2020安溪一中、养正中学、惠安一中、泉州实验中学高二下学期期末联考物理试题含答案

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安溪一中、养正中学、惠安一中、泉州实验2018级高二下学期期末考试联考试卷——物理满分：100分 考试时间：7月29日 命题者：一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中只有一项符合题目要求，选对的得3分，选错或不选的得0分。1．关于分子动理论，下列说法中正确的是( )A．悬浮微粒越大，在某一瞬间撞击它的液体分子数就越多，布朗运动越不明显B．在使两个分子间的距离由很远减小到很难再靠近的过程中，分子力先减小后增大C．温度升高，分子热运动的平均动能一定增大，说明所有分子的速率都增大D．只要分子之间的距离在减小，分子势能都在减小。2．如图甲所示，一矩形闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴OO′以恒定的角速度ω转动，从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈中产生的交变电流按照图乙所示的余弦规律变化，在t＝eq \f(π,2ω)时刻( )A．线圈中的电流最大 B．穿过线圈的磁通量为零C．线圈所受的安培力为零 D．穿过线圈磁通量的变化率最大3．双缝干涉实验装置如图所示，绿光通过单缝S后，投射到具有双缝的挡板上，双缝S1和S2与单缝的距离相等，光通过双缝后在与双缝平行的屏上形成干涉条纹．屏上O点距双缝S1和S2的距离相等，P点是距O点最近的第一条亮条纹。如果将入射的单色光换成红光或蓝光，则 (　 )A．P点一定是红光的亮条纹B．O点不是蓝光的亮条纹C．红光的第一条亮条纹在P点的下方D．蓝光的第一条亮条纹在P点的下方4．在光电效应实验中，分别用频率为νa、νb的单色光a、b照射到同种金属上，测得相应的遏止电压分别为Ua和Ub、光电子的最大初动能分别为Eka和Ekb，h为普朗克常量．则( ) A．若νa＞νb，则一定有Ua＜Ub B．若νa＞νb，则一定有Eka＜EkbC．若Ua＜Ub，则一定有Eka＜Ekb D．若νa＞νb，则一定有hνa－Eka＞hνb－Ekb5．有一个在y方向上做简谐运动的物体，其振动图象如左图所示．下列关于图甲、乙、丙、丁的判断正确的是(选项中v、F、a、Ek分别表示物体的速度、受到的回复力、加速度和动能)( )A．甲可作为该物体的v－t图象 B．乙可作为该物体的F－t图象C．丙可作为该物体的a－t图象 D．丁可作为该物体的Ek－t图象6．左图为一列简谐横波在某一时刻的波形图，a、b两质点的横坐标分别为xa＝2 m和xb＝6 m，右图为质点b从该时刻开始计时的振动图象。下列说法正确的是( )A．该波沿＋x方向传播，波速为1 m/s B．质点a经4 s振动的路程为4 mC．此时刻质点a的速度沿＋y方向 D．质点a在t＝2 s时速度为零7．在匀强磁场中，有一个原来静止的eq \o\al(14, )6C原子核，它放出的粒子与反冲核的径迹是两个相内切的圆，圆的直径之比为7∶1，那么碳14的衰变方程应为( )A．eq \o\al(14, 6)C→eq \o\al(0,+1)e＋eq \o\al(14, 5)B　　 B．eq \o\al(14, 6)C→eq \o\al(4,2)He＋eq \o\al(10, 4)BeC．eq \o\al(14, 6)C→eq \o\al(2,1)H＋eq \o\al(12, 5)B D．eq \o\al(14, 6)C→eq \o\al(0,-1)e＋eq \o\al(14, 7)N8．两球A、B在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA＝1 kg，mB＝2 kg，vA＝6 m/s，vB＝2 m/s. 当A追上B并发生碰撞后，两球A、B速度的可能值是( )A．v′A＝5 m/s，v′B＝2.5 m/s B．v′A＝2 m/s，v′B＝4 m/sC．v′A＝－4 m/s，v′B＝7 m/s D．v′A＝7 m/s，v′B＝1.5 m/s二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。9．氢原子能级如图所示，当氢原子从n＝3跃迁到n＝2的能级时，辐射光的波长为656 nm。以下判断正确的是(　　)A．氢原子从n＝2跃迁到n＝1的能级时，辐射光的波长大于656 nmB．用波长为325 nm的光照射，可使氢原子从n＝1跃迁到n＝2的能级C．一群处于n＝3能级上的氢原子向低能级跃迁时最多产生3种谱线D．用波长为633 nm的光照射，不能使氢原子从n＝2跃迁到n＝3的能级10．一台理想变压器的原、副线圈的匝数比是5∶1，原线圈接入电压为220 V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，滑动变阻器接入电路的阻值为20 Ω，如图所示。电压表和电流表均为理想交流电表，则下列说法正确的是(　　)A．原、副线圈中的电流之比为5∶1B．电压表的读数为22eq \r(2)VC．1 min内R产生的热量为2 904 JD．若将滑动变阻器的滑片向上滑动，则两电表读数均减小11．一定质量的理想气体从状态a开始，经历三个过程ab、bc、ca回到原状态，其p－T图象如图所示，其中ab延长线经过原点O，ac与横轴平行，bc与纵轴平行，则(　　)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中外界对气体所做的功等于气体所放的热D．b和c两个状态中，容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数不同12．如图所示，质量分别为m＝1 kg和M＝2 kg的物块A和B叠放在光滑水平桌面上，两物块均处于静止状态，从某时刻开始，对物块B施加一水平推力F，已知推力F随时间t变化的关系为F＝6t(N)，两物块之间的动摩擦因数为μ＝0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，下列结论正确的是(　　)A. 两物块刚发生相对运动时的速度为1 m/sB. 从施加推力F到两物块刚发生相对运动所需的时间为1sC. 从施加推力F到两物块刚发生相对运动两物块的位移为0.5 mD. 当推力F=2N时A和B就会发生相对运动三、实验题：本题共2小题，第13题6分，第14题8分，共14分。13．在“用单摆测定当地的重力加速度”的实验中，(1)除带横杆的铁架台、铁夹、秒表、游标卡尺、刻度尺之外，还必须选用的器材是________．A．约1 m的不可伸长的细线，半径约1 cm的小铁球B．约0.1 m的不可伸长的细线，半径约1 cm的小铁球C．约0.1 m的不可伸长的细线，半径约1 cm的小塑料球D．约1 m的不可伸长的细线，半径约1 cm的小塑料球(2)测量小球直径时游标卡尺的读数为________cm.(3)某同学在处理数据的步骤中，以eq \r(L)为纵坐标，以周期T为横坐标，作出如图所示的图象，已知该图线的斜率为k＝0.500，则重力加速度为________m/s2。(结果保留三位有效数字，π＝3.14)14．某同学在做“验证动量守恒定律”的实验中，实验室具备的实验器材有：斜槽轨道，两个大小相等、质量不同的小钢球A、B，刻度尺，白纸，圆规，重垂线一条。实验装置及实验中小球运动轨迹及落点平均位置如图甲所示。(1)对于实验中注意事项、测量器材和需测量的物理量，下列说法中正确的是　　　　。 A．实验前轨道的调节应注意使槽的末端的切线水平B．实验中要保证每次A球从同一高处由静止释放C．实验中还缺少的测量器材有复写纸和秒表D．实验中需测量的物理量只有线段OP、OM和ON的长度(2) 若此实验中mA=mB，小球落地点的平均位置距O点的距离如图乙所示，则实验中碰撞结束时刻两球动量大小之比pA∶pB=　　　( 结果保留一位小数）(3)实验中若小球A的质量为m1，小球B的质量为m2，当m1>m2时，实验中记下了O、M、P、N四个位置，若满足　　　　　　(用m1、m2、OM、OP、ON表示)，则说明碰撞中动量守恒；若还满足　　　　　　(只能用OM、OP、ON表示)，则说明碰撞前后动能也相等。 四、计算题：本题共4小题，第15题9分，第16题9分，第17题12分，第18题16分。LL115．一圆柱形气缸，质量M=10kg，总长度L=40cm，内有一活塞，质量m=5kg，截面积S=50cm2，活塞与气缸壁间摩擦可忽略，但不漏气（不计气缸壁与活塞厚度），当外界大气压强p0=1×105Pa，温度t0=7℃时，如果用绳子系住活塞将气缸悬挂起来，如图所示，气缸内气体柱的高L1=35cm，g=10m/s2。求：（1）此时气缸内气体的压强；（2）当温度升高到多少摄氏度时，活塞与气缸将分离？16．如图所示，水平光滑轨道宽度和轻质弹簧自然长度相等，两物体m1和m2套在水平光滑轨道上，并分别与弹簧两端连接，m2的左边有一固定挡板．m1由图示位置静止释放，已知释放m1前弹簧的弹性势能为E。求：在m2离开挡板后的运动过程中m1m2（1）弹簧弹性势能的最大值（2）m2速度大最大值aABb17．如图所示，横截面积为10 cm2的圆柱形气缸内有a、b两个质量忽略不计的活塞，两个活塞把气缸内的气体分为A、B两部分，A部分和B部分气柱的长度都为15cm。活塞a可以导热，气缸和活塞b是绝热的。与活塞b相连的轻弹簧劲度系数为100 N/m。已知外界大气压强为p0＝1×105Pa，重力加速度大小g＝10 m/s2。初始状态A、B两部分气体的温度均为27℃，活塞a刚好与气缸口平齐，弹簧为原长。若在活塞a上放上一个5kg的重物，则活塞a下降一段距离后静止。然后通过B内的电热丝（图中未画出）对B部分气体进行缓慢加热，使活塞a上升到与气缸口再次平齐的位置。求此时（不计活塞与气缸间的摩擦，不计弹簧及电热丝的体积）（1）A部分气体的压强和体积分别为多少？（2）B部分气体的温度为多少？18．如图所示，一右端带有挡板的长木板A停放在光滑水平地面上，两个小滑块B、C放在木板上，B放在长木板的中点，C靠在挡板处。现在瞬间给长木板A一个水平向右的初速度v0，并以此作为计时起点，已知A、B、C的质量相同， B与木板之间的动摩擦因数为μ，C与木板之间的摩擦忽略不计，木板的长度为eq \F(v02,μg)，在以后的运动过程中，BC碰撞，或者C与挡板的碰撞都是弹性碰撞，且碰撞时间极短。则（1）B、C即将发生第一次碰撞时，A、B、C三者的速率分别为多少？（2）B、C即将发生第二次碰撞时，A、B、C三者的速率分别为多少？（3）请通过分析计算加以证明：B、C不会从木板上掉下来。BCA高二物理期末试卷 参考答案及评分标准1.解析：悬浮微粒越大，在某一瞬间撞击它的液体分子数就越多，颗粒受力越接近平衡，布朗运动越不明显，A正确。在使两个分子间的距离由很远减小到很难再靠近的过程中，分子力先增大后减小再增加，B错误。温度升高，分子热运动的平均动能一定增大，说明所有分子的平均速率都增大，但不是所有分子的速率都增大，C错误。分子势能的增减取决于分子力做功，只要分子之间的距离在减小，分子力不一定总是做正功，所以分子势能不一定总是减小，D错误。2.解析：注意线圈转动过程中通过两个特殊位置(平行于磁感线和垂直于磁感线)时的特点；磁通量、磁通量的变化、磁通量的变化率不同；t＝eq \f(π,2ω)＝eq \f(T,4)，线圈转过90°，本题应选C项．3解析：选D。P点到S1、S2的路程之差不一定等于红光波长的整数倍，A错误。O点处波程差为零，对于任何光都是振动加强点，均为亮条纹，B错误；红光的波长较长，蓝光的波长较短，根据Δx＝eq \f(l,d)λ可知，C错误、D正确．4. [答案]　C [解析]　设该金属的逸出功为W，根据爱因斯坦光电效应方程有Ek＝hν－W，同种金属的W不变，则逸出光电子的最大初动能随ν的增大而增大，B项错误；又Ek＝eU，则最大初动能与遏止电压成正比，C项正确；根据上述有eU＝hν－W，遏止电压U随ν增大而增大，A项错误；又有hν－Ek＝W，W相同，则D项错误．5.解析：选C。因为F＝－kx，a＝－eq \f(kx,m)，故图丙可作为F－t、a－t图象；而v随x增大而减小，故v－t图象应为图乙。6.解析：选D.由题图乙可知，简谐横波的周期T＝8 s，且t＝0时质点b沿＋y方向运动，根据振动和波动的关系，波沿－x方向传播，质点a沿－y方向运动，选项A、C错误；质点a经过4 s 振动的路程s＝eq \f(t,T)·4A＝1 m，选项B错误；质点a在t＝2 s时，处于负向最大位移处，速度为零，选项D正确．7.解析：选D.由动量守恒定律可知：放出的粒子与反冲核动量大小相等、方向相反，由在磁场中两圆径迹内切可知，反冲核带正电，放出的粒子带负电，由两圆直径之比为7∶1和R＝eq \f(mv,qB)可知，反冲核的电量是粒子的7倍，故只有D正确．8.解析：选B.虽然题中四个选项均满足动量守恒定律，但A、D两项中，碰后A的速度v′A大于B的速度v′B，必然要发生第二次碰撞，不符合实际；C项中，两球碰后的总动能E′k＝eq \f(1,2)mAv′eq \o\al(2,A)＋eq \f(1,2)mBv′eq \o\al(2,B)＝57 J，大于碰前的总动能Ek＝22 J，违背了能量守恒定律；而B项既符合实际情况，也不违背能量守恒定律，故B项正确．9解析：选CD.根据氢原子的能级图和能级跃迁规律，当氢原子从n＝2能级跃迁到n＝1的能级时，辐射光的波长一定小于656 nm，因此A选项错误；根据发生跃迁只能吸收和辐射一定频率的光子，可知B选项错误，D选项正确；一群处于n＝3能级上的氢原子向低能级跃迁时可以产生3种频率的光子，所以C选项正确．10解析：原、副线圈中的电流与匝数成反比，所以电流之比为1∶5，A项错误；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，但二极管具有单向导电性，根据有效值的定义有eq \f(442,R)×eq \f(T,2)＝eq \f(U\o\al(2,有效),R)×T，从而求得电压表两端电压有效值为U有效＝22eq \r(2) V，则Q＝eq \f(U\o\al(2,有效),R)×60＝2 904 J，B、C正确；将滑动变阻器滑片向上滑动，接入电路中的阻值变小，但对原、副线圈两端的电压无影响，即电压表的读数不变，电流表的读数变大，D错误．11.解析：选AD.由p－T图象可知过程ab是等容变化，温度升高，内能增加，体积不变，由热力学第一定律可知过程ab中气体一定吸热，选项A正确；过程bc中温度不变，即内能不变，由于过程bc体积增大，所以气体对外做功，由热力学第一定律可知，气体一定吸收热量，选项B错误；过程ca中压强不变，温度降低，内能减少，体积减小，外界对气体做功，由热力学第一定律可知，放出的热量一定大于外界对气体做的功，选项C错误； b、c两状态温度相等，分子平均动能相等，由于压强不相等，所以单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数不同，选项D正确．12.【解析】AB. 当m达到最大静摩擦力时，m相对M发生相对滑动；则此时m的加速度为：a=μg=2m/s2；则对整体受力分析可知，F=(m+M)a=3×2=6N=6t，则可知发生相对运动的时间为1s，F是均匀增加的，，对整体由动量定理可得：；解得：v=1m/s，故A B正确，D错误， C. 若物体做匀加速直线运动，则1s内的位移x=vt/2=0.5m；而物体做的是变加速直线运动，故位移不是0.5m；故C错误。13.[解析]　(1)本实验应选择细、轻又不易伸长的线，长度一般在1 m左右，小球应选用直径较小、密度较大的金属球，故选A.(2)游标卡尺的读数为：8 mm＋18×0.05 mm＝8.90 mm＝0.890 cm.(3)由单摆的周期公式知T＝2π eq \r(\f(L,g))，所以eq \r(L)＝eq \f(\r(g),2π)T，可见k＝eq \f(\r(g),2π)，将k＝0.500代入知g＝9.86 m/s2.14.【解析】(1)因为初速度沿水平方向,所以必须保证槽的末端的切线是水平的,A项正确。因为实验要重复进行多次以确定同一个弹性碰撞后两小球的落点的确切位置,所以每次碰撞前入射球A的速度必须相同,B项正确。要测量A球的质量mA和B球的质量mB,故需要天平;让入射球落地后在地板上合适的位置铺上白纸并在相应的位置铺上复写纸,用重垂线把斜槽末端即被碰小球的重心投影到白纸上O点,故需要复写纸,不需要秒表,C项错误。由mAOP=mAOM+mBON可知实验中需测量的物理量是A球的质量mA和B球的质量mB,线段OP、OM和ON的长度,所以D项错误。(2)实验中碰撞结束时刻的动量之比==×≈。 (3)从图中可以看出,碰前的总动量为m1·OP,碰后的总动量为m1·OM+m2·ON,若碰前的总动量与碰后的总动量近似相等,就可以验证碰撞中的动量守恒,即需满足m1·OP=m1·OM+m2·ON。若碰撞前后动能相等,则有m1·(OP)2=m1·(OM)2+m2·(ON)2,联立解得OP=ON-OM。15.【解析】（1）以气缸为研究对象，受力分析，受到重力、外界大气压力，气缸内气体的压力。根据平衡条件得：p0S=pS+Mg （2分） 解得p= 0.8×105Pa（2分）（2）温度升高，气缸内气体的压强不变，体积增大，根据气体等压变化方程得：（2分）当活塞与气缸将分离时，气柱的总长度为40cm，代入数据得：（1分）解得：T2=320K（1分） 即t2=47℃（1分）16.解析：（1）从释放m1，到弹簧第一次恢复自然长度状态，此过程中m2不动，根据机械能守恒定律得E=eq \f(1,2)m1v02（1分）当与速度相等时，弹簧的弹性势能最大，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得m1v0= (m1+ m2)u （1分） Em=eq \f(1,2)m1v02 - eq \f(1,2)(m1+ m2)u2（1分）解得：Em=eq \f(m2E, m1+ m2)（2分）（2）当弹簧第二次恢复到自然长度时，m2速度最大，根据动量守恒和动能不变可得m1v0= m1 v1+ m2v2 （1分） eq \f(1,2)m1v02 = eq \f(1,2)m1v12 + eq \f(1,2)m2v22（1分）解得： v2=eq \f(2m1, m1+ m2)eq \r(eq \f(2E, m1))（2分）17.【解析】（1）对于A部分气体，初态PA＝1×105Pa，VA＝l1S末态（2分）根据玻意耳定律PAVA＝P′AV′A（2分）解得V′A=100 cm3（1分）（2）A部分气体末状态时气柱长为l′1＝eq \f(V′A,s)=10cm（1分），若使活塞A返回原处，B部分气体末状态时气柱长为l′2＝20cm（1分），此时弹簧要伸长Δl =5cm（1分）； 对活塞B有P′AS+k·Δl＝P′BS（1分），解得P′B＝1.55×105Pa（1分）；V′B＝l′2S根据理想气体状态方程 （1分） 解得T′B＝620K（1分）18．解：（1）假设B与C碰前，A、B速度相同，且为v1，根据动量守恒可得mv0=2mv1 ①（1分）在此过程中，B的位移分别为sB，由动能定理得μmg sB= eq \F(1,2)mv1 2 ②（1分） 解得sB= eq \F(v02,8μg) ③（1分）由于eq \F(v02,2μg)＞eq \F(v02,8μg)，可见，AB同速时还未与C碰，假设成立。则B、C即将发生第一次碰撞时，A、B、C三者的速率分别为vA= v1=eq \F(v0,2) vB= v1=eq \F(v0,2) vC=0 ④（1分）（2）BC相碰过程中根据动量守恒定律和能量守恒定律可得m v1=m vB1 + m vC1 ⑤（1分）eq \F(1,2)mv12 = eq \F(1,2)mvB12+eq \F(1,2)mvC12 ⑥（1分）碰后C向右做匀速直线运动，A减速，B加速。设AB再次同速时的速度为v2，经历的时间为t3，根据动量守恒定律和动量守恒定律可得m v1=2m v2 ⑦（1分）μmg t3=m v2 ⑧（1分）在时间t3内，C前进的距离sC= vC1 t3=eq \F(v02,8μg) ⑨（1分）由于eq \F(L,2) =eq \F(v02,2μg)＞sC=eq \F(v02,8μg)，可见，AB再次同速之前，C还没有与挡板碰撞。C与挡板第一次碰撞过程中，根据动量守恒定律和能量守恒定律可得 m vC1=m vA1 + m vC2 ⑩（1分）eq \F(1,2)m vC12 = eq \F(1,2)m vA12+eq \F(1,2)mvC22 ⑪（1分）设AB第三次同速时的速度为v3，根据动量守恒定律和动量守恒定律可得mvA1+ mv2=2m v3 ⑫（1分）可见，BC发生第二次碰撞前，ABC的速度分别为vA=v3=eq \F(3v0,8) vB=v3=eq \F(3v0,8) vC = vC2=eq \F(v0,4) ⑬（1分）（3）设长木板足够长，BC不会从木板上掉下来，则依据前面的分析进行类推，可知最终ABC三者会以相同的速度做匀速运动，设此速度为v，B相对A始终向左运动，设相对运动的距离为s相，根据动量守恒定律和能量守恒定律可得m v0=3m v ⑭（1分）eq \F(1,2)mv02 - eq \F(1,2)3mv2 = μmgs相 ⑮（1分）解得s相=eq \F(v02,3μg) ⑯（1分）由于s相=eq \F(v02,3μg)＜eq \F(v02,2μg)，可见，BC确实不会从木板A上掉下来。