2018-2019学年黑龙江省东南联合体高二下学期期末考试物理试题 解析版 16页

‎2018-2019学年度下学期龙东南联合体期末考试 高二物理试题 ‎2019.7‎ 一、选择题（每题4分，14×4=56分，1~10题单选，11~14题多选）‎ ‎1.奥林匹克运动会有很多的比赛项目，下列几种比赛项目中研究对象可以视为质点的（ ）‎ A. 研究跳水比赛中选手在空中的动作时 B. 确定帆船比赛中帆船的冲线过程时 C. 研究乒乓球比赛中选手发出的旋转球时 D. 研究万米运动员跑完全程所用的时间时 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.研究跳水比赛中选手在空中的动作时，要看动作，此时不能看作质点，故A错误；‎ B.在确定比赛中帆船的冲线过程时，船的长度不能忽略，故不能看作质点，故B错误 C.乒乓球比赛中研究乒乓球被打出后在空中运行轨迹，即研究乒乓球的旋转等动作时，不能看作质点，故C错误；‎ D.研究万米运动员跑完全程所用的时间时，运动员的形状，大小对研究的问题没有影响，可以看作质点，故D正确；‎ ‎2.如图所示位移~时间图像和速度~时间图像中给出四条图线，甲乙丙丁代表四辆车由同一地点向同一方向运动的情况，则下列说法正确的是（ ）‎ A. 甲车曲线运动，乙车做直线运动 B. 0~t1时间内，甲车通过的路程等于乙车通过的路程 C. 0~t2时间内，丙丁两车在t2时刻相距最近 D. 0~t2时间内，丙丁两车的平均速度相等 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.由x-t图象的斜率表示速度，可知：乙做匀速直线运动，甲做速度越来越小的变速直线运动，故A错误；‎ B.在t1时刻两车的位移相等，又都是单向直线运动，所以两车路程相等，故B正确；‎ C.由v-t图象与时间轴围成的面积表示位移，可知：0-t2时间段内丙、丁两车在t2时刻面积差最大，所以相距最远，故C错误；‎ D.0~t2时间内，丙车的位移小于丁车的位移，时间相等，所以丙车的平均速度小于丁车的平均速度，故D错误。‎ ‎3.一木块放在水平桌面上，在水平方向共受到三个力即和摩擦力的作用， 木块处于静止状态，如图所示，其中，若撤去，则木块受到的摩擦力为（）‎ A. 10 N,方向向左 B. 6N，方向向右 C. 2N，方向向右 D. 0‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】开始时在水平方向木块受及摩擦力的作用而处于平衡状态时，由平衡条件可知木块所受的静摩擦力的大小为，则有木块受到的最大静摩擦力；当撤去力后，由于 ，则有木块仍处于静止状态，由平衡条件可知木块所受的静摩擦力大小与作用在木块上的等大反向，即，方向水平向右，故选项C正确， A、B、D错误。‎ ‎4.下列物理事件描述正确的是（ ）‎ A. 1858年德国物理学家普吕克尔发现了电子 B. 1910年美国物理学家密立根通过油滴实验测定了电子的电荷量 C. 1919年英国物理学家卢瑟福发现了中子 D. 1932年美国物理学家查德威克发现了质子 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.汤姆逊发现了电子，故A错误；‎ B. 1910年美国物理学家密立根通过油滴实验测定了电子的电荷量，故B正确；‎ C. 英国物理学家卢瑟福发现了质子并预言了中子的存在，故C错误；‎ D. 1932年美国物理学家查德威克发现了中子，故D错误；‎ ‎5.关于布朗运动，下列说法正确的是（ ）‎ A. 液体温度越高，液体中悬浮微粒的布朗运动越慢 B. 液体中悬浮微粒的布朗运动是液体分子永不停息的无规则运动 C. 气体中悬浮微粒的布朗运动是气体分子对它的撞击的不平衡所引起的 D. 气体中悬浮微粒的布朗运动是固体分子运动引起的 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 液体温度越高，分子热运动越激烈，液体中悬浮微粒的布朗运动越剧烈，故A错误；‎ B. 布朗运动是液体中悬浮微粒的无规则运动，反映了液体分子永不停息的无规则运动，故B错误 CD. 气体中悬浮微粒的布朗运动是气体分子对它的撞击的不平衡所引起的，颗粒越小，不均衡性越明显，故C正确；D错误 ‎6.如图所示，用F表示分子间的作用力，用EP表示分子间的分子势能，在两个分子间的距离由10r0变为r0的过程中（ ）‎ A. F不断增大，EP不断减小 B. F先增大后减小，EP不断减小 C. EP先增大后减小，F不断减小 D. .EP 和F都先增大后减小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】在两个分子间的距离由10r0变为r0的过程中分子力先增大后减小，表现为吸引力，而在靠近的过程正分子力做正功，所以分子势能一直在减小，故B正确；ACD错误；‎ ‎7.一个横截面积为S=10Cm2的圆筒形容器竖直放置，金属圆块的上表面是水平的，下表面是倾斜的，下表面与水平面的夹角是300，圆筒的质量为M=10Kg，不计圆块与容器壁之间的摩擦，若大气压强为P0=1.01×105Pa，则被圆块封闭在容器中的气体的压强P为（ ）‎ A. 1.01×105Pa B. 1.02×105Pa C. 2.01×105Pa D. 3.01×105Pa ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】以活塞为研究对象，分析受力：重力Mg、外界大气压力PoS，气缸壁的压力N和气缸内气体的压力F，其中 ‎ 根据平衡条件得：‎ 代入数据解得：‎ 故C正确，ABD错误 ‎8.一定质量的理想气体在某一过程中压强保持不变，体积增大100cm3，气体内能增加了50J，则此过程（ ）‎ A. 气体从外界吸收50J的热量 B. 气体从外界吸收60J的热量 C. 气体向外界放出50J的热量 D. 气体向外界放出60J的热量 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】气体体积增大100cm3，所以气体对外界做功，而气体内能增加了50J，根据 ，可知气体吸收热量 ，故B正确；ACD错误 ‎9.用波长为300nm的光照射锌板，电子逸出锌板表面的最大初动能为1.28×10-19J，已知普朗克常量为6. 63×10-34J.s，真空中的光速为3×108m/s，能使锌产生光电效应单色光的最低频率（ ）‎ A. 1×1014Hz B. 8×1015Hz C. .2×1015Hz D. 8×1014Hz ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】根据光电效应方程 逸出功 ‎，‎ 可知 代入数据可知：‎ 故D正确，ABC错误 ‎10.碘131的半衰期约为8天，某药物中含有质量为m的碘131，经过48天后，该药物中碘131的含量大约还有（ ）‎ A. m/8 B. m/16 C. m/32 D. m/64‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】碘131的半衰期约为8天，经过48天后，碘131的剩余质量为：‎ ‎ ‎ 故D正确，ABC错误 ‎11.如图，用隔板将一绝热气缸分成两部分，隔板左侧充有理想气体，隔板右侧与绝热活塞之间是真空，现将隔板抽出，气体会自发扩散至整个气缸。待气体达到稳定后，缓慢推压活塞，将气体压回到原来的体积，假设整个系统不漏气。下列说法正确的是（ ）‎ A. 气体自发扩散前后内能相同 B. 气体被压缩过程中内能增大 C. 气体被压缩过程中，气体分子的平均动能不变 D. 自发扩散过程中，气体对外界做功 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】AD.在气体扩散过程中，因为汽缸绝热所以 ‎，活塞的位置没有发生变化，故外界没有对气体做功，气体也没有对外界做功，即，根据热力学第一定律，可得，故A正确；D错误；‎ B.在绝热过程中，活塞向内运动，外界对气体做正功，所以，气体被压缩过程中内能增大，故B正确；‎ C. 活塞向内运动时，外界对气体做功，气体温度必然发生变化，故气体分子的平均动能会发生变化，故C错误；‎ ‎12.有关下列四幅图的说法正确的是（　　）‎ A. 甲图中，球m1以速度v碰撞静止球m2，若两球质量相等，碰后m2的速度一定为v B. 乙图中，在光颜色保持不变的情况下，入射光越强，饱和光电流越大 C. 丙图中，射线甲由 β粒子组成，射线乙为 γ射线，射线丙由 α粒子组成 D. 丁图中，链式反应属于重核裂变 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ A. 甲图中，两球碰撞过程动量守恒，碰撞过程机械能不增加，如果两球质量相等，则碰撞后m2的速度不大于v，但不一定等于v，故A错误；‎ B. 乙图中，图中光的颜色保持不变的情况下，光照越强，光电子数目越多，则饱和光电流越大，故B正确；‎ C. 丙图中，由左手定则可知，甲带正电，则甲射线由α粒子组成，乙不带电，射线乙是γ射线，丙射线粒子带负电，则丙射线由β粒子组成，故C错误；‎ D. 图丁中链式反应属于重核裂变，故D正确；‎ 故选：BD 点睛：由动量守恒定律结合弹性碰撞与非弹性碰撞分析A选项；光的颜色保持不变的情况下，光照越强，光电子数目越多，则饱和光电流越大；由左手定则判断出粒子的电性，然后答题；重核变为中等质量的原子核的核反应是重核裂变．‎ ‎13.已知金属钙的逸出功为2.7 eV，氢原子的能级图如图所示，一群氢原子处于量子数n=4能级状态，则(　　)‎ A. 氢原子可能辐射6种频率的光子 B. 氢原子可能辐射5种频率的光子 C. 有3种频率的辐射光子能使钙发生光电效应 D. 有4种频率的辐射光子能使钙发生光电效应 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ 考点：动量守恒定律；功能关系；玻尔模型和氢原子的能级结构．‎ 分析：能够理解氢原子的能级图．‎ 知道发生光电效应的条件．‎ 根据动量守恒定律列出等式解决问题．‎ 解答：解：氢原子可能辐射6种频率的光子，故A正确，B错误．‎ ‎4→1，3→1，2→1，辐射光子能量大于钙的逸出功为2.7eV，故C正确，D错误．‎ 故选AC．‎ 故答案为： AC 点评：应用动量守恒定律时要清楚研究的对象和守恒条件．‎ 把动量守恒和能量守恒结合起来列出等式求解是常见的问题．‎ ‎14.一名消防员在模拟演习训练中，沿着长为12m的竖立在地面上的钢管从顶端由静止先匀加速再匀减速下滑，滑到地面的速度恰好为零，如果他加速时的加速度大小是减速时加速度大小的2倍，下滑的总时间为3s，那么该消防员（ ）‎ A. 下滑过程的最大速度为4m/s B. 加速与减速运动过程中平均速度之比为1:1‎ C. 加速与减速运动过程位移大小之比为1:4‎ D. 加速与减速运动过程时间之比为1：2‎ ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.设减速时的加速度为a，则加速时的加速度为2a，加速时间为，减速时间为，则，设加速的末速度为v，则，联立解得，即下滑过程中的最大速度为8m/s，故A错误；‎ BCD.加速时间，减速时间，所以加速与减速过程的时间之比为1∶2，故，，加速与减速过程中平均速度大小都为，所以加速与减速过程的位移之比为1:2，故BD正确；C错误 二.实验题（15题6分，每空2分，16题4分，每空2分，共10分）‎ ‎15.在用打点计时器“测定匀变速直线运动的加速度”实验中:‎ ‎（1）所用实验器材除电磁打点计时器(含纸带、复写纸)、小车、一端带有滑轮的长木板、绳、钩码、导线及开关外，在下面的器材中，必须使用的还有___________(填选项代号)‎ A.电压合适的交流电源 B.电压合适的直流电源 C.刻度尺 D.停表 E.天平 ‎（2）某同学将打点计时器接到频率为50Hz的交流电源上，实验时得到一条纸带，纸带上为计数点，每相邻两个计数点间还有4个点没有画出.‎ 由纸带可知，打C点时小车的速度__________m/s(结果保留三位有效数字).‎ ‎（3）若实验时，电源频率略低于50Hz，但该同学仍按50Hz计算小车速度，则测量得到的小车速度与真实速度相比将_______________(填“偏大”“偏小”或“不变”).‎ ‎【答案】 (1). AC (2). 0.813 (3). 偏大 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]‎ 打点计时器工作做交流电上，在两点之间的距离用到了刻度尺，所以还需要的器材是交流电源和刻度尺，故AC正确，BD错误；‎ ‎（2）[2] 每相邻两个计数点间还有4个点没有画出，所以相邻两点之间的时间间隔为0.1s，根据中间时刻的速度等于平均速度可知 ‎ ‎（3）[3] ）若实验时，电源频率略低于50Hz，相当于在计算速度时时间T代入偏小，根据可知测得速度偏大 ‎16.如图所示的装置进行“验证动量守恒定律”的实验：‎ ‎（1）先测出可视为质点的两滑块A、B的质量分别为M，m及滑块与桌面之间的摩擦因数μ；查出当地的重力加速度g；‎ ‎（2）用细线将滑块A，B连接，使A，B间轻弹簧处于压缩状态，滑块B恰好紧靠在桌边；‎ ‎（3）剪断细线，测出滑块B做平抛运动落地的水平位移s1，滑块A沿桌面滑行的距离s2（未滑出桌面）‎ 为验证动量守恒定律，写出还需要测量的物理量及表示它的字母_________________，‎ 如果弹簧弹开过程动量守恒，需满足的关系式____________________________。‎ ‎【答案】 (1). B到地面高度h (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】[1]剪断细线后B做平抛运动,要求B的初速度,需要知道运动的高度和水平距离,所以还需要测量桌面离地面的高度h;‎ ‎[2]如果动量守恒,则剪断细线前后动量相等,剪断前两滑块速度都零,所以总动量为零,剪断后,B做平抛运动,‎ ‎,‎ ‎ ‎ A做匀减速直线运动,根据动能定理得:,计算得出: 所以必须满足的关系为 带入数据得:‎ 三．计算题（17题6分， 18 题8分，19题10分， 20题10分）‎ ‎17.如图所示为某高楼电梯上升的速度﹣时间图象，试求：‎ ‎（1）在t1=5s、t2=8s时刻的速度；‎ ‎（2）求出各段的加速度；‎ ‎（3）画出电梯上升的加速度﹣时间图象 ‎【答案】（1）10m/s， 5m/s；（2）0s~2s：5m/s2；2s~5s：0；5s~8s：-1.7m/s2；‎ ‎（3）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）由图线可知在t1=5s时的速度是10m/s；在t2=8s时刻的速度是5m/s；‎ ‎（2）0s～2s ：5m/s2；2s～5s ：a2=0m/s2； 5s～8s ：；‎ ‎（3）电梯上升的加速度-时间图像：‎ ‎18.用速度大小为v的中子轰击静止的锂核( Li)，发生核反应后生成氚核和α粒子，生成的氚核速度方向与中子的初速度方向相反，氚核与α粒子的速度之比为7∶8，中子的质量为m，质子的质量可近似看做m，光速为c.‎ ‎(1)写出核反应方程.‎ ‎(2)求氚核与α粒子的速度大小.‎ ‎(3)若核反应过程中放出的核能全部转化为α粒子和氚核的动能，求出质量亏损.‎ ‎【答案】(1)n＋Li→H＋He(2)v　v　(3)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)由题意可知，核反应方程为：n＋Li→H＋He ‎(2)设中子的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv＝－3mv1＋4mv2‎ 由题意得：v1∶v2＝7∶8‎ 解得：v1＝v，v2＝v.‎ ‎(3)氚核和α粒子的动能之和为：Ek＝×3mv12＋×4mv22＝mv2‎ 释放的核能为：ΔE＝Ek－Ekn＝mv2－mv2＝mv2‎ 由爱因斯坦质能方程得，质量亏损为：Δm＝‎ ‎19.如图，在柱形容器中密闭有一定质量气体，一具有质量的光滑导热活塞将容器分为A、B两部分，离气缸底部高为49cm处开有一小孔，与U形水银管相连，容器顶端有一阀门K。先将阀门打开与大气相通，外界大气压等于p0＝75cmHg，室温t0＝27°C，稳定后U形管两边水银面的高度差为Δh＝25cm，此时活塞离容器底部为L ‎＝50cm。闭合阀门，使容器内温度降至－57°C，发现U形管左管水银面比右管水银面高25cm。求：‎ ‎①此时活塞离容器底部高度L′；‎ ‎②整个柱形容器的高度H。‎ ‎【答案】（1）此时活塞离容器底部高度L′=48cm；‎ ‎（2）整个柱形容器的高度H=75cm．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）以A中气体研究对象，找出初末状态参量利用理想气体状态方程列式求解；‎ ‎（2）以B中气体为研究对象，找出初末状态参量利用理想气体状态方程列式求解；‎ ‎【详解】（1）U形管两边水银面的高度差为△h=25cm A种气体的压强为：PA1=P0+△h=75+25cmHg=100cmHg B中为大气，设活塞产生压强为P塞，由平衡得：P0S+P塞S=PA1S 解得：P塞=25cmHg 闭合阀门，容器内温度降低，压强均减小且A处降低较多，活塞下移 设此时表示A种气体的压强为PA2=P0﹣25=75﹣25cmHg 由理想气体状态方程得：‎ 解得：＞49cm 假设不成立，说明U管表示的应该是B种气体的压强，‎ PB2=50cmHg 则A种气体压强为：PA2=PB2+P塞=75cmHg 对A种气体由理想气体状态方程得：‎ 代入数据解得：LA2=48cm 活塞离容器底部的高度为：L′=LA2=48cm ‎（2）对B中气体由理想气体状态方程得：‎ 设整个柱形容器的高度H，则 代入数据解得：H=75cm ‎20.如图所示，物块C质量mc=4kg，上表面光滑，左边有一立柱，放在光滑水平地面上。一轻弹簧左端与立柱连接，右端与物块B连接，mB=2kg。长为L=3.6m的轻绳上端系于O点，下端系一物块A，mA=3kg。拉紧轻绳使绳与竖直方向成60°角，将物块A从静止开始释放，达到最低点时炸裂成质量m1=2kg、m2=1kg的两个物块1和2，物块1水平向左运动与B粘合在一起，物块2仍系在绳上具有水平向右的速度，刚好回到释放的初始点。A、B都可以看成质点。取g=10 m/s2。求:‎ ‎(1)设物块A在最低点时的速度v0.‎ ‎(2)物块A炸裂时增加的机械能△E。‎ ‎(3)在以后的过程中，弹簧最大的弹性势能Epm。‎ ‎【答案】(1) 6m/s (2) 108J (3) 36J ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）物块A炸裂前的速度为v0，由动能定理有 解得v0=6m/s ‎(2)设物块1的初速度为v1，物块2的初速度为v2，则v2=v0‎ 由动量守恒定律得 解得v1=12m/s 根据能量守恒可知：‎ 解得△E=108J ‎(3)设物块1与B粘合在一起的共同速度为vB，由动量守恒 所以vB=6m/s 在以后的过程中，当物块C和1、B的速度相等时，弹簧的弹性势能最大，设共同速度为vm，由动量守恒 有vm=3m/s ‎ 由能量守恒得 得Epm=36J ‎ ‎