C. 越大，表示越大， 与成正比 D. 越大，表示越大，但与不成正比 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】酒精气体传感器和定值电阻串联在电路中，电压表测两端的电压，根据酒精气体传感器的电阻的倒数与酒精气体的浓度成正比，可得 其中是比例系数，根据欧姆定律得 联立可得 由数学知识可知越大，越大，但两者不成正比，故A、B、C错误，D正确；‎ 故选D。‎ ‎6.人们在运动时穿着运动鞋感觉更加舒适，其物理学原理是（　　）‎ A. 减小了脚落地时的动量 B. 减小了脚落地过程中的动量变化量 C. 缩短了运动中脚落地的缓冲时间 D. 延长了运动中脚落地的缓冲时间 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．脚在落地前的速度大小相等，故落地前的动量相等，故A错误；‎ B．脚落地后最后的速度均为零；故说明动量的变化一定相等，故B错误；‎ CD．由于运动鞋的底软硬度比较适中，适当延长了运动中脚落地的缓冲时间，从而导致冲击力较适中，感觉更加舒适，故C错误，D正确；‎ 故选D。‎ ‎7.下列关于碰撞的理解正确的是 （ 　）‎ A. 碰撞是指相对运动物体相遇时，在很长时间内它们的运动状态发生了显著变化的过程 B. 在碰撞现象中，一般内力都远远大于外力，所以可以认为碰撞时系统的总动量守恒 C. 如果碰撞过程中机械能也守恒，这样的碰撞叫做非弹性碰撞 D. 微观粒子的碰撞由于不发生直接接触，所以不满足动量守恒的条件，不能应用动量守恒定律求解 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．碰撞是十分普遍的现象，它是相对运动的物体相遇时发生的一种现象，碰撞时在极短时间内它们的运动状态发生了显著变化，故A错误；‎ B．在碰撞现象中，由于内力远大于外力，故可以忽略外力的作用；认为碰撞时系统的总动量守恒，故B正确；‎ C．如果碰撞过程中机械能也守恒，则碰撞为弹性碰撞，故C错误；‎ D．微观粒子相互接近时，虽然不发生直接碰撞，在相互作用的过程中，符合动量守恒的定义，所以其动量是可能守恒的，故D错误。‎ 故选B。‎ ‎8.1909年英国物理学家卢瑟福用粒子轰击金箔，下列关于该实验的描述错误的是（ ）‎ A. 粒子轰击金箔的实验需在真空条件下完成 B. 粒子的散射实验揭示了原子核有复杂的结构 C. 实验结果表明绝大多数粒子穿过金箔后没有发生散射 D. 粒子从金原子内部穿出后携带了原子内部结构的信息 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】当粒子穿过原子时，电子对粒子影响很小，影响粒子运动的主要是原子核，离核远则粒子受到的库仑斥力很小，运动方向改变小。只有当粒子与核十分接近时，才会受到很大库仑斥力，而原子核很小，所以粒子接近它的机会就很少，所以只有极少数大角度的偏转，而绝大多数基本按直线方向前进。‎ A．粒子轰击金箔的实验需在真空条件下完成，故A正确，不符合题意；‎ B．粒子的散射实验揭示了原子具有复杂的核式结构，故B错误，符合题意；‎ C．实验结果表明绝大多数粒子穿过金箔后不发生了散射，故C正确，不符合题意；‎ D．从金原子内部出来后携带了原子内部的信息，故D正确，不符合题意。‎ 故选B。‎ ‎9.首次用实验验证“爱因斯坦质能方程”的核反应方程是，已知mLi＝7.016 0 u，mH＝1.007 8 u，mHe＝4.002 6 u，则该核反应方程中的k值和质量亏损分别是(　　)‎ A. 1和4.021 2 u B. 1和2.005 6 u C. 2和0.018 6 u D. 2和1.997 0 u ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】根据核反应前后质量数守恒和电荷数守恒可得：7＋1＝4k；3＋1＝2k，可得k＝2；‎ m前＝mLi＋mH＝7.016 0 u＋1.007 8 u＝8.023 8 u，反应后的总质量m后＝2mHe＝2×4.002 6 u＝8.005 2 u，反应前后质量亏损为Δm＝m前－m后＝8.023 8 u－8.005 2 u＝0.018 6 u；‎ A. 1和4.021 2 u，与结论不相符，选项A错误；‎ B. 1和2.005 6 u，与结论不相符，选项B错误；‎ C. 2和0.018 6 u，与结论相符，选项C正确；‎ D. 2和1.997 0 u，与结论不相符，选项D错误；‎ ‎10.如图，当电键断开时，用光子能量为的一束光照射阴极K，发现电流表读数不为零。合上电键，调节滑动变阻器，发现当电压表读数小于时，电流表读数仍不为零；当电压表读数大于或等于时，电流表读数为零。由此可知阴极材料的逸出功为（　 　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】根据题意光电子的初动能为，根据爱因斯坦光电方程有 可知阴极材料的逸出功，故A正确，BCD错误。‎ 故选A。‎ ‎11.下列说法中正确的是 （　　）‎ A. 根据玻尔理论，氢原子辐射光子后，能量减小，轨道半径也减小 B. 核聚变是释放能量的核反应，核裂变是吸收能量的核反应 C. 卢瑟福的原子核式结构学说成功地解释了氢原子光谱的规律 D. 金属的极限频率越大，该金属电子的逸出功越大 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据玻尔理论，氢原子辐射光子后，能量减小，动能增大，电势能减小，其轨道半径减小，故A正确；‎ B．不论核裂变还是聚变，都会质量亏损，释放能量，故B错误；‎ C．玻尔理论成功地解释了氢原子光谱的规律，故C错误；‎ D．根据可知极限频率与逸出功成正比，金属的极限频率越大，该金属电子的逸出功越大，故D正确；故选AD。‎ ‎12.如图，是氢原子四个能级的示意图。当氢原子从的能级跃迁到的能级时，辐射出光。当氢原子从的能级跃迁到的能级时，辐射出光。则以下判断正确的是（　　）‎ A. 光光子的能量小于光光子的能量 B. 光的波长小于光的波长 C. 光的频率小于光的频率 D. 在真空中光的传播速度小于光的传播速度 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】AC．根据能级跃迁的频率条件可知，氢原子从的能级跃迁到时辐射出光光子的能量为 氢原子从的能级跃迁到时辐射出光光子的能量为 由此可知光子光光子的能量小于光光子的能量，所以光的频率小于光的频率，故A、C正确；‎ B．光的频率小于光的频率，根据频率越大波长越短可知光的波长大于光的波长，故B错误；‎ D．在真空中光的传播速度等于光的传播速度，故D错误；‎ 故选AC。‎ ‎13.关于天然放射性，下列说法正确的是（　　）‎ A. 所有元素都可能发生衰变 B. 放射性元素的半衰期与外界的温度无关 C. 放射性元素与别的元素形成化合物时仍具有放射性 D. 、和三种射线中，射线的穿透能力最强 ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．有些原子核不稳定，可以自发地衰变，但不是所有元素都可能发生衰变，故A错误；‎ B．放射性元素的半衰期由原子核内部因素决定，与外界的温度无关，故B正确；‎ C．放射性元素的放射性与核外电子无关，放射性元素与别的元素形成化合物时仍具有放射性，故C正确；‎ D．、和三种射线中，射线的穿透能力最强，电离能力最弱，故D正确；‎ 故选BCD。‎ ‎14.如图所示，固定于水平面的形导线框处于竖直向下的匀强磁场中（磁场足够大），磁场的磁感应强度为，点、是形导线框上的两个端点。水平向右恒力垂直作用在金属棒上，使金属棒以速度向右做匀速运动。金属棒长度为，恰好等于平行轨道间距，且始终与导线框接触良好，不计摩擦阻力，金属棒的电阻为。已知导线的横截面积为、单位体积内自由电子数为，电子电量为，电子定向移动的平均速率为。导线的电阻为，忽略其余导线框的电阻。则，在时间内（　　）‎ A. 导线中自由电子从向移动 B. 金属棒中产生的焦耳热 C. 导线受到的安培力大小 D. 通过导线横截面的电荷量为 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据右手定则可得电流方向是NMab，则ab中自由电子从b向a 移动，故A正确；‎ B．金属棒MN运动的位移不知道，无法计算MN中产生的焦耳热Q，故B错误；‎ C．导线中电流强度大小为 所以ab受到的安培力大小 故C正确；‎ D．通过导线ab横截面的电流强度为 则在时间内通过导线横截面的电荷量为 故D错误。‎ 故选AC。‎ ‎15.如图所示，两滑块、在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块的质量为，速度大小为，方向向右，滑块的质量为，速度大小为，方向向左。两滑块发生碰撞后粘在一起，下列说法正确的是（　 ）‎ A. 碰撞过程中机械能守恒 B. 碰撞过程中动量守恒 C. 碰后和一起向左运动，速度大小为 D. 碰后和一起向右运动，速度大小为 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．两球碰撞的过程动量守恒，以两球组成的系统为研究对象，由于合外力为零，所以系统的动量守恒。碰撞过程中机械能不守恒，转化为内能，故A错误，B正确。‎ CD．取水平向右方向为正方向，碰撞前，A、B的速度分别为、，根据动量守恒定律得 解得，故C错误，D正确。‎ 故选BD。‎ 二、填空与实验题（每空或每问2分，计32分）‎ ‎16.一个电热器接在的直流电源上，在时间内产生的热量为，今将该电热器接在一正弦式交流电源上，它在内产生的热量为，这一交流电源的交流电压的最大值为________ 。‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】根据交变电流有效值的定义有 解得这一交流电源的交流电压的有效值为 这一交流电源的交流电压的最大值为 ‎17.贝可勒尔发现天然放射现象，揭开了人类研究原子核结构的序幕。如图中为放在匀强电场中的天然放射源，其放出的射线在电场中分成 、、三束。‎ ‎(1)构成射线的粒子是____；构成射线的粒子是_____；构成射线的粒子是_____。‎ ‎(2)三种射线中，电离作用最强，动量最大，经常用来轰击原子核的是____射线；当原子核中的一个核子由中子转化为质子时将放出一个_____粒子。‎ ‎(3)请完成以下与上述粒子有关的两个核反应方程：‎ ‎___________； __________‎ ‎【答案】(1). 电子(或粒子) 光子 氦核(或粒子) (2). (3). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1][2][3]射线为氦核，带正电，射线为电子流，带负电，射线为高频电磁波，不带电；故根据电荷所受电场力特点可知构成射线的粒子是射线，构成射线的粒子是射线，构成射线的粒子射线；‎ ‎(2)[4]三种射线中，电离作用最强，动量最大，经常用来轰击原子核的是射线；‎ ‎[5]根据质量数和电荷数守恒定律则有 所以当原子核中的一个核子由中子转化为质子时将放出一个粒子；‎ ‎(3)[6][7]根据质量数和电荷数守恒定律则有 ‎18.一些材料的电阻随温度的升高而变化．如图（甲）是由某金属材料制成的电阻R随摄氏温度t变化的图像，若用该电阻与电池（电动势E=1.5V，内阻不计）、电流表（量程为5mA、内阻不计）、电阻箱R′ 串联起来，连接成如图（乙）所示的电路，用该电阻做测温探头，把电流表的电流刻度改为相应的温度刻度，就得到了一个简单的“金属电阻温度计”．‎ ‎（1）电流刻度较大处对应的温度刻度____________；(填“较大”或“较小”)‎ ‎（2） 若电阻箱阻值R′=150Ω，当电流为5mA时对应的温度数值为________°C．‎ ‎【答案】 (1). 较小 (2). 50‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]根据闭合电路欧姆定律得，电路中电流 可见，电阻R越小，电流I越大，对应的温度越低，所以电流刻度较大处对应的温度刻度较小。‎ ‎(2)[2]当电流为5mA时，由闭合电路欧姆定律 得 由R-t图象，根据数学得到 R=t+100（Ω），‎ 当 R=150Ω 可得 t=‎‎50°C ‎19.铋半衰期是天，铋经过天后还剩下__________。‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】铋半衰期为5天，‎10g铋经过10天后，即经过2个半衰期，未衰变的质量为 ‎20.质量为的物体以初速度开始做平抛运动，经过时间，下降的高度为，速率变为，重力加速度为，在这段时间内物体动量变化量的大小为___________‎ ‎【答案】或或或 ‎【解析】‎ ‎【详解】根据动量定理得，合力的冲量等于动量的变化量，所以在这段时间内物体动量变化量的大小为 又因为物体做平抛运动，在竖直方向上则有 可得 所以有 末位置的动量为，初位置的动量为，根据三角形定则，知动量的变化量的大小为 ‎21.在“验证动量守恒定律”的实验中，一般采用如图所示的装置：‎ ‎(1)若入射小球质量为，半径为；被碰小球质量为，半径为，则_____。  ‎ A. ， B. ， ‎ C. ， D. ， ‎ ‎(2)以下所提供的测量工具中必需的是_____。 ‎ A.刻度尺 B.游标卡尺 C.天平 D.弹簧测力计 E.秒表 ‎(3)在做实验时，对实验要求，以下说法正确的是__。 ‎ A.斜槽轨道必须是光滑的 B.斜槽轨道末端的切线是水平的 C.入射球每次都要从同一高度由静止滚下 D.释放点越高，两球碰后水平位移越大，水平位移测量的相对误差越小，两球速度的测量越准确 ‎(4)设入射小球的质量为，被碰小球的质量为，则在用如图所示装置进行实验时（为碰前入射小球落点的平均位置），所得“验证动量守恒定律”的表达式为_______。‎ ‎ （用装置图中的字母表示）‎ ‎【答案】 (1). C (2). AC (3). BCD (4). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]在小球碰撞过程中水平方向动量守恒定律，则有 在碰撞过程中能量守恒，则有 解得 要碰后入射小球的速度，则有 解得；为了使两球发生正碰，两小球的半径相同，即，故C正确，ABD错误。‎ 故选C。‎ ‎（2）[2]P为碰前入射小球落点的平均位置，M为碰后入射小球的位置，N为碰后被碰小球的位置，根平抛运动的规律，则可得碰撞前入射小球的速度 碰撞后入射小球的速度 碰撞后被碰小球的速度 若满足表达式 则表明通过该实验验证了两球碰撞过程中动量守恒，整理得 故需要测量的工具有刻度尺和天平，故AC需要，BDE不需要。‎ 选AC。‎ ‎（3）[3] AB．验证动量守恒定律实验，必须保证斜槽轨道末端切线水平，斜槽轨道不必要光滑，故A错误，B正确；‎ C．为保证球的初速度相等，入射球每次都要从同一高度由静止滚下，故C正确；‎ D．为保证两球发生对心正碰，碰撞后两球做平抛运动，碰撞的瞬间，入射球与被碰球的球心连线与轨道末端的切线平行，故D正确。‎ 故选BCD ‎（4）[4]根据（2）的解答可知，表达式为 三、计算题（共18分，每小题各6分。 解答应写出必要的文字说明、方程式和必要的演算步骤，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。）‎ ‎22.分别用波长为λ和λ的单色光照射同一金属，发出的光电子的最大初动能之比为1∶2，以h表示普朗克常量，c表示真空中的光速，则此金属的逸出功是多大？‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】设此金属的逸出功为W0，根据光电效应方程 当用波长为λ的光照射时 当用波长为λ的光照射时：‎ 又因为 联立得 ‎23.如图所示，导体框位于竖直平面内，匀强磁场垂直于纸面向里，磁感应强度大小，水平导体棒可沿两侧足够长的光滑导轨下滑而不分离，且始终与导轨垂直，导体棒质量，接入电路的电阻；导轨宽度，定值电阻，装置的其余部分电阻可忽略不计。将导体棒无初速度释放，导体棒下滑高度时速度达到最大，重力加速度取，求则导体棒下滑的最大速度和从释放到下滑高度过程中，电阻产生的热量。‎ ‎【答案】；‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】导体棒匀速运动时速度最大，设导体棒的最大速度为，则有 联立可得 从释放到下滑高度过程中，根据能量守恒定律得 电阻产生的热量为 联立可得 ‎24. 如图所示，A、B两个木块质量分别为‎2 kg与‎0.9 kg，A、B与水平地面间接触光滑，上表面粗糙，质量为‎0.1 kg的铁块以‎10 m/s的速度从A的左端向右滑动，最后铁块与B的共同速度大小为‎0.5 m/s，求：‎ ‎①A的最终速度；‎ ‎②铁块刚滑上B时的速度．‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ 解析：(1)选铁块和木块A、B为一系统，由系统总动量守恒得：mv＝(MB＋m)vB＋MAvA 可求得：vA＝‎0.25 m/s.‎ ‎(2)设铁块刚滑上B时的速度为u，此时A、B的速度均为vA＝‎0.25 m/s.‎ 由系统动量守恒得：mv＝mu＋(MA＋MB)vA 可求得：u＝‎2.75 m/s.‎