江西师大附中2019年物理高二下学期期末模拟试卷+(7套名校试卷)

1、2019年高二下学期物理期末模拟试卷注意事项：.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。.选择题必须使用 2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3,请按照题号顺序在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、试题卷上答 题无效。4.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。一.选择题：本题共 12小题，每小题4分，共48分。1-8题单选，9-12题多选。全部选对的得 4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。.下列说法中正确的是（）A.黑体辐射电磁波的强度按

2、波长分布与黑体的温度无关B.社的半衰期为24天.1g社淄Tb经过120天后还剩0.2g社C.放射性同位素 媪 经a、3衰变会生成 刖其中经过了 3次a衰变和2次3衰变D.比结合能越大，原子核中核子结合的越不牢固，原子核越不稳定a、b、c光照射光电管得到的I-U图线，Uc1、Uc2表示截甲. 一含有光电管的电路如图甲所示，乙图是用止电压，下列说法正确的是（）A.甲图中光电管得到的电压为正向电压B.a、c光的波长相等a、c光的光强相等a、b光的波长相等CSNS于2018年8月28日首次打靶成功，获得中子束流，可以.国家大科学过程一一中国散裂中子源（为诸多领域的研究和工业应用提供先进的研究平台卜列核

3、反应中放出的粒子为中子的是（ TOC o 1-5 h z 14 17 _7 N俘获一个“粒子，产生8。并放出一个粒子633口俘获一个质子，产生2 He并放出一个粒子1185 B俘获一个质子，产生4Be并放出一个粒子27 一一30 13 Al俘获一个a粒子，产生15 P并放出一个粒子.高空坠物极易对行人造成伤害。若一个 50 g的鸡蛋从一居民楼的 25层坠下，与地面的撞击时间约为2 ms,则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为（）A. 10 NB.102 NC. 103 Nrf/eVD. 10 N 05.氢原子的能级图如图所示，已知可见光的光子能量范围约为说法中正确的是（）1.62 3.11 eV。T7

4、U 13.6。&3723.4A. 一个处于n= 3能级的氢原子向低能级跃迁时，最多可能发出3种不同频率的光B.大量氢原子从高能级向n= 3能级跃迁时，可能发出可见光C.用一群处于n= 3能级的氢原子向低能级跃迁时，所发出的光照射逸出功为2.49 eV的金属钠，则从金属钠表面所发出的光电子的最大初动能可能为9.60 eVD.大量处于n= 4能级的氢原子向低能级跃迁时，可能发出5种不同频率的光6.下列四幅图中，能正确反映分子间作用力f和分子势能Ep随分子间距离r变化关系的图线是（）7.如图所示，两端开口的U型管中装有水银，在右管中用水银封闭着一段空气，要使两侧水银面高度差 h曾大，应该（）A.从左

5、管滴入水银B.让气体升温C.从右管滴入水银D.增大大气压强8.甲、乙两物体相距 1 m,甲在后乙在前沿同一直线、同一方向运动，其 v t图象如图所示，下列说法正确的是（）A. 03 s内两物体间的距离不断减小B.在36 s间某一时刻两物体第二次相遇t =4 s时两物体第二次相遇t = 3 s时两物体间的距离为5 m.油酸的摩尔质量为 M密度为p .一滴油酸的质量为德罗常数为N1V下面选项正确的是（）mA.油酸分子的直径d = B.PsmC.油滴所含的分子数n = D. M. 一定量的理想气体从状态a开始，列判断正确的是（）A.过程ab中气体一定吸热B.过程bc中气体既不吸热也不放热C.过程ca

6、中外界对气体所做的功等于气体所放的热D.容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数 11. A、B两只小球在空中某处，现同时以 g取10m/s2,则以下说法正确的是（A.它们在运动过程中的平均速度相等C.它们落地时间相差2sDm)它在液面上扩敢后的最大面积为S,已知阿伏加M油酸分子的直径Psm油滴所含的分子数MNa经历三个过程ab、bc、ca回到原状态，其P- T图象如上图所示.下,状态b较状态c多10m/s的速率抛出，A竖直上抛，B竖直下抛，不计空气阻力,）B .当它们落地时，在空中运动的位移相等.它们都在空中运动时，每秒钟它们之间的距离增加20m12.关于气体热现象的微观解释，下列说法

7、中正确的是（）A.密闭在容器中的气体，在某一时刻向各个方向运动的气体分子数目一定相等B.大量气体分子的速率有的大仃的小，但是按搞屑海哦 薛飞敬的规律分布C.气体压强的大小跟气体分子的平均动能、分子的密集程度这两个因素有关D.当某一容器自由下落时，容器中气体的压强将变为零二.实验题。（共 2大题，每空2分，共12分）13.在做热糜湍Lu啦夥肿哟窄的实验时，油酸酒精溶液的浓度为每1000ml溶液中有纯油酸 0.2ml,用注射器测得1mL上述溶液有80滴，把一滴该溶液滴入盛水的表面撒有舜子粉的浅盘里，待水面稳定后，%卜卜卜卜卜-卜+4W测得油酸膜的近似轮廓如图所示，图中正方形小方格的边长为lcm（保

8、留2位有效数字）,求：油酸膜的面积是 m.（2）根据上述数据，估测出油酸分子的直径是 m.（3）某同学在本实验中，计算结果明显偏小，可能是由于（）A.油酸未完全散开B.油酸中含有大量酒精C.计算油膜面积时舍去了所有不足一格的方格D.在向量筒中滴入1mL油酸酒精溶液时，滴数多数了10滴如图甲所示为测量重力加速度的实验装置，C为数字毫秒表，A、B为两个相同的光电门，C可以测量铁球两次挡光之间的时间间隔.开始时铁球处于 A门的上边缘，当断开电磁铁的开关由静止释放铁球时开始计时，落到B门时停止计时，毫秒表显示时间为铁球通过A B两个光电门的时间间隔t,测量A、B间的距离x.现将光电门B缓慢移动到不同位

9、置，测得多组x、t数彳1,画出4随t变化的图线，如图乙所示，直线的 I斜率为k,则由图线可知，当地重力加速度大小为g=；若某次测得小球经过A、B门的时间间隔为t0,则可知铁球经过 B门时的速度大小为, 此时两光电门间的距离为 .三.计算题。（共4大题，8分+ 10分+10分+12分=40分）（8分）陕西汉中天坑群是全球较大的天坑群地质遗迹，如镇巴三元圈子崖天坑，最大深度300m,在某次勘察中，一质量为 60kg的探险队员利用竖直方向的探险绳从坑沿滑到坑底。若队员先从静止开始做匀加速直线运动，下滑 20s时速度达到5m/s,然后以此速度匀速运动 45s,最后匀减速直线运动到达 坑底速度恰好为零。

10、整个下行过程中探险绳始终处于竖直，探险队员视为质点。求：（1）匀加速阶段的加速度大小a1及匀加速下降的高度 几；（2）匀减速下降时探险队员的加速度大小a2 ；（3）探险队员整个下落过程的平均速度大小。（10分）如题所示，高为 H的导热气缸竖直固定在水平地面上，横截面积为 S、重力为G的摄形活塞 封闭着一定质量的理想气体，活塞离缸底高为h.用手持位钊隙耍郝都咸峰钊被钊仙疗 咨隙丝谑保 笫 鄙咸岬牧 大小？（已知：大气压强为 P0,不考虑活塞与气缸之间的摩擦及温度的 变化，不计活塞及气缸壁的厚度）（10分）如图所示，一质量M=2kg的带有弧形轨道的平台置于足够长的水平轨道上，弧形轨道与水平轨道平滑

11、连接，水平轨道上静置一小球B。从弧形轨道上距离水平轨道高h=0.3m处由静止释放一质量nA=1kg的小球A,小球A沿轨道下滑后与小球 B发生弹性正碰，碰后小球 A被弹回，且恰好追不上平台。已知所有接触面均光滑，重力加速度为go求小球B的质量。（12分）一定质量的理想气体由状态A经状态B变化到状态C的p-V图像如图所示求：（1）若已知在A状态时，理想气体的温度为 27 C,求处于B状态时气体的摄氏温度；（2）从A状态变化到C状态气体是吸热还是放热？并求出吸收或放出的热量的数值 .（已知 1 atm=1 x 105 Pa）高二下学期期末考试物理参考答案题号123456789101112答案CBDC

12、CBCDACADCDBC13.（1）.；（2）. （；（3）. D.（1）. 2k （2）. 2kt o （3）. k TOC o 1-5 h z V2. 一 12.解：（8 分）（1）由 a1二，得 a1=0.25m/s（1 分）由 = a1t1 ,得 h1=50m（1 分）t12（2） h2 = vt2,得 h 2=225m（1 分）h3 = h - h1 -h2 ,得 h 3=25m（1 分）2a2 = v 得 a2=0.5m/s 2（1 分）（3） t3 =得 t3=10sa3 （1 分）t=t+t2+t3 得 t=75s（1分）hV =- 得 V=4m/s （1 分）G16.解：以密

13、闭气体为研究对象初态：压强 ?=为 十仁（2分）体积 （1分）体积二H5 11分）由玻意耳定律得：，二 一（2分）（2分）解得:（2分）17.【名师解析】设小球A下滑到水平轨道上时的速度大小为vl,平台水平速度大小为v,由水平方向动量守 恒星律有，别知】二胸? 12 12啊g我二三网产1 +-i由能量守恒定律有二22联立解得:位=血3 vlm/s小球A、B碰后运动方向相反，设小球A, E的速度大小分别为X和吗由蕤意如工恰好追不上即速度相等，X =lm/S由AB碰撞遵循动室守恒定律得：4 = 一网产:+海/3由能量守恒定律有二222联立解得:mB3kg18.解.(1) 由理想气体的状态方程可得

14、31“=吧？ Ta Tb解得所以状态 B时的温度1日=4。口-273，1=12TC ooooooo 5分PaYa Pcc(2)由理想气体的状态方程可得二=，A lC则Tc = Ta,从状态A到状态C的内能变化AU - 0从状态A到状态C体积增大，对外做功，且p-V图像中图线与横轴围成的面积即为对外做的功，则外界对气体做的功据热力学第一定律3U=Q+W,解得：Q = 40S从A状态变化到C状态气体是吸热，吸收的热量是 400 J。2019年高二下学期物理期末模拟试卷注意事项：.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。.选择题必须使用 2B铅笔填涂；非

15、选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3,请按照题号顺序在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、试题卷上答 题无效。4.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。一.选择题1.已知电源的交变电流的电压表达式为u=200j2sin120 Ttt(V),电源的内阻不计。下列说法正确的是()A.用电压表测该电源电压其示数为200 J2 VB.将该电压加在 220a的电阻两端，则该电阻消耗的电功率为220 WC.交流点的的频率为 60Hz,电流方向每秒改变 60次D. t=0.1s 时，该交流电压的瞬时值为0V【答案】B

16、D【解析】【分析】根据电压表达式中各物理量的含义去分析周期、有效值瞬时值，由功率公式计算消耗的电功率，t=0.1s带入瞬时值表达式求解瞬时值。【详解】由于正弦交变电压的最大值为220 J2V,所以有效值为 220V,电压表显示的是有效值为220V,2”-2故A错误；将该电压加在 220a的电阻两端，则该电阻消耗的电功率为：P=L=22-W =220W ,故R 220B正确；由co =2% f=120兀，得f=60Hz ,矩形线圈在匀强磁场中每转一圈，电流方向改变两次，故电流方向每秒改变120次，故C错误；当t=0.1s时，u=0,即该交流电压的瞬时值为0V,故D正确。故选BD2.2018年1月

17、8日，美国军方高机密卫星在进入太空后完全失去了联系，新年就迎来发残片射失败。如图所示，某一质量为 m的卫星残片从离地面 H高处由静止落至地面并陷入泥土一定深度h而停止，不计空气阻力，重力加速度为 go关于残片下落的整个过程，下列说法中正确的有残片QA.残片克服泥土阻力所做的功为mghB.残片下落的全过程中重力的冲量大于泥土阻力的冲量C.残片所受泥土的阻力冲量大于mJ2gHD.残片从接触地面到静止的过程中动量的改变量等于所受阻力的冲量【答案】C取从静止开始释放到落到进入泥土中为研究过程，应用由动能定理得 mg(H+h)-Wf=0,解得怔mg(H+h),故A错误。取整个过程为研究，应用由动量定理：

18、IG-I f=0,即全过程中重力的冲量等于泥土阻力的冲量，选项B错误；对残片陷入泥土的过程：%1-If =0-mJ2gH，即If=%i+m局HmJ2gH，即残片所 受泥土的阻力冲量大于 mJ2gH，选项C正确；由动量定理，残片从接触地面到静止的过程中动量的改变量等于所受重力和阻力的冲量和，选项D错误；故选C.点睛：此题考查动能定理及动量定理的应用；在涉及力和位移问题中用动能定理，涉及力和时间问题中用动量定理较方便的应用范围很广，使用时注意选择正方向.3.某小型水电站的电能输送如图所示，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压及输电线的电阻R均不变。在用电高峰期，发电厂输出功率将增

19、大，下列说法正确的是()A.用户总电阻变大B.降压变压器的输入电压变小C.输电线上损耗的功率减小D.通过升压变压器原线圈的电流变小【答案】B【解析】【分析】用户增多，由于是并联，根据串并联特点求得总电阻的变化，在用电高峰期，随着用户耗电量的增大，发电厂的输出功率增大，则升压变压器的输出功率增大，又升压变压器的输出电压U2不变，根据P=UI可输电线上的电流I线增大，根据U损=1线R,输电线上的电压损失增大，根据降压变压器的输入电压U3=U2-U损可得，降压变压器的输入电压U减小，根据P损=I2R求得损失的功率变化.【详解】用电高峰期，用户用电器的个数变多，用电器是并联接入电路，所以总电阻变小，选

20、项A错误；在用电高峰期，随着用户耗电量的增大，发电厂的输出功率增大，则升压变压器的输出功率增大，又升压变压器的输出电压 U2不变，根据P=UI可输电线上的电流I线增大，根据U损=1线R,输电线上的电压损失增大，根据降压变压器的输入电压 Ub=U-U损可得，降压变压器的输入电压 U3减小，选项B正确；对输电线路的电压损失变大，输电线的电阻不变， 导致线路中损失的功率变大，选项C错误；发电厂的输出功率增大，升压变压器的输出电压不变，所以通过升压变压器原线圈的电流变大，选项D错误；故选B。【点睛】理想变压器的输入功率与输出功率相等，且没有漏磁现象。远距离输电，由于导线通电发热导致 能量损失，所以通过

21、提高输送电压，从而实现降低电损。输电线上的损失功率与其电流的平方成正比，而 与输电线两端的电压的平方成反比。4.如图所示，两相邻的宽均为 20cm的匀强磁场区域，磁场方向分别垂直纸面向里和垂直纸面向外，一位于纸面内、边长为10cm的正方形导线框以垂直于磁场边界的恒定速度v=10cm/s通过磁场区域，在运动过程中，线框有一边始终与磁场区域的边界平行，取它刚进入磁场的时刻t=0,规定线框中电流逆时针方向为正方向。则下列绘出的表示线圈中感应电流i随时间t变化规律正确的是（）【答案】C【解析】【分析】根据楞次定律判断感应电流的方向。由感应电动势公式和欧姆定律分别研究各段感应电流的大小，再选择图象。【详

22、解】由于线圈匀速进入磁场,根据楞次定律可知，线框中感应电流为逆时针方向，产生的电动势恒定,故感应电流恒定，故 D错误；完全进入磁场且没跨过两磁场分界线的时候，磁通量不变，故电路中没有感应电流，故B错误；当线圈通过磁场分界线时，两个边都切割磁感线，相当于两个电源正串，感应电流是线圈进出磁场时的两倍，电流方向为顺时针方向；当线圈完全进入右边磁场时，感应电流为零；线圈从右边磁场出离时产生逆时针方向的电流，大小应该与开始刚进入左边磁场时电流相同，故C正确，A错误;故选C。【点睛】本题分过程分别研究感应电流大小和方向，是电磁感应中常见的图象问题。关键掌握电磁感应的基本规律：E=BLs右手定则等等，并能正

23、确运用。5.2018年4月12日，我国遥感三十一号01组卫星成功发射，用于开展电磁环境探测。在发射地球卫星时需要运载火箭多次点火，以提高最终的发射速度。某次地球近地卫星发射的过程中，火箭喷气发动机每次喷出质量为 m=800g的气体，气体离开发动机时的对地速度v=1000m/s,假设火箭（含燃料在内）的总质量为M=600kg,发动机每秒喷气 20次，忽略地球引力的影响，则 TOC o 1-5 h z A.火箭第三次气体喷出后速度的大小约为4m/sB.地球卫星要能成功发射，速度大小至少达到11.2km/sC.要使火箭能成功发射至少要喷气500次D.要使火箭能成功发射至少要持续喷气17s【答案】A【

24、解析】火箭第三次气体喷出后，根据动量守恒定律：3mv = （M - 3m）v3,解得v3=4m/s,选项A正确；地球卫星要能成功发射，速度大小至少达到第一宇宙速度7.9km/s ,选项B错误；要使火箭能成功发射至少要喷气n次，则nmv = （M - nm）vn,其中vn=7.9km/s ,解得n=666次，即要使火箭能成功发射至少要持续喷气666/20=33.3s ,选项 CD错误；故选 A.6.如图甲所示，光滑的平行金属导轨（足够长）固定在水平面内，导轨间距为l=20cm,左端接有阻值为 R=1Q的电阻，放在轨道上静止的一导体杆MNW两轨道垂直，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应

25、强度大小为B=0.5T.导体杆受到沿轨道方向的拉力F做匀加速运动，测得力F与时间t的关系如图2所示。导体杆及两轨道的电阻均可忽略不计，导体杆在运动过程中始终与轨道垂直且两端与轨道保持良好接触，则导体杆的加速度大小和质量分别为（）10m/s2,0.5kg10m/s2,0.1kg20m/s2,0.5kgD. 20 m/s2, 0.1 kg【解析】【分析】导体棒运动时切割磁感线产生感应电流，使棒受到向左的安培力，根据感应电流的大小写出安培力的表达式，结合牛顿第二定律求出F与t的关系式，然后将图象上的数据代入即可求解。【详解】导体杆在轨道上做匀加速直线运动，用v表示其速度，t表示时间，则有：v=at

26、;杆切割磁感线，将产生感应电动势为：E=Bk;闭合回路中产生的感应电流为：I =旦；杆受到的安培力大小为：Fa=BI1 ;RB2l2根据牛顿第二定律，有：F-FA=ma；联立以上各式得：F=ma+_B_LW t ；由图线上取两点代入上式，可解得：Ra=10m/s2; m=0.1kg;故杆的质量为： m=0.1kg,其加速度为：a=10m/s2。故选 B【点睛】解答这类问题的关键是正确分析安培力的大小与方向，然后根据牛顿第二定律得到F与t的关系式。这是常用的函数法，要学会应用。.如图所示，质量 m1=10kg的木箱，放在光滑水平面上，木箱中有一个质量为m2=10kg的铁块，木箱与铁块用一水平轻质

27、弹簧固定连接，木箱与铁块一起以v0=6m/s的速度向左运动，与静止在水平面上质量M=40kg的铁箱发生正碰，碰后铁箱的速度为v=2m/s,忽略一切摩擦阻力，碰撞时间极短，弹簧始终在弹性限度内，则A.木箱与铁箱碰撞后瞬间木箱的速度大小为B.当弹簧被压缩到最短时木箱的速度大小为C.从碰后瞬间到弹簧被压缩至最短的过程中,D.从碰后瞬间到弹簧被压缩至最短的过程中,4m/s4m/s弹簧弹力对木箱的冲量大小为20NJ- s弹簧弹性势能的最大值为160J对木箱和铁箱碰撞的瞬时，根据动量守恒定律:m1Vo = m1V1 + Mv ,解得v1=-2m/s ,方向与原方向相反,选项A错误；当弹簧被压缩到最短时，木

28、箱和铁块共速，由动量守恒：m2V0 - m1V1 = (m1 +m2)v共，解得v共=2m/s,选项 B错误；从碰后瞬间到弹簧被压缩至最短的过程中，弹簧弹力对木箱的冲量大小为I = m1V共-(-m1V1) =10? (2 2) = 40N?s ,方向向左，选项 C错误；从碰后瞬间到弹簧被压缩至最短的过程中，弹簧弹性势能的最大值为EP =m1V12 + 1m2V2 - 1(m1 +m2)v2，带入数据解得Ep=160J,选项D222正确；故选D.点睛：此题考查动量守恒定律以及能量守恒定律的应用；对三个物体的相互作用过程要分成两个小过程来分析，在木箱和铁箱作用时，认为铁块的动量是不变的；解题时注

29、意选择研究过程，注意正方向.如图所示，高为 H、上下开口、内壁光滑的铜管竖直放置，可视为质点的小磁球A从上开口处由静止释g,则放，并落至下开口处，若不计空气阻力，重力加速度大小为卜小粮球I I钢管 irA.小磁球在管中做自由落体运动B.小磁球在管中下落过程中机械能不守恒C.小磁球落至下开口处的速度小于 2gHD.若将铜管换成内壁光滑的陶瓷管，小磁球下落过程中机械能守恒【答案】BCD【解析】根据楞次定律，小磁球在管中运动时要在管中产生涡流，从而小球的下落时要受到向上的安培力作用，则小球的运动不是自由落体运动，选项 A错误；小磁球在管中由于有感应电流产生，产生电能，则下落过程中机械能不守恒，选项

30、b正确；若小球自由落体运动时到达下开口的速度等于J2H，但是由于小球下落时受到向上的安培力，则小磁球落至下开口处的速度小于，2而，选项c正确；若将铜管换成内壁光滑的陶瓷管，小磁球下落过程中不再产生电能，则机械能守恒，选项 D正确；故选BCD. 点睛：此题关键是能从管中产生感应电流的角度以及从能量角度来分析问题；深入理解楞次定律的核心 “阻碍”的意义即可解答.如图甲所示，一个阻值为R=0.8W勺电阻与阻值为r = 0.2W匝圆形金属线圈连接成闭合回路。金属线圈的面积S = 02m2，在线圈中存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图乙所示，导线的电阻不计，在前 2s

31、时间内甲乙A.流过电阻R的电流方向从E到F B.流过电阻R的电流0.4AC.通过电阻R的电荷量0.2C D. 电阻R上产生的热量 0.064J【答案】AD【解析】由楞次定律可知：通过R的电流方向为 E-F;选项 A正确；由法拉第电磁感应定律得：感应电动势：E= TF= JB?* = 4? 0,2V 0.2V；感应电流：I=-E=0.2 A = 0.2A，选项 B错误；前 2s 时间t_t4R + r 0.8 + 0.2内通过电阻R的电荷量q = It= 0.2? 2c 0.4C选项C错误；电阻R上产生的热量Q = I 2Rt = 0.22 仓ijQ.8 2J = 0.064J ,选项 D正确；

32、故选 AD.如图所示，原线圈接有 u = 311sin120ptV的交变电压，副线圈上接有定值电阻R线圈L、灯泡A及理想电压表 V,理想变压器的原副线圈的匝数比为4： 1，以下说法正确的是A.副线圈中电流的变化频率为 60HzB.灯泡A两端电压为55VC.仅频率增大，则灯泡 A的亮度将变暗D.仅频率增大，则电压表 V的示数将减小【答案】AC 【解析】变压器不会改变电流的频率，电流的频率为f =工二工_ = 120p HZ = 60Hz，所以A正确。由瞬时值的T 2p 2p表达式可知，原线圈的电压最大值为311V,所以原线圈的电压的有效值为3U=220V,在根据电压与匝数2成正比可知，副线圈的电

33、压的有效值为55V,在副线圈中接有电阻 R、电感线圈L和灯泡L1,它们的总的电压为55V,所以灯泡L1两端电压一定会小于 55V,所以B错误。交流电的频率越大，电感线圈对交流电 有阻碍作用就越大，所以电路的电流会减小，灯泡L1的亮度要变暗，所以 C正确。由C的分析可知，频率增大时，副线圈的电流减小，而副线圈的电压不变，所以电阻R的电压减小，电压表的示数将增加，所以D错误。故选AG点睛：掌握住理想变压器的电压、电流之间的关系，最大值和有效值之间的关系即可解决本题，并且要知 道电感在电路中的作用：阻交流，通直流.11.如图所示，CD EF是两条水平放置的阻值可忽略的平行金属导轨，导轨间距为L,在水

34、平导轨的左侧存在磁感应强度方向垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为 B,磁场区域的长度为 d,如图所示。导轨的右端接有一电阻 R,左端与一弯曲的光滑轨道平滑连接。将一阻值也为R的导体棒从弯曲轨道上 h高处由静止释放，导体棒最终恰好停在磁场的右边界处。已知导体棒与水平导轨接触良好，且动摩擦因数为小则下列说法中正确的是 （）A.导体棒在磁场中做匀减速直线运动B.导体棒的最大电动势为 BLj2ghC.电阻R中产生的焦耳热为 mg(h-d)D.整个过程中产生的内能为 mgh【答案】BD【解析】【分析】金属棒在弯曲轨道下滑时，只有重力做功，其机械能守恒，由机械能守恒定律或动能定理可以求出金属棒

35、到达水平面时的速度。导体棒进入水平导轨后做变减速运动，刚进入水平导轨时产生的感应电流最大，由 E=BLv求出感应电动势；克服安培力做功转化为焦耳热，由动能定理(或能量守恒定律)可以求出克服安 培力做功，得到电阻 R产生的焦耳热。【详解】导体棒进入磁场后受到向左的安培力和摩擦力作用而做减速运动，随着速度的减小，感应电动势减小，回路的电流减小，安培力减小，加速度减小，则导体棒在磁场中做变减速直线运动，选项A错误；金属棒在弯曲轨道下滑过程中，由机械能守恒定律得：mghJmd,可得，金属棒到达水平面时的速度2v = . 2gh，金属棒到达水平面后进入磁场受到向左的安培力和摩擦力做减速运动，则导体棒刚到

36、达水平面时的速度最大，产生的最大感应电动势为E=BLv=BL J2gh选项B正确；金属棒在整个运动过程中，由动能定理得：mgh-W-mgd=0-0,则克服安培力做功：W=mgh-科mgd,所以整个电路中产生的焦耳热为Q=W=mghFmgd;电阻与导体棒电阻相等，通过它们的电流相等，两者产生的焦耳热相等，则电阻R产生的焦耳热：Q=1Q=1mg (h- d),故C错误。整个过程中产生的内能等于机械能的减小量，即mgh,选22项D正确；故选BD【点睛】此题关键是分析导体棒进入磁场后的受力情况和运动情况，结合法拉第电磁感应定律以及动能定理求解焦耳热.如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为M的光滑弧

37、形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量为m(mM的小球从槽高h处开始自由下滑，下列说法正确的是()方7P 工7r.A.在以后的运动过程中，小球和槽的水平方向动量始终守恒B.在下滑过程中小球和槽之间的相互作用力始终不做功C.在下滑过程中，小球和槽组成的系统水平方向动量守恒D.被弹簧反弹后，小球和槽的机械能守恒，但小球不能回到槽高h处【答案】CD【分析】由动量守恒的条件可以判断动量是否守恒；由功的定义可确定小球和槽的作用力是否做功；由小球及槽的受力情况可知运动情况；由机械守恒及动量守恒可知小球能否回到最高点.【详解】当小球与弹簧接触后，小球与槽组成的系统在水平方向所受合外力不为零，

38、系统在水平方向动量 不守恒，故A错误；下滑过程中两物体都有水平方向的位移，而力是垂直于球面的，故力和位移夹角不垂 直，故两力均做功，故 B错误；球在槽上下滑过程系统水平方向不受力，系统水平方向动量守恒，选项C正确；球与槽分离时两者动量大小相等，由于m mb (3). (3)AC (4). (4)maOB = maOA + mbOC【解析】(1)要验证动量守恒，就需要知道碰撞前后的动量，所以要测量两个小球的质量及碰撞前后小球的速度，碰撞前后小球都做平抛运动，速度可以用水平位移代替。所以需要测量的量为：小球a、b的质量m、mb,记录纸上。点到A、B C各点的距离 OA OB OC故选BE(2)在小

39、球碰撞过程中水平方向动量守恒，故有mv0=mvi+mbv2在碰撞过程中动能守恒，故有1 nw02=1 mvi2+2 mbv22222解得 Vi= M . Vo ma +mb要碰后a的速度vi0,即m-mb0, mm.(3)两小球碰后做平抛运动，竖直高度相同，则落地在空中运动时间相同，选项A正确；斜槽轨道是否光滑，对实验无影响，只要到达底端的速度相等即可，选项 B错误；两小球碰后，小球 a的落地点是图中 水平面上的 A点，选项C正确；两小球碰后，小球 b的落地点是图中水平面上C点，选项D错误；故选AC.(4)设落地时间为t , B为碰前入射小球落点的位置，A为碰后入射小球的位置，C为碰后被碰小球

40、的位置，碰撞前入射小球的速度 vi = OB ；碰撞后入射小球的速度 V2= OA ;碰撞后被碰小球的速度 V3= OC ;ttt若mW1=nbV3+mv2则表明通过该实验验证了两球碰撞过程中动量守恒，代入数据得：ma ?OB=m ?OA+m ?OC点睛：验证动量守恒定律中，学会在相同高度下，水平射程来间接测出速度的方法，掌握两球平抛的水平 射程和水平速度之间的关系，是解决本题的关键。14.某研究小组同学做下面两个实验：(1)甲同学在“研究电磁感应现象”的实验中，首先要按图甲接线，以查明电流表指针的偏转方向与电流方向之间的关系；然后按图乙将电流表与线圈B连成一个闭合回路，将线圈A、电池、滑动变

41、阻器和开关串联成另一个闭合电路，在图甲中，当闭合 S时，观察到电流表指针向左偏，不通电时电流表指针停在正 中央。在图乙中：S闭合后，将螺线管A插入螺线管B的过程中，电流表的指针 (选填“向右偏”、“向左偏”或“不偏转”);线圈 A放在B中不动时，指针将(选填“向右偏”、“向左偏”或“不 偏车T );线圈A放在B中不动，突然断开开关 S,电流表指针将 (选填“向右偏”、“向左偏” 或“不偏转”)。甲(2)乙同学为了研究光敏电阻在室内正常光照射和室外强光照射时电阻的大小关系，用图丙所示电路进行实验，得出两种 U-I图线如图丁所示。根据U-I图线可知正常光照射时光敏电阻阻值为源照射时电阻为Q ;若实

42、验中所用电压表的内阻约为5kQ,毫安表的内阻约为100WZ考虑到电表内阻对实验结果的影响，此实验中(填“正常光照射时”或“强光照射时”)测得的电阻误差较大。若测量这种光照下的电阻，则需将实物图中毫安表的连接方式采用(填“内接”或“外接”)法进行实验，实验结果较为准确。光敏电阻丙(2).强光照射时(7). 外接(1).(1)向左偏不偏转 (3). 向右偏(4).(2) 3000 (5).200 (6).S闭合后，将A插入B中，磁通量增大,(1)由图甲知电流从左接线柱流入电流表时，其指针向左偏转。由楞次定律和安培定则可判断 B中电流方向向下，从左接线柱流入，故电流表指针向左偏转;B的磁通量减小，电

43、流表指针向右偏不动，磁通量不变，不产生感应电流，指针不偏转；断开开关，穿过 转。W= 3000W；(2)根据R=U/I且在U-I图象中斜率等于电阻阻值可得，正常光照射时 曰=e二国=一24一Li 0.810-3强光照射时Rb水=也=0.8 W= 200W由实物图可知，本实验采用电流表内接法；由(1)中所求可Li410-3知，强光照射时电阻较小，与电流表内接接近，因此强光照射时误差较大；强光照射时，光敏电阻阻值为200a ,根据 R = 5000 = 25 ；R 200R二0 = 2可得： 艮 ,说明此时该电阻为小电阻，电流表的分Ra 100RRA压作用引起的误差大，应采用外接法;点睛：本题考查

44、电路接法以及误差分析的方法，要注意明确电流表内外接法的正确选择，按照大电阻应采 用内接法，小电阻采用外接法的方式进行选择。三.计算题.匝数为100匝的闭合矩形金属线圈abcd绕垂直千磁感线的固定轴00匀速转动，周期为0.02s,线圈平面位于如图所示的匀强磁场中。线圈总电阻为2W，从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈中感应电流最大值1m = 2A ,求：4(1)线圈中电流瞬时值表达式；(2)线圈转动一周产生的焦耳热； 线圈中感应电流为1A时穿过线圈磁通量的变化率。【答案】(1) i = 2cos100Pt(A)(2)0.08J (3)0.02Wb/s【解析】(1)线圈转动的角速度co = -

45、2p- = _2p_ =100兀rad/sT 0.02根据题意可知电流瞬时值表达式为i =2cos100 nt (A)(2)感应电流的有效值I = Im = ,2A2线圈转动一周的焦耳热Q= 12RT=（拒）2X 2X0.02 = 0.08J(3)线圈中感应电流为1A,则感应电动势E= IR = 2VE= n DF =2VDt故可知此时磁通量的变化率DF = Wb/s= 0.02Wb/sDt 100oo O1O1,磁感应强.如图所示，平行长直光滑固定的金属导轨MN PQ平面与水平面的夹角0=30 导轨间距为 L=0.5m,上端接有R=3Q的电阻，在导轨中间加一垂直轨道平面向下的匀强磁场，磁场区

46、域为 度大小为B=2T,磁场区域宽度为 d=0.4m,放在轨道的一金属杆 ab质量为m=0.08kg、电阻为r=2 ，从距磁场上边缘d。处由静止释放，金属杆进入磁场上边缘的速度v=2m/s。两轨道的电阻可忽略不计，杆在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，重力加速度大小为g=l0m/s 2,求：(1)金属杆距磁场上边缘的距离d0；(2)金属杆通过磁场区域的过程中通过的电量q；(3)金属杆通过磁场区域的过程中电阻R上产生的焦耳热Q。【答案】(1) 0.4m(2) 0.08C (3)0.096J【解析】(1)由能量守恒定律得mgdsin30 = 1 mJ2金属杆距磁场上边缘的距离d0=

47、 0.4m(2)由法拉第电磁感应定律E= DFDt由闭合电路欧姆定律I= ER + r金属杆通过磁场区域的过程中通过的电量q = El At= DF = BLd =0.08C.R+r R+r(3)由法拉第电磁感应定律E= BLv= 2V由闭合电路欧姆定律I = E =0.4AR + rF= BIL = 0.4NF = mgdsin30 = 0.4N所以金属棒进入磁场后做匀速运动，金属杆通过磁场区域的过程中电阻R上产生的焦耳热RQ= R mgdsin30 = 0.096J R + r点睛：对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉

48、及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解；求解 电量记住经验公式：q = DF。R.如图所示，在水平桌面一端的边缘放置一个质量m=0.40kg的木块B,桌面的另一端有一块质量M=0.6kg的木块A以某一初速度开始向着木块B滑动，经过时间t=0.80s与B发生碰撞，碰撞时间极短，碰后两木块粘在一起以3m/s的速度水平抛出，恰好无碰撞的沿圆弧切线从C点进入竖直光滑圆弧轨道下滑。C D为圆弧的两端点，其连线水平。已知圆弧半径R=1.0m,圆弧对应圆心角0 =106 ,。为轨道的最低点。设两木块均可以看作质点，木块A与桌面间的动摩擦因数=0.25 ,重力加速度取g=10m/s

49、2, sin37 =0.6 ,cos37 =0.8 ,试求：(1)木块A的初速度大小V0；(2)桌面距地面的高度 h;(3)木块B经过。点时对轨道压力的大小F。【答案】(1)7m/s(2) 0.8m(3) 43N【解析】(1)两木块碰撞时由动量守恒守恒定律，得Mv1 = (M + m)v2解得碰前木块A的速度大小为M +mMv2 = 5m / s木块A在桌面上受到滑动摩擦力作用做匀减速运动，根据牛顿第二定律，有mMg = Ma解得 a = mg = 2.5m/s2由 M = v0 - at解得 v0 = v1 +at = 7m/s(2)碰后木块做平抛运动，在 C点有：v = v? tan、=

50、4m/s y2由 v2 = 2gh2得 h =0.8m2g(3)小物块在C点的速度大小为：vC = Jv2 +v2 = 5m/s对小物块从 C点到O由动能定理，得：_ q、1、21、2(M +m)gR(1- cos) = (M +m)v - (M +m)vC 2222在。点由牛顿第二定律，得：FN - (M + m)g = (M + m)%联立以上两式解得：Fn=43N由牛顿第三定律知对轨道的压力为F=43N点睛：此题考查了动量守恒定律、牛顿第二定律和运动学公式，关键理清A、 B 的运动规律，选择合适的规律进行求解；一般是根据物理过程发生的顺序进行研究；对于动量守恒定律，要首先确定一个正方向，

51、利用碰撞前系统的动量和碰撞后系统的动量相等列方程进行解答2019年高二下学期物理期末模拟试卷注意事项：.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。.选择题必须使用 2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3,请按照题号顺序在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、试题卷上答 题无效。4.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。、选择题(110题为只有一个答案，每题 3分；1114题有多个答案，全部答对得4分，部分答对得 2分，打错不得分，共 46分。请将答

52、案填涂到答题卡上。) TOC o 1-5 h z 1、氢原子的能级示意图如图所示，欲使处于基态的氢原子激发，下列措施可行的是()用10.2 eV的光子照射 用11 eV的光子照射1rt艮八80用14 eV的光子照射用11 eV的电子碰撞5内4事群 HYPERLINK l bookmark102 o Current Document 3-1.51A.B . C .D.，22、如图为氢原子能级的示意图，现有大量的氢原子处于n=4的激发态，当向11.U低能级跃迁时辐射出若干不同频率的光.关于这些光下列说法正确的第1、2题图是()A.波长最长白光是由 n= 4能级跃迁到n=1能级产生的B.频率最小白光

53、是由 n= 2能级跃迁到n=1能级产生的C.这些氢原子总共可辐射出3种不同频率的光D.用n= 2能级跃迁到n=1能级辐射出的光照射逸出功为6.34 eV的金属钳能发生光电效应3、笊核(2H)和瓶核(汩)的核反应方程如下：2H+ 3H4He+ 0n,设笊核的质量为 m,瓶核的质量为 m2,氨核的质量为m3,中子的质量为 m,则核反应过程中释放的能量为()A. (mdm2m3) c 2B. (md mtmum4)c2C. (mdmimi)c2D. (m3+m4mm2)c24、2018年12月29日，中国首个快堆核电示范工程在福建霞浦开工建设。“快堆”核反应进程依次为：238U.239239239

54、,92U T 93NPT 94 Pu ,下列说法正确的是(292U和239U是同位素，其原子核内中子数相同292U和239U发生了 衰变2；u变为29329U发生了。衰变D.239239100g 92U经过一个半衰期，92U原子核数目变为原来的一半5.如图所示，A、B两个大小相同、质量不等的小球放在光滑水口四 平地面上， A 9 一 0g以3m/s的速率向右运动,B以1m/s的速率向左运动，发生正碰后A、B两小球都以2m/s的速率反弹，则A B两小球的质量之比为A. 3 : 5B. 2C. 1:3D. 36.卜列说法错误的是（A.悬浮在水中的花粉的布朗运动反映了花粉分子的热运动B.空气的小雨滴

55、呈球形是水的表面张力作用的结果C.彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点D.对于一定量的气体，如果压强不变，体积增大，那么它一定从外界吸热7.已知阿伏加德罗常数为NA,铜的摩尔质量为 M,密度为p （均为国际单位）。则错误的是（A、1ms铜所含原子的数目为 PNAMMB 、1个铜原子质量为TT-NaC、1个铜原子的体积是-M-NaD 1Kg铜所含原子的字数目是 p Na8.有一桶水温度是均匀的，在桶底部水中有一个小气泡缓缓浮至水面，气泡上升过程中逐渐变大，若不计气泡中空气分子的势能变化，则（A.气泡中的空气对外做功，吸收热量B .气泡中的空气对外做功，放出热量C.气泡中的空气内能

56、增加，吸收热量9、质量为0.5 kg的小球在距离地面高D .气泡中的空气内能不变，放出热量20 m处以一定的初速度向左平抛，落在以 7.5 m/s的速度沿光滑水平面向右匀速行驶的敞蓬小车中，车底涂有一层油泥，车与油泥的总质量为4 kg.设小球在落到车底前瞬间速度是25 m/s ,则当小球与小车相对静止时，小车的速度是() 来 A. 5 m/s4 m/s8.5 m/s9.5 m/s10.质量分别为 m和nt的两个物体在光滑的水平面上相碰，碰撞前后的位移一时间图象如图所示，若图中0 m2B.碰撞前两物体速率相等C.碰撞后两物体一起做匀速直线运动D.碰撞前两物体动量大小相等、方向相反11、用不可伸长

57、的细线悬挂一质量为M的小木块，木块静止，如图所示.现有一质量为vo,则下列判断正确的m的子弹自左方水平射向木块，并停留在木块中，子弹初速度为A.从子弹射向木块到一起上升到最高点的过程中系统的机械能守恒B.忽略空气阻力，子弹和木块一起上升过程中系统机械能守恒，其机械能等于子弹射入木块前的动能C.子弹射入木块瞬间动量守恒，故子弹射入木块瞬间子弹和木块的共同速度为mvoM+ m2 2D.子弹和木块一起上升的最大高度为一m v0 212.如图中的实线表示一定质量的理想气体状态变化的p T图象，变化过程如图中箭头所示则下列说法中2gM m正确的是（A.ab过程中气体内能增加，密度不变B.bc过程中气体内

58、能增加，密度也增大C.cd过程中,气体分子的平均动能不变D.da过程中,气体内能增加，密度不变13、如图所示,滑块和小球的质量分别为M m.滑块可在水平放置的光滑固定导轨上自由滑动，小球与滑块上的悬点 O由一不可伸长的轻绳相连，轻绳长为1.开始时，轻绳处于水平拉直状态，小球和滑块均静止.现将小球由静止释放，当小球到达最低点时，下列说法正确的是A.滑块和小球组成的系统动量守恒B.滑块和小球组成的系统水平方向动量守恒C.滑块的最大速率为W阳)小球14.滑块的最大速率为AW-hw)示光电管两端的电压。现接通电源，用光子能量为10.5eV的光照射阴极K,电流计中有示数，若将滑动变阻器的滑片P缓慢向右滑

59、动，电流计的读数逐渐减小，当滑至某一位置时电流计的读数恰好为零，读出此时电压表的示数为6.0V;现保持滑片P的位置不变，以下判断正确的是（A.光电管阴极材料的逸出功为4.5eVB.若增大入射光的强度，电流计的计数不为零D.2009年诺贝尔物理学奖得主威拉德。博伊尔和乔治。史密斯的主要成就是发明了电荷耦合器件（CCD图像传感器。他们的发明利用了爱因斯坦的光电效应原理。如图所示电路可研究光电效应规律，图中标有A和K的为光电管，其中 K为阴极，A为阳极。理想电流计可检测通过光电管的电流，理想电压表用来指C.若用光子能量为 12eV的光照射阴极K,光电子的最大初动能一定变大D.若用光子能量为 9.5e

60、V的光照射阴极 K,同时把滑片P向左移动少许,电流计的读数一定不为零二、填空题（共3小题，每个空格2分，共14分）15.用油膜法估测油酸分子直径的大小.(1)现将1滴配置好的油酸溶液滴入盛水的浅盘中，让油膜在水面上尽可能散开，待液面稳定后，在水面上形成油酸的 油膜；(2)把带有方格的玻璃板放在浅盘上，在玻璃板上描绘出油膜的边界轮廓，形状如图所示.已知坐标方格边长为L,按要求数出油膜轮廓线包括的方格是n个，则油酸的面积约是 ;(3)已知1滴油酸溶液中含纯油酸的体积为V由以上数据估测出油酸分子的直径为 .16、一置于铅盒中的放射源发射的“、3和丫射线，由铅盒的小孔射出，在小孔外放一张铝箔，铝箔后的