【解析】四川省棠湖中學2019-2020學年高二下學期期末模擬物理試題

2020年春四川省棠湖中學高二期末模擬考試物理試題注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區(qū)域內。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡各題目的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折疊、不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。6．考試時間：150分鐘；物理化學生物同堂分卷考試，物理110分，化學100分，生物90分第I卷選擇題（54分）一、單選題（每小題6分，共9個小題，共54分；其中16題為單選題，79題多選題，少選得3分，多選錯選得0分。）1.如圖所示是氫原子四個能級的示意圖，當氫原子從高能級向低能級躍遷時會輻射一定頻率的光子，以下說法不正確的是A.一個處于n=3能級的氫原子，自發(fā)躍遷時最多能輻射出三種不同頻率的光子B.根據(jù)玻爾理論可知，氫原子輻射出一個光子后，氫原子的電勢能減小，核外電子動能增大C.D.【答案】A【解析】A、一個處于n=3能級的氫原子，自發(fā)躍遷時最多能輻射出二種不同頻率的光子（3→2、2→1），故A不正確；B、氫原子輻射出一個光子后，從高能級向低能級躍遷，軌道半徑減小，根據(jù)知，電子速率增大，動能增大，又由于氫原子能量減小，則氫原子電勢能減?。ɑ蚋鶕?jù)庫侖力做正功判斷也可），故B正確；C、n=4能級的氫原子自發(fā)躍遷時，輻射光子的能量最大為，故C正確；D、用能量為11.0eV的電子轟擊基態(tài)氫原子，因為11.0eV>10.2eV，所以能使其躍遷到更高能級，故D正確．本題選不正確的故選A.【點睛】知道從高能級向低能級躍遷，輻射光子，從低能級向高能級躍遷，吸收光子，以及知道原子的能量等于電子動能和電勢能的總和，通過動能的變化可以得出電勢能的變化．氫原子躍遷時放出的光子的頻率取決于初末能級之差．2.下列關于電場的敘述中正確的是A.點電荷產生的電場中，以點電荷為圓心，為半徑的球面上，各點的場強都相等B.正電荷周圍的場強一定比負電荷周圍的場強大C.取走電場中某點的試探電荷后，該點的場強為零D.電荷在電場中某點所受電場力方向與該點場強的方向不一定相同【答案】D【解析】本題考查了對電場強度的理解，它是通過比值定義的，比值與其電場力及電量均沒有關系．例如：質量與體積的比值定義為密度．當質量變大時，體積變大，而比值卻不變．電場線雖不實際存在，但卻能形象描繪電場的強度與方向．A、點電荷為圓心，r為半徑的球面上，根據(jù)公式可得各點電場強度大小相同，但方向不同，故A錯誤；B、正電荷周圍的電場強度不一定比負電荷周圍的電場強度強，除與各自電荷量外，還與電荷的距離有關．故B錯誤；C、在電場中某點放入試探電荷q，該點的場強為，取走q后，沒有了電場力，但該點的電場強度仍不變，故C錯誤；D、物理學中規(guī)定電場中某點的電場強度方向與放在該點的正電荷受到電場力方向相同，跟放在該點的負電荷受到的電場力方向相反，D正確思路拓展：電場強度是描述電場強弱的物理量，它是由電荷所受電場力與其電量的比值來定義．比值與電場力及電量均無關．而電場線越密的地方，電場強度越強．3.如圖所示，當帶正電的球C移近不帶電的枕形金屬導體時，枕形導體上的電荷移動情況是（）A.枕形金屬導體上的正電荷向B端移動，負電荷不移動B.枕形金屬導體上的自由電子向A端移動，正電荷不移動C.枕形金屬導體上的正、負電荷同時分別向B端和A端移動D.枕形金屬導體上的正、負電荷同時分別向A端和B端移動【答案】B【解析】【詳解】金屬導體中可以自由移動的是電子，當帶正電的球C移近不帶電的枕形金屬導體時，由于靜電感應，A端帶負電，B端帶正電，因此自由電子向A端移動；故選項B正確，ACD錯誤；故選B。4.一正弦交變電流的電壓隨時間變化的規(guī)律如圖所示．由圖可知該交變電流（

）A.周期為0.125s

B.電壓的有效值為10VC.電壓的最大值為20VD.電壓瞬時值的表達式為u=20sin4πt（V）【答案】C【解析】【詳解】由圖像可知，交流電的周期為0.25s

，選項A錯誤；電壓的最大值為20V，電壓的有效值為，選項C正確，B錯誤；，則電壓瞬時值的表達式為u=20sin8πt（V），選項D錯誤.5.在如圖所示的電路中，、為兩個完全相同的燈泡，為自感線圈，為電源，為開關，關于兩燈泡點亮和熄滅的先后次序，下列說法正確的是（）A.合上開關，先亮，后亮；斷開開關，、同時熄滅B合上開關，先亮，后亮；斷開開關，先熄滅，后熄滅C.合上開關，先亮，后亮；斷開開關，、同時熄滅D.合上開關，、同時亮；斷開開關，先熄滅，后熄滅【答案】C【解析】【分析】當開關接通和斷開的瞬間，流過線圈的電流發(fā)生變化，產生自感電動勢，阻礙原來電流的變化，根據(jù)楞次定律來分析兩燈亮暗順序．【詳解】由圖可以看出，a、b燈泡在兩個不同的支路中，對于純電阻電路，不發(fā)生電磁感應，通電后用電器立即開始正常工作，斷電后停止工作．但對于含電感線圈的電路，在通電時，線圈產生自感電動勢，對電流的變化有阻礙作用。則合上開關，b先亮，a后亮．當斷開電鍵時，線圈中產生自感電動勢，由a、b及電感線圈組成一個回路，兩燈同時逐漸熄滅．故C正確．故選C．【點評】對于線圈要抓住這個特性：當電流變化時，線圈中產生自感電動勢，相當于電源，為回路提供瞬間的電流．6.一平行板電容器充電后與電源斷開，正極板接地，在兩極板間有一正電荷（電量很?。┕潭ㄔ赑點，如圖所示。以E表示兩極板間的場強，U表示電容器的電壓，Ep表示正電荷在P點的電勢能，若保持負極板不動，將正極板移到圖中虛線所示的位置，則（）A.U變小，E變小 B.E變大，Ep變大C.U變小，Ep變大 D.U不變，Ep變大【答案】C【解析】【詳解】ABD．平行板電容器充電后與電源斷開，則板上電荷量Q不變，將正極板移到圖中虛線所示的位置，板間距離減小，根據(jù)知電容C增大，根據(jù)可知電壓U減小，根據(jù)可知板間場強不變，故ABD錯誤；C．電壓U減小，板間場強不變，P點與上極板之間的電勢差減小，所以P點與上極板之間的電勢差變小，上極板接地，則P點的電勢增大，根據(jù)可知正電荷在P點的電勢能增大，故C正確。故選C。7.如圖所示，在兩個等量異種點電荷的電場中，AB為中垂線，且AO=BO，則A.A、B兩點場強相等B.正電荷從A運動到B，電勢能增加C.負電荷從A運動到B，電勢能增加D.A、B兩點電勢差為零【答案】AD【解析】【詳解】由等量異種電荷的電場線分布可知，A、B兩點場強大小和方向距相同，故兩點的場強相等，選項A正確；由于AB兩點的電勢相等，故無論是正電荷還是負電荷，從A運動到B，電場力均不做功，電勢能不變，選項BC錯誤，D正確；故選AD.8.某50Hz鉗形電流表的工作原理如圖所示.當通有交流電的導線從環(huán)形鐵芯的中間穿過時，與繞在鐵芯上的線圈相連的電表指針會發(fā)生偏轉.不考慮鐵芯的漏磁及各種能量損耗，已知n2＝1000匝，當用該表測50Hz交流電時()A.電流表G中通過的是交變電流B.若G中通過的電流為50mA，則導線中的被測電流為50AC.若導線中通過的是10A矩形脈沖交流電，G中通過的電流是10mAD.當用該表測量400Hz的電流時，測量值比真實值偏小【答案】AB【解析】【詳解】A．變壓器只改變交流電電壓，不改變交流電的頻率，電流表g中通過的仍是交流電流，A正確；B．根據(jù)變壓器原副線圈電流與匝數(shù)成反比：，，B正確；C．若導線中通過的是10A矩形脈沖交流電，當電流方向不發(fā)生改變時，電流大小不變，副線圈中無感應電流，C錯誤；D．根據(jù)法拉第電磁感應定律和變壓器互感原理，改變交流電的頻率，不影響測量值的準確性，D錯誤．9.如圖所示，傾角為的固定斜面，其右側有一豎直墻面．小球滑上斜面，以速度v飛離斜面，恰好垂直撞擊到墻面上某位置，重力加速度為g，忽略空氣阻力，下列說法中正確的是（）A.從飛離斜面到撞擊墻面的過程中，小球在水平方向做勻速直線運動，豎直方向做勻減速直線運動B.豎直墻面與斜面右端的水平距離為C.豎直墻面與斜面右端的水平距離為D.從飛離斜面到撞擊墻面的過程中，小球的飛行時間為【答案】ACD【解析】小球飛離斜面后做斜上拋運動，只受重力作用，則從飛離斜面到撞擊墻面的過程中，小球在水平方向做勻速直線運動，豎直方向做勻減速直線運動，選項A正確；小球離開斜面的豎直分速度為vsinα，水平分速度vcosα，則飛行時間，水平距離，故選項CD正確，B錯誤；故選ACD.點睛：此題關鍵是知道小球離開斜面后的運動特點：水平方向勻速運動，豎直方向做勻減速運動，結合運動的合成知識解答.第II卷非選擇題（56分）二、實驗題（16分）10.如圖所示，三角形ABC為某玻璃三棱柱的截面圖，其折射率為，∠C=75°，一束光垂直AB邊入射后，在AC邊的D點恰好發(fā)生全反射，可知∠A=______；光線在D點反射后由BC邊射出時，其折射角為______【答案】(1).45°(2).45°【解析】【分析】考查光的折射規(guī)律，根據(jù)折射定律、幾何知識計算可得．【詳解】設三棱柱的臨界角為C，則sinC=得：C=45°光線在AC邊的D點恰好發(fā)生全反射，入射角等于臨界角C，根據(jù)幾何關系可得：∠A=90°45°=45°光線傳到BC邊上時的入射角為i=30°，設折射角為r．則有：可得：r=45°故答案為45°；45°．【點睛】光線從光密介質射入光疏介質時，當入射角大于等于臨界角發(fā)生全反射，sinC=設光密介質中角度為r，光疏介質中的角度為i，n=11.學習完電表改裝一節(jié)的內容，小明和小華在實驗室準備將量程為1mA的靈敏電流計改裝成兩個常用量程的電壓表，設計電路如圖1所示．（1）他們在改裝前先通過如圖2所示的電路測量該靈敏電流計的內阻，先將R的阻值調至最大，閉合S1，調節(jié)R的阻值使靈敏電流計的指針達到滿偏；然后閉合S2調節(jié)的阻值，使靈敏電流計的指針________，此時就認為電阻箱的阻值等于靈敏電流計的內阻．由于該方法實驗原理不夠完善導致測得的內阻要比真實值______（填“偏大”或“偏小”），這種測量誤差屬于_______（填“系統(tǒng)誤差”或“偶然誤差”）．（2）若用此方法測得該靈敏電流計的內阻為150Ω，則改裝時R1＝______Ω，R2＝______Ω．（3）如圖3所示，改裝完成后接著對電壓表的3V量程進行校對，V0為標準電壓表、V1為改裝電壓表，發(fā)現(xiàn)電壓表V1的讀數(shù)始終比標準電壓表V0略大，需要把R1略微_____（填“調大”或“調小”）．【答案】(1).半偏（或滿偏的一半）(2).偏小(3).系統(tǒng)誤差(4).2850(5).12000(6).調大【解析】【詳解】（1）[1].閉合S2調節(jié)R′的阻值，使靈敏電流計的指針半偏（或滿偏的一半）；[2][3].實驗要求滑動變阻器的阻值遠大于電流計的內阻，這樣可近似認為閉合S2前后，電路總電阻不變，干路中的電流不變．但事實上閉合S2后，由于R′的并入，回路的總電阻略微變小，干路中的電流略微變大，當電流計達到半偏時，流過電阻箱R′的電流略大于流過電流計的電流，由并聯(lián)電路的規(guī)律可知電阻箱R′的阻值略小于電流計的內阻，故測量誤差偏?。捎跍y量原理不完善造成的誤差是系統(tǒng)誤差．（2）[4][5].由串并聯(lián)電路的規(guī)律可知，，代入數(shù)據(jù)可求得R1=2850Ω，R2=12000Ω．（3）[6].電壓表V1的讀數(shù)始終比標準電壓表V0略大，說明流過電壓表V1的電流略大，故需要略微增大R1，減小電流（或通過增大R1，略微減小表頭分得的電壓）三、解答題（40分）12.已知如圖,,,,的變化范圍是．求：(1)上消耗的最大電功率？(2)電源的最大輸出電功率？(3)上消耗最大電功率？【解析】【詳解】（1）當R2=0Ω

時，電路中電流最大，則R1上功率最大，最大功率：；（2）當R1+R2=r=2Ω，即R2=0時，電源輸出功率最大,最大為：；（3）將R1視為電源的內電阻處理，則根據(jù)電源的輸出功率隨外電阻變化的特點，知道當R2=R1+r=4Ω時電源的輸出功率最大（即外電阻R2消耗的電功率最大），最大功率為：．13.如圖所示，在平面直角坐標系xOy的第二象限存在著垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B，在第三象限內存在著沿x軸正方向的勻強電場，在y軸的右側存在著另一個勻強磁場，方向也垂直紙面向里．質量為m、帶電量為q的粒子以一定初速度由坐標為（0，h）的P點沿x軸負方向進入磁場，并沿著y軸負方向垂直進入勻強電場，然后經(jīng)過y軸上坐標為（0，－2h）的Q點進入y軸右側的磁場，最后回到P點．不計粒子重力，求：（1）電場強度E；（2）粒子從P點出發(fā)到再次回到P點所用的時間．【答案】（1）（2）【解析】【詳解】（1）由題意知粒子在第二象限做圓周運動，半徑為h，則有粒子在第三象限做類平拋運動qE=ma聯(lián)立解得，（2）粒子在第二象限運動時，運動時間粒子在第三象限運動的時間為粒子離開第三象限時，速度偏向角為，，可知粒子在y軸右側運動時半徑為r，由幾何關系知解得運動的時間粒子運動的總時間選考題（共15分）。請考生從2道物理題任選一題做答，并用2B鉛筆在答題卡上把所選題目的題號涂黑。注意所做題目的題號必須與所涂題目的題號一致，在答題卡選答區(qū)域指定位置答題。如果多做，則每學科按所做的第一題計分。14.下列說法正確的是（）A.理想氣體吸熱后溫度一定升高B.可視為理想氣體的相同質量和溫度的氫氣與氧氣相比，平均動能一定相等，內能一定不相等C.某理想氣體的摩爾體積為，阿伏加德羅常數(shù)為，則該理想氣體單個的分子體積為D.甲、乙兩個分子僅在分子力的作用下由無窮遠處逐漸靠近直到不能再靠近的過程中，分子引力與分子斥力都增大，分子勢能先減小后增大E.擴散現(xiàn)象與布朗運動都能說明分子在永不停息地運動【答案】BDE【解析】【詳解】A.理想氣體的內能只與溫度有關。根據(jù)熱力學第一定律U=W+Q得，物體的內能與做功和熱傳遞有關，所以一定質量的理想氣體吸熱后溫度不一定升高，故A錯誤；B.溫度是分子的平均動能的標志，所以相同溫度的氫氣與氧氣相比，平均動能一定相等；但氫氣分子與氧氣分子相比，氫氣分子的質量小，所以相同質量的氫氣的分子數(shù)比氧氣的分子多，內能一定比氧氣大，故B正確；V0，阿伏伽德羅常數(shù)為NA，可以求出該理想氣體每一個分子所占有的空間為；由于氣體分子之間的距離遠大于分子的大小，該理想氣體單個的分子體積遠小于，故C錯誤；D.分子之間距離減小時，分子引力與分子斥力都增大；甲、乙兩個分子在只受分子力的作用下由無窮遠處逐漸靠近直到不能再靠近的過程中，開始時分子之間的作用力表現(xiàn)為引力，距離減小的過程中分子力做正功，分子勢能減小；分子之間的距離小于平衡位置的距離時，分子力表現(xiàn)為斥力，距離再減小的過程中分子力做負功，分子勢能增大，故D正確；E.擴散現(xiàn)象與布朗運動都能說明分子在永不停息地運動，故E正確。故選BDE.15.一定質量的理想氣體，狀態(tài)從A→B→C→D→A的變化過程可用如圖所示的p－V圖線描述，其中D→A為等溫線，氣體在狀態(tài)A時溫度為TA＝300K，試求：①氣體在狀態(tài)C時的溫度TC；②若氣體在A→B過程中吸熱1000J，則在A→B過程中氣體內能如何變化？變化了多少？【答案】（i）375K（ii）氣體內能增加了【解析】【分析】A與D狀態(tài)的溫度相同，借助D到C得過程確定C的溫度，根據(jù)體積的變化確定氣體變化中做功的正負，結合熱力學第一定律確定內能的變化；【詳解】①D→A為等溫線，則C到D過程由蓋呂薩克定律得：得：②A到B過程壓強不變，由有熱力學第一定律則氣體內能增加，增加400J16.一列沿x軸正方向傳播的簡諧橫波在t＝0時刻的波形如圖所示，質點P的x坐標為3m.已知任意振動質點連續(xù)2次經(jīng)過平衡位置的時間間隔為0.4s.下列說法正確的是()A.波速為4m/sB.C.x坐標為15m的質點在tD.x坐標為22m的質點在tE.當質點P位于波峰時，x坐標為17m的質點恰好位于波谷【答案】BDE【解析】【詳解】AB．由題，任意振動質點連續(xù)2次經(jīng)過平衡位置的時間間隔為0.4s，則該波的周期為T=2×0.4s=0.8s，則Hz由圖可知，該波的波長是，所以波速：m/s故A錯誤，B正確；C．x=15m的質點到x=3m質點的距離為：m所以x=15m的質點與x=3m處質點的振動始終相同，t=0時刻x=3m的質點向上振動，經(jīng)過s時間恰好到達平衡位置，所以x=15m的質點在t=0.2s時恰好平衡位置，故C錯誤；D．x=22m的質點到x=2m質點的距離為：m所以x=22m的質點與x=2m處質點的振動始終相同，t=0時