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2019年高二下学期物理期末模拟试卷

注意事项：

1.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。

2．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（1-7题为单选，8-11题为多选，每题4分，合计44分。）

1.下列关于运动和力的叙述，正确的是()

A.图甲中，蹲在体重计上的人突然站起的瞬间指针示数会大于人的重力

B.图乙中，在玻璃漏斗中做匀速圆周运动的小球受到的合外力是恒力

C.图丙中，在水平直跑道上减速的飞机，伞对飞机的拉力大于飞机对伞的拉力

D.图丁中，滑冰运动员通过圆弧弯道处，若此时地面摩擦力突然消失，则运动员将在冰面上沿着轨迹半

径方向“离心”而去

两物体同时同地从静止开始运动，其运动的速度随时间的v—t图如图所示，关于它们运动的描述

正确的是（）

A.物体B在直线上做往返运动

B.物体A做加速度增大的曲线运动

两物体在0-1s运动过程中距离越来越近

D.B物体在第1s内、第2s内、第3s内的平均速度大小为1:3:2

3.在一斜面顶端，将甲、乙两个小球分别以v和v/2的速度沿同一方向水平抛出，两球都落在该斜面上。

甲球落至斜面时的速率是乙球落至斜面时速率的（）

A．2倍B．4倍C．6倍D．8倍

4.要进行太空矿产资源开采，必须建立“太空加油站”。假设“太空加油站”正在地球赤道平面内的圆

周轨道上运行，其离地球表面的高度为同步卫星离地球表面高度的十分之一，且运行方向与地球自转方向

一致。下列说法中正确的是（）

A.站在地球赤道上的人观察到“太空加油站”向西运动

B.“太空加油站”运行的速度大小等于同步卫星运行速度大小的

10

倍

C.在“太空加油站”工作的宇航员因不受重力而在舱中悬浮或静止

D.“太空加油站”运行的加速度等于其所在高度处的重力加速度

5.如图两根长度不同的细线下面分别悬挂两个小球A和B，细线上端固定在同一点，若两

个小球绕竖直轴做匀速圆周运动时恰好在同一高度的水平面内，则下列说法中正确的是

（）

A.线速度B.角速度

C.加速度D.周期

6.如图所示，物体A、B用足够长的细绳与轻弹簧连接后跨过滑轮，A置于薄木板上，

此时弹簧左侧细绳与木板平行，已知质量，现将薄木板由倾角30°缓慢放平，

物体A始终与木板保持相对静止，不计滑轮摩擦，物体A、B大小可忽略不计。（）

A.弹簧伸长量逐渐变大B.连接A、B的细绳对滑轮的作用力不变

C.物体A受到的摩擦力先变小后变大D.物体A受到的摩擦力大小不变

7.如图所示，长木板放置在水平地面上，一小物块置于长木板的中央，长木板和物块的质量均为m，物块

与木板间的动摩擦因数为，木板与水平地面间动摩擦因数为，已知最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，

重力加速度为g。现对物块施加一水平向右的拉力F，则下列说法中错误的

是（）

A.木板受到地面的摩擦力大小可能等于FB.时，小物块始终保持静

止

C.长木板的加速度可能等于D.时，小物块相对长木板滑动

8.一质量为m的小球沿倾角为θ＝30°的足够长的斜面由静止开始匀加速滚下，途中依次经过A、B、C

三点，已知AB＝BC＝L，由A到B和B到C经历的时间分别为t1＝4s，t2＝2s，则下列说法正确的是()

A.小球的加速度大小为B.小球经过B点重力的瞬时功率为

C.A点与出发点的距离为D.小球由静止到C点过程中重力的平均功率为

9.2018年，人类第一次直接探测到来自双中子星合并的引力波。根据科学家们复原的过程，在两颗中子

星合并前约100s时，它们相距约400km，绕二者连线上的某点每秒转动12圈，将两颗中子星都看作是质

量均匀分布的球体，由这些数据、万有引力常量并利用牛顿力学知识，可以估算出这一时刻两颗中子星

（）

A．质量之积B．质量之和C．速率之和D．各自的自转角速度

10.如图甲所示，轻杆一端固定在O点，另一端固定一小球，现让小球在竖

直平面内做半径为R的圆周运动。小球运动到最高点时，受到的弹力为F，

速度大小为v，其F-v2图像如乙图所示。则（）

A.v2=c时，小球对杆的弹力方向向下B.当地的重力加速度大小为

C.小球的质量为D.v2=2b时，小球受到的弹力与重力大小相等

11.如图所示，从高H处的一点O先后平抛两个小球l和2．球1恰好直接掠过竖直挡板的顶端（未相碰）

落到水平地面上的B点，球2则与地面处A点碰撞一次后，也恰好掠过竖直挡板落在B点。设球2与地面

碰撞无机械能损失（类似遵循光的反射定律），则下列说法正确的是（）

A.球1平抛的初速度为球2的3倍

B.球1掠过挡板的时刻恰好是其做平抛运动从O到B的中间时刻

C.A点到挡板的距离是B点到挡板距离的

D.竖直挡板的高度

二、实验题（每空2分，共14分。）

12．在“研究平抛物体运动”的实验中（如图

1），通过描点画出平抛小球的运动轨迹．

（1）实验得到平抛小球的运动轨迹，在轨迹

上取一些点，以平抛起点O为坐标原点，测量

它们的水平坐标x和竖直坐标y，图3中y﹣

x2图象能说明平抛小球运动轨迹为抛物线的是

______．（选填“A”、“B”、“C”或“D”）

（2）图2是某同学根据实验画出的平抛小球的运动轨迹，O为平抛的起点，在轨迹上任取三点A，B，C，

测得A、B两点竖直坐标y1为5.0cm，y2为45.0cm，A、B两点水平间距△x为60.0cm．则平抛小球的初速

度v0为_______m/s，g取10m/s2．

13．在探究物体的加速度与合外力的关系实验中：

甲同学用下图甲装置：保持小车(含车中重物)的质量M不变，细线下端悬挂钩码的总重力mg作为小

车受到的合力F，用打点计时器测出小车运动的加速度a。

(1)关于实验操作，下列说法正确的是__________

A．实验前应调节滑轮高度，使滑轮和小车间的细线与木板平行

B．平衡摩擦力时，在细线的下端悬挂钩码，使小车在线的拉力作用下能匀速下滑

C．每次改变小车所受的拉力后都要重新平衡摩擦力

D．实验时应先释放小车，后接通打点计时器电源

(2)图乙为实验中打出纸带的一部分，从比较清晰的点迹起，在纸带上标出连续的5个计数点A、B、C、D、

E，相邻两个计数点时间间隔为T，测出各计数点间的距离x1，x2，x3，x4。该同学用逐差法得到小车加速

度的表达式a＝________。

(3)改变细线下端钩码的个数，得到a－F图象如图丙所示，造成图线上端弯曲的主要原因是____

A．平衡摩擦力过度B．平衡摩擦力不够

C．没有满足M>>m的条件D．描点连线不够准确

乙同学利用测力计测细线拉力，为方便读数设计如下图实验装置：装有定滑轮的长木板固定在水平实

验台上，用右端固定一个滑轮的滑块代替小车，钩码和弹簧测力计通过绕在滑轮上的轻绳相连，放开钩码，

滑块在长木板上做匀加速直线运动。

(4)读出弹簧测力计的示数F，处理纸带，得到滑块运动的加速度a；改变钩码个数，重复实验。以弹簧测

力计的示数F为纵坐标，以加速度a为横坐标，得到的图象是纵轴截距为b，斜率为k的一条倾斜直线，

如图所示。已知重力加速度为g，忽略滑轮与绳之间的摩擦。根据以上条件可计算出滑块和木板之间的动

摩擦因数

μ＝________，滑块和与滑块固定的定滑轮的总质量M=________（要求(4)问中两个空均用b、k、g中的

字母表示）。

三、计算题（本题共第3小题，14题7分，15题8分，16题12分。）

14.半径R=4500km的某星球上有一倾角为30o的固定斜面，一质量为1kg的小物块在力F作用下从静止开

始沿斜面向上运动，力F始终与斜面平行．如果物块和斜面间的摩擦因数，力F随时间变化的规律如

图所示（取沿斜面向上方向为正），2s末物块速度恰好又为0，引力常量。试求：

（1）该星球的质量大约是多少？

（2）要从该星球上平抛出一个物体，使该物体不再落回星球，至少需要多

大速度？（计算结果均保留二位有效数字）

15.如图所示，两物块A、B套在水平粗糙的CD杆上，并用不可伸长的轻绳连接，整个装置能绕过CD中点

的轴OO'转动，已知两物块质量均为m，杆CD与物块A、B的动摩擦力均为μ，开始时绳子处于自然长度

（绳子恰好伸直但无弹力），物块A到OO'轴的距离为R且为物块B到OO'轴距离的两倍，现让该装置绕

OO'转动，求：

（1）当ω1=时，绳子拉力T和B所受的摩擦力大小；

（2）当ω2至少为多少时，A、B会在CD上发生滑动。

16.科技馆有一套儿童喜爱的机械装置，其结构简图如下：传动带AB部分水平，其长度L=1.2m，传送带

以3m/s的速度顺时针匀速转动，大皮带轮半径r=0.4m，其下端C点与圆弧轨道DEF的D点在同一水平线

上，E点为圆弧轨道的最低点，圆弧EF对应的圆心角且圆弧的半径R=0.5m，F点和倾斜传送带GH

的下端G点平滑连接，倾斜传送带GH长为x=4.45m，其倾角。某同学将一质量为0.5kg且可以视为

质点的物块静止放在水平传送带左端A处，物块经过B点后恰能无碰撞地从D点进入圆弧轨道部分，当经

过F点时，圆弧给物块的摩擦力f=14.5N，然后物块滑上倾斜传送带GH。已知物块与所有的接触面间的动

摩擦因数均为，重力加速度，，求：

（1）物块由A到B所经历的时间；

（2）DE弧对应的圆心角为多少；

（3）若要物块能被送到H端，倾斜传动带顺时针运转的速度应满足的条件及物块从G到H端所用时间的

取值范围。

三、选考题（共15分，请考生从给出的2道物理题中任选一题做答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目

对应题号下方的方框涂黑。注意所做的题号必须与所涂题目的题号已知，在答题卡选答区域制定位置答题。

如果多做，则按所做的第一题计分。）

17.【选修3-3】（15分）

（1）（5分）以下说法正确的有。

A.功可以全部转化为热，但热量不能全部转化为功

B.物体吸收热量，同时对外做功，其内能可能增加

C.食盐熔化过程中，温度保持不变，说明食盐是晶体

D.布朗运动时指液体分子的无规则运动

E.当分子力表现为引力时，分子势能都随分子间距离的增大而增大

（2）（10分）如图所示，透热的气缸内封有一定质量的理想气体，缸体质量M＝200kg，活塞质量m＝10kg，

活塞面积S＝100cm2。活塞与气缸壁无摩擦且不漏气。此时，缸内气体的温度为27°C，活塞正位于气缸

正中，整个装置都静止。已知大气压恒为，重力加速度为

,。求：

(1)缸内气体的压强；

(2)缸内气体的温度升高到多少摄氏度时，活塞恰好会静止在气缸缸口AB处。

18.【选修3-4】（15分）

（1）（5分）在坐标原点的波源产生一列沿x轴正方向传播的简谐横波，波速v=200m/s，已知t=0时刻，

波刚好传播到x=40m处，如图所示。在x=400m处有一接收器（图中未画出），则下列说法正确的是。

A．波源开始振动时方向沿y轴负方向

B．从t=0开始经0.15s，x=40m的质点运动的路程为0.6m

C．接收器在t=2s时才能接受到此波

D．若波源向x轴正方向运动，接收器收到波的频率可能为9Hz

E．若该波与另一列频率为5Hz沿x轴负方向传播的简谐横波相遇，不能产生稳定的干涉图样

（2）（10分）如图所示，MN为竖直放置的光屏，光屏的左侧有半径为R、折射率为的透明半球体，O

为球心，轴线OA垂直于光屏，O至光屏的距离OA=。一细束单色光垂直射向半球体的平面，在平面的

入射点为B，OB=,求：

（1）光线从透明半球体射出时，出射光线偏离原方向的角度；（2）光线在光屏形成的光斑到A点的距

离。

物理试题答案

一、选择题（每题4分）1.A2.D3.A4.D5.D6.C7.B

二、实验题（每空2分）12.A3.0

13.A4321

24

xxxx

T



C

b

kg

2k

14.（7分）解：（1）假设星球表面的重力加速度为g，小物块在力F1=20N作用过程中，有：

F1-mgsinθ-μmgcosθ=ma1，（1分）

小物块在力F2=-4N作用过程中，有：F2+mgsinθ+μmgcosθ=ma2，（1分）

且有1s末速度v=a1t1=a2t2，（1分）

联立解得：g=8m/s2。

由G=mg（1分）

解得M=gR2/G。代人数据得M=2.4×1024kg。（1分）

(2)要使抛出的物体不再落回到星球，物体的最小速度v1要满足mg=m,（1分）

解得v1==6.0×103ms=6.0km/s。（1分）

即要从该星球上平抛出一个物体，使该物体不再落回星球，至少需要6.0km/s的速度。

15.（8分）解：（1）当ω1=时，

对A有（1分）

解得（1分）

对B有（1分）

解得（1分）

（2）A、B会在CD上发生滑动，对A有（1分）

对B有（1分）

解得（2分）

16.（12分）（1）物体在水平传送带上，由牛顿第二定律得：

所以：

物体加速到的时间：

在加速阶段的位移：

物体做匀速直线运动的时间：

物块由A到B所经历的时间：（2分）

(2)若物体能在B点恰好离开传送带做平抛运动，则满足：

所以：

所以物体能够在B点离开传送带做平抛运动，平抛的时间：

解得：（1分）

到达D点时物体沿竖直方向的分速度：

到达D点时物体的速度与水平方向之间的夹角：（1分）

所以：（1分）

即DE弧对应的圆心角为

（3）当经过F点时，圆弧给物块的摩擦力，所以物体在F点受到的支持力：

物体在F点时，支持力与重力的分力提供向心力得：

（1分）

代入数据得：

物体在倾斜的传动带上受到重力、支持力和滑动摩擦力的作用，滑动摩擦力：

重力沿斜面向下的分力：

可知物体不可能相对于传动带静止，所以物体在传送带上将一直做减速运动，物体恰好到达H点时速度为

0.

Ⅰ、若传送带的速度大于等于物体在F点的速度，则物体受到的摩擦力的方向向上，物体一直以不变的加

速度向上做减速运动；此时：

（1分）

物体的位移为：

代入数据解得：（1分）

Ⅱ、若传送带的速度小于物体在F点的速度，则物体先相对于传送带向上运动，受到的摩擦力的方向向下；

当物体的速度小于传送带的速度后，受到的摩擦力方向向上，物体继续向上做减速运动，速度的大小发生

变化。

设物体恰好能到达H点时，传送带的速度是，且，物体到达H点的速度为0.

物体的速度大于传送带的速度时，物体受到的摩擦力的方向向下，此时：

，则（1分）

物体的速度小于传送带的速度时，物体受到的摩擦力方向向上，则：

，则

物体向上的减速运动若反过来看，也可以是向下的加速运动，初速度为0，末速度为，设下面的一段时

间为，上面的一段时间为，可得：

联立以上三式，代入数据得：（1分）

物体从F点运动到H点的总时间：（1分）

综合以上的分析可知，若要物体能都到达H点，传送带的速度应满足：，物体运动的时间范围是：

（1分）

17.（1）BCE（5分）

（2）（a）以气缸为对象（不包括活塞）列气缸受力平衡方程：

（3分）

得：（1分）

（b）当活塞恰好静止在气缸缸口AB处时，缸内气体温度为，压强为

此时仍有，即缸内气体为等压变化。

对这一过程研究缸内气体，由状态方程得：

（3分）

得（1分）

故℃＝327℃（2分）

18.（1）ABE（5分）

（2）①解：分析如图，设入射点B到O的垂直距离BO=h，∠BCO=β，折射角为i。

对△OBC，由正弦公式得：(1分)

又（2分）

联立解得：

所以：（1分）

出射光线偏离原方向的角度：（2分）

②出射光线与MN交于P点，与OA交于D点，则由几何关系可得，∠CDQ=300

所以：（1分）

（1分）

所以：（2分）

2019年高二下学期物理期末模拟试卷

注意事项：

1.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。

2．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道小题，每小题4分，共48分。1～8为单选题，9～12为多选题）

1.如图所示，斜面小车M静止在光滑水平面上，一边紧贴墙壁．若再在斜面上加

一物体m，且M、m相对静止，此时小车受力个数为（）

A．3B．4

C．5D．6

2.如图所示，倾角θ=30°的斜面上，用弹簧系住一重为20N的物块，物块保持静止．已知物块与斜面间

的最大静摩擦力f=12N，那么该弹簧的弹力不可能是（）

A．2NB．10N

C．20ND．24N

3.一辆汽车做匀加速直线运动，初速度为4m/s，经过4s速度达到12m/s，下列说法中不正确的是（）

A．汽车的加速度为2m/s2

B．汽车每秒速度的变化量为2m/s

C．汽车的平均速度为6m/s

D．汽车的位移为32m

4.发射通信卫星常用的方法是：先用火箭将卫星送入近地圆形轨道运行，然后再适时开动卫星上的小型喷

气发动机，经过过渡轨道将其送入与地球自转同步的圆形运行轨道．比较卫星在两个圆形轨道上的运行状

态，在同步轨道上卫星的（）

A．机械能大，动能小B．机械能小，动能大

C．机械能大，动能也大D．机械能小，动能也小

5.A、B两物体发生正碰，碰撞前后物体A、B都在同一直线上运动，其位移﹣时间

图象（s﹣t图）如图所示．由图可知，物体A、B的质量之比为（）

A．1：1B．1：2

C．1：3D．3：1

6.如图所示，一根条形磁铁自左向右穿过一个闭合线圈，则流过灵敏电流计的感应电流方向是（）

A．先向左，再向右B．先向右，再向左

C．始终向右D．始终向左

7.把图甲所示的正弦式交变电流接在图乙中理想变压器的A、B两端，电压表和电流表均为理想电表，Rt

为热敏电阻（温度升高时其电阻减小），R为定值电阻．下列说法正确的是（）

A．R

t

处温度升高时，电流表的示数变大，变压器输入功率变大

B．R

t

处温度升高时，电压表V

1

、V

2

示数的比值不变

C．在t=1×10﹣2s时，穿过该矩形线圈的磁通量为零

D．变压器原线圈两端电压的瞬时值表达式为u=36sin50πt（V）

8.如图示，圆形区域内存在着垂直于纸面向外的匀强磁场，比荷相同的两个粒子沿直径AB方向从A点射

入磁场中，分别从圆弧上的P，Q两点射出，则下列说法正确的是（）

A.两粒子分别从A到P、Q经历时间之比为3∶1

B.粒子在磁场中做匀速圆周运动周期之比为1∶1

C.粒子在磁场中运动轨道半径之比为2∶1

D.粒子在磁场中速率之比为1∶3

9.（多选题）下列说法中正确的是（）

A．α粒子散射实验是卢瑟福建立原子核式结构模型的重要依据

B．根据玻尔理论，氢原子辐射出一个光子后，氢原子的电势能增大

C．在光电效应的实验中，入射光的强度增大，光电子的最大初动能也增大

D．210

83

Bi的半衰期是5天，12g210

83

Bi经过15天衰变后剩余的质量为1.5g

10.（多选题）带电粒子仅在电场力作用下，从电场中a点以初速度v0进入电场

并沿虚线所示的轨迹运动到b点，如图所示，实线是电场线，下列说法正确的是

（）

A．粒子在a点时的加速度比在b点时的加速度小

B．从a到b过程中，粒子的电势能不断减小

C．无论粒子带何种电，经b点时的速度总比经a点时的速度大

D．电场中a点的电势一定比b点的电势高

11.（多选题）如图所示，质量为m的小车在水平恒力F推动下，从山坡底部A处由静止起运动至高为h

的坡顶B，获得速率为，AB水平距离为s。在上述运动过程中，下列说法正确的（）

A.小车克服阻力做功错误！未找到引用源。

Fsmghmv2

2

1

B.小车的动能增加了错误！未找到引用源。mghFs

C.小车的重力势能增加了错误！未找到引用源。mgh

D.小车的机械能增加了错误！未找到引用源。mghmv2

2

1

12.（多选题）如图所示，在匀强磁场中有一倾斜的平行金属导轨，导轨间距为L，两导轨间连有一电阻R，

导轨平面与水平面的夹角为θ，在两虚线间的导轨上涂有薄绝缘涂层．匀强磁场的磁感应强度大小为B，

方向与导轨平面垂直．质量为m的导体棒从h高度处由静止释放，在刚要滑到涂层处时恰好匀速运动．导

体棒始终与导轨垂直且仅与涂层间有摩擦，动摩擦因数μ=tanθ，其他部分的电阻不计，重力加速度为g，

下列说法正确的是（）

A．导体棒到达涂层前做加速度减小的加速运动

B．在涂层区导体棒做减速运动

C．导体棒到达底端的速度为

D．整个运动过程中产生的焦耳热为mgh﹣

第II卷（非选择题）

二、实验题（本题共2道小题,第13题5分,第14题7分，共12分）

13.某实验小组为了测定某一标准圆柱形导体的电阻率．

①为了设计电路，先用多用电表的欧姆档粗测圆柱形导体的电阻，采用“x10”档，调零后测量该电阻，

发现指针偏转非常大，最后几乎紧挨满偏刻度停下来．

②分别用游标卡尺和螺旋测微器对圆柱形导体的长度L和直径d进行测量，结果如图1所示，其读数分别

是L=mm，d=mm．

③为使实验更加准确，又采用伏安法进行了电阻测量，右面两个电路方案中，应选择图2中的图________

（填“甲”或“乙”）．

14.用如图1实验装置验证m1、m2组成的系统机械能守恒，m2从高处由静止开始下落，m1上拖着的纸带打出

一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律，图2给出的是实验中获取的一条纸带；

0是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个点（图2中未标出）．计数点的距离如图2所示，已知

m1=50g、m2=150g，则（已知当地重力加速度g=9.8m/s2，结果保留两位有效数字）

（1）在纸带上打下计数点5时的速度v=m/s；

（2）在打点0～5过程中系统动能的增量△E

k

=J，系统势能的减少量△E

φ=J．由

此得出的结论

是

．（所有计算结果均保留两位有效数字）

三、计算题（本题共2道小题,第15题12分,第16题18分,共30分）

15.近几年，国家取消了7座及以下小车在法定长假期间的高速公路收费，给自驾出行带来了很大的实惠，

但车辆的增多也给道路的畅通增加了压力，因此交管部门规定，上述车辆通过收费站口时，在专用车道上

可以不停车拿（交）卡而直接减速通过。若某车减速前的速度为v0＝72km/h，靠近站口时以大小为

a1＝5m/s2的加速度匀减速，通过收费站口时的速度为vt＝28.8km/h，然后立即以a2＝4m/s2的加速度加速

至原来的速度（假设收费站的前、后都是平直大道）。试问：

（1）该车驾驶员应在距收费站口多远处开始减速？

（2）该车从减速开始到最终恢复到原来速度的过程中，运动的时间是多少？

（3）在（1）（2）问题中，该车因减速和加速过站而耽误的时间为多少？

16.如图，半径为R的光滑半圆形轨道ABC在竖直平面内，与水平轨道CD相切于C点，D端有一被锁定的

轻质压缩弹簧，弹簧左端连接在固定的挡板上，弹簧右端Q到C点的距离为2R．质量为m可视为质点的

滑块从轨道上的P点由静止滑下，刚好能运动到Q点，并能触发弹簧解除锁定，然后滑块被弹回，且刚好

能通过圆轨道的最高点A．已知∠POC=60°，求：

（1）滑块第一次滑至圆形轨道最低点C时对轨道压力；

（2）滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ；

（3）弹簧被锁定时具有的弹性势能．

四、选考题（本题共2道小题，第17题4分，为五选三；第18题6分，为解答题，本题共10分）

17.如图所示，图甲为某一列简谐横波在t=0.5s时的波形图，图乙为介质中P处质点的振动图象，则关

于该波的说法正确的是（）

A．传播方向沿+x方向传播

B．波速为16m/s

C．P处质点振动频率为1Hz

D．P处质点在5s内路程为10m

E．P处质点在5s末内位移为0.5m

18.如图所示，一玻璃球体的半径为R，O为球心，AB为直径．来自B点的光线BM在M点射出，出射光线

平行于AB，另一光线BN恰好在N点发生全反射．已知∠ABM=30°，求

①玻璃的折射率．

②球心O到BN的距离．

试卷答案

1.B

【考点】力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用．

【分析】对物体受力分析是指分析物体的受力情况同时画出受力的示意图，本题可以先对m受力分析，再

结合牛顿第三定律对M受力分析．

【解答】解：先对物体m受力分析，受到重力、支持力和静摩擦力；

再对M受力分析，受重力、m对它的垂直向下的压力和沿斜面向下的静摩擦力，同时地面对M有向上的支

持力，共受到4个力；

故选B．

2.D

【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．

【专题】定性思想；推理法；共点力作用下物体平衡专题．

【分析】将重力按照作用效果分解为平行斜面的下滑分力和垂直斜面的垂直分力，当最大静摩擦力平行斜

面向下和平行斜面向上时，分别求解出对应的弹簧弹力，得到弹簧弹力的作用范围

【解答】解：将重力按照作用效果分解：平行斜面的下滑分力为mgsin30°=10N，垂直斜面的垂直分力为

mgcos30°=10N；

当最大静摩擦力平行斜面向下时，物体与斜面间的最大静摩擦力为12N，弹簧弹力为拉力，等于22N；

当最大静摩擦力平行斜面向上时，物体与斜面间的最大静摩擦力为12N，弹簧弹力为推力，等于2N；

故弹簧弹力可以是不大于2N推力或者不大于22N的拉力，也可以没有弹力；

本题选不正确的

故选：D

3.C

【考点】匀变速直线运动规律的综合运用；匀变速直线运动的速度与时间的关系．

【分析】根据速度时间公式求出汽车的加速度，从而得出汽车每秒内速度的变化量．根据平均速度推论求

出汽车的平均速度，结合平均速度求出汽车的位移．

【解答】解：A、汽车匀加速直线运动的加速度a=，故A正确．

B、因为汽车的加速度为2m/s2，则汽车每秒内速度的变化量为2m/s，故B正确．

C、根据平均速度推论知，汽车的平均速度，故C错误．

D、汽车的位移x=，故D正确．

本题选错误的，故选：C．

4.A

【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．

【分析】开动卫星上的小型喷气发动机使得卫星加速，机械能增大，变轨过过程能量守恒，所以同步轨道

上卫星机械能增大；

根据“高轨低速大周期”判断卫星速度大小，进而判断动能．

【解答】解：适时开动卫星上的小型喷气发动机使得卫星加速，机械能增大，变轨过过程能量守恒，所以

同步轨道上卫星机械能增大；

根据“高轨低速大周期”判断同步轨道上卫星速度小，所以动能也小．故BCD错误，A正确．

故选：A．

5.C

【考点】动量守恒定律．

【分析】在位移时间图象中，斜率表示物体的速度，由图象可知碰撞前后的速度，根据动量的公式及动量

守恒定律可以求解两球的质量之比．

【解答】解：由s﹣t图象可知，碰撞前v

A

===4m/s，v

B

=0m/s，

碰撞后v

A

′=v

B

′=v===1m/s，碰撞过程动量守恒，

对A、B组成的系统，设A原方向为正方向，则由动量守恒定律得：m

A

v

A

=（m

A

+m

B

）v，

解得m

A

：m

B

=1：3；故C正确，ABD错误．

故选：C．

6.A

【考点】楞次定律．

【分析】楞次定律的内容：感应电流的磁场总是要阻碍引起感应电流磁通量的变化．根据楞次定律判定感

应电流的方向，从而即可求解．

【解答】解：条形磁铁从左向右进入螺线管的过程中，原磁场方向向左，且磁通量在增加，根据楞次定律，

感应电流的磁场阻碍原磁场磁通量的变化，所以感应电流的磁场向右，由安培定则，知感应电流的方向顺

时针方向，即向左．

条形磁铁从左向右离开螺线管的过程中，原磁场方向向左，且磁通量在减少，根据楞次定律，感应电流的

磁场阻碍原磁场磁通量的变化，所以感应电流的磁场向左，由安培定则，知感应电流的方向逆时针方向，

即向右，故A正确，BCD错误．

故选：A．

7.A

【考点】变压器的构造和原理．

【分析】R

t

处温度升高时，电阻减小，根据闭合电路欧姆定律结合功率公式分析．在图甲的t=0.01s时刻，

e=0，则磁通量最大，根据图甲得出输入电压的最大值和周期，进而求出角速度，从而写出瞬时表达式，

变压器原副线圈功率相等．

【解答】解：A、副线圈电压不变，若R

t

电阻原来大于R，则温度升高时，电压表V

2

示数与电流表A

2

示数

的乘积增大，若R

t

电阻原来小于R，则电压表V

2

示数与电流表A

2

示数的乘积变小，当R

t

处温度升高时，

电阻减小，则副线圈总功率增大，所以原线圈功率增大，即电压表V

1

示数与电流表A

1

示数的乘积一定变

大，故A正确；

B、R

t

处温度升高时，电阻减小，电压表V

2

测量R

t

的电压，则电压表V

2

示数减小，V

1

示数不变，则电压表

V

1

示数与V

2

示数的比值变大，故B错误；

C、在图甲的t=0.01s时刻，e=0，则磁通量最大，此时矩形线圈平面与磁场方向垂直，故C错误；

D、根据图甲可知，E

m

=36V，T=0.02s，则==100πrad/s，变压器原线圈两端电压的瞬时

值表达式为u=36sin100πt（V），故D错误．

故选：A

8.B

本题考查带电粒子在磁场中运动的知识点，意在考查学生的推理能力。

粒子运动的周期为，比荷相同，则周期相同，两粒子运动的周期之比为1∶1，选项B正确；，

两粒子从P、Q两点射出的圆心角为1∶2，所以运动的时间为1∶2，选项A错误；设磁场区域半径为R，

则，，所以粒子在磁场中运动轨道半径之比为3∶1，选项C错

误；，粒子运动的轨道半径之比等于运动的速率之比，粒子在磁场中速率之比为3∶1，选项D错误。

综上本题选B。

【考点】原子核衰变及半衰期、衰变速度；爱因斯坦光电效应方程．

【分析】α粒子散射实验是卢瑟福建立原子核式结构模型的重要依据；根据原子能量的变化，结合电子

动能的变化分析氢原子的电势能变化；根据光电效应方程分析影响光电子最大初动能的因素；根据半衰期

的次数，结合得出原子核剩余的质量．

【解答】解：A、卢瑟福通过α粒子散射实验建立原子核式结构模型，故A正确．

B、根据玻尔理论，氢原子辐射出一个光子后，从高能级跃迁到低能级，原子能量减小，电子轨道半径减

小，根据知，电子的动能增大，则氢原子电势能减小，故B错误．

C、根据光电效应方程E

km

=hv﹣W

0

知，光电子的最大初动能与入射光的强度无关，故C错误．

D、Bi的半衰期是5天，15天经过了3个半衰期，根据知，衰变后剩

余的质量为1.5g，故D正确．

故选：AD．

【考点】电场线；牛顿第二定律；电势．

【分析】电场线是从正电荷或者无穷远出发出，到负电荷或无穷远处为止，电场线密的地方电场的强度大，

电场线疏的地方电场的强度小．

【解答】解：A、电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，可知E

A

＜E

B

，所以a、b

两点比较，粒子的加速度在b点时较大，故A正确

B、由粒子的运动的轨迹可以知道，粒子受电场力的方向应该指向轨迹的内侧，根据电场力方向与速度方

向的夹角得电场力先做负功后做正功，电势能先增大后减小，整个过程电场力做正功，故B错误

C、整个过程电场力做正功，根据动能定理得经b点时的动能大于经a点时的动能，所以无论粒子带何种

电，经b点时的速度总比经a点时的速度大，故C正确

D、由于不知道粒子的电性，也不能确定电场线的方向，所以无法确定a点的电势和b点的电势大小关系，

故D错误

故选AC．

根据动能定理得，合力做功等于动能的变化量即：，小车克服阻力做功为：

，故A错误；根据动能定理得，合力做功等于动能的变化量即：，

所以动能增加了，故B错误；在上升过程中，重力做功为WG=-mgh，则小车的重力势能增

加mgh，故C正确；小车的机械能增加了动能与重力势能之和即，故D正确。所以CD正确，

AB错误。

12.

【考点】：导体切割磁感线时的感应电动势；焦耳定律．

【专题】：电磁感应与电路结合．

【分析】：研究导体棒在绝缘涂层上匀速运动过程，受力平衡，根据平衡条件即可求解动摩擦因数μ．据

题导体棒在滑上涂层之前已经做匀速运动，推导出安培力与速度的关系，再由平衡条件求解速度v．

：解：A、导体棒到达涂层前速度越来越大，由E=BLv得，感应电动势越来越大，根据I=和F=BIL得，

所受的安培力越来越大，由F=mgsinθ﹣BIL=ma得，加速度越来越小，故A正确；

B、当导体到达涂层时，所受力平衡，但是到达涂层后，安培力消失，受力分析得导体受力平衡，故导体

匀速运动，故B错误；

C、根据受力平衡条件得：BIL=mgsinθ，得：，所以v=，故C正确；

D、由能量守恒产生的焦耳热Q=mgh﹣=mgh﹣，故D错误；

故选：AC

13.（2）23.7，2.792；（3）乙．

【考点】测定金属的电阻率．

【分析】（2）游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读；螺旋测微器的读数方法是固定刻

度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读，注意二者读数的差别．

（3）根据题意要求，所测电阻偏小．注意滑动变阻器采用分压式接法，电流表采取外接法．再结合电阻

定律和欧姆定律求出电阻率的表达式．

【解答】解：（2）游标卡尺的主尺读数为23mm，游标尺上第7个刻度与主尺上某一刻度对齐，故其读数

为0.1×7mm=0.7mm，

所以最终读数为：23mm+0.7mm=23.7mm；

螺旋测微器的固定刻度读数为2.5mm，可动刻度读数为：0.01×29.2mm=0.292mm，

所以最终读数为：2.5mm+0.292mm=2.792mm．

（3）由（1）可知，本实验中所用电阻较小，故为了准确测量应采用电流表外接法，故电路应选择乙图；

故答案为：（2）23.7，2.792；（3）乙．

14.（1）2.4；（2）0.58；0.59，在误差允许范围内，m

1

、m

2

组成系统机械能守恒．

【考点】验证机械能守恒定律．

【分析】（1）匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度等于该过程中的平均速度，由此可以求出打下计数点

5时的速度．

（2）根据物体的初末动能大小可以求出动能的增加量，根据物体重力做功和重力势能之间的关系可以求

出系统重力势能的减小量，比较动能增加量和重力势能减小量之间的关系可以得出机械能是否守恒．

【解答】解：（1）由于每相邻两个计数点间还有4个点没有画出，所以相邻的计数点间的时间间隔T=0.1s，

根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出点5的瞬时速度：

v

5

=．

（2）在0～5过程中系统动能的增量：

△E

K

=（m

1

+m

2

）v

5

2=×0.2×2.42J≈0.58J．

系统重力势能的减小量为：

△E

p

=（m

2

﹣m

1

）gx=0.1×9.8×（0.384+0.216）J≈0.59J，由此可知在误差允许范围内，m

1

、m

2

组成系统

机械能守恒．

故答案为：（1）2.4；（2）0.58；0.59，在误差允许范围内，m

1

、m

2

组成系统机械能守恒．

15.（1）33．6m（2）（3）

【知识点】匀变速直线运动及其公式、图像

【试题解析】设小汽车初速度方向为正方向，

，，a1＝－5m/s2

（1）小汽车进入站台前作匀减速直线运动，设距离收费站x1处开始制动，则：

由

解得：x1＝33．6m

（2）小汽车通过收费站经历匀减速和匀加速两个阶段，前后两段位移分别为x1和x2，时间为t1和t2，则

减速阶段：

加速阶段：

则加速和减速的总时间为：t＝t1+t2＝5．4s

（3）在加速阶段：

则总位移：x＝x1+x2＝75．6m

若不减速所需要时间：

车因减速和加速过站而耽误的时间：

16.

解：（1）设滑块第一次滑至C点时的速度为v

C

，圆轨道C点对滑块的支持力为F

N

由P到C的过程：mgR=m

C点：F

N

﹣mg=m

解得F

N

=2mg

由牛顿第三定律得：滑块对轨道C点的压力大小F′

N

=2mg，方向竖直向下

（2）对P到C到Q的过程：mgR（1﹣cos60°）﹣μmg2R=0

解得μ=0.25

（3）A点：根据牛顿第二定律得

mg=m

Q到C到A的过程：E

p

=m+mg2R+μmg2R

解得：弹性势能E

p

=3mgR

答：（1）滑块第一次滑至圆形轨道最低点C时对轨道压力是2mg；

（2）滑块与水平轨道间的动摩擦因数是0.25；

（3）弹簧被锁定时具有的弹性势能是3mgR．

【考点】动能定理的应用；牛顿第三定律；机械能守恒定律．

【专题】动能定理的应用专题．

【分析】（1）由P到C的过程根据动能定理求解滑至C点时的速度，根据牛顿第二定律求解

（2）对P到C到Q的过程根据动能定理求解动摩擦因数μ

（3）Q到C到A的过程根据能量守恒求解．

【考点】横波的图象；波长、频率和波速的关系．

【专题】振动图像与波动图像专题．

【分析】由振动图象乙读出t=0.5s时刻P点的振动方向，判断波的传播方向．由波动图象读出波长，由

振动图象读出周期，可求出波速．质点做简谐运动时，在一个周期内通过的路程是四个振幅，根据时间与

周期的关系，确定质点P在5s内的路程，确定位置，得到位移．

【解答】解：A、由乙图读出，t=0.5s时刻质点P的速度向上，则由波形的平移法可知，这列波沿x轴正

方向传播．故A正确．

B、由图知：λ=8m，T=1.0s，则波速v=m/s=8m/s，故B错误．

C、P处质点振动频率f=，故C正确；

D、因为n==5，即t=5s=5T，质点P的位移为0．质点P做简谐运动时，在一个周期内通过的路程是

四个振幅，所以P处质点在5秒内通过的路程是S=5×4A=20×0.5m=10m．故D正确，E错误．

故选：ACD

18.

解：①已知∠ABM=30°，由几何关系知入射角i=∠BMO=30°，折射角β=60°由n=

②由题意知临界角C=∠ONB，sinC=，则球心O到BN的距离d=RsinC=．

答：①玻璃的折射率为．

②球心O到BN的距离为．

【考点】光的折射定律．

【分析】①根据几何关系找出光线BM的入射角和反射角，利用折射定律可求出玻璃体的折射率．

②根据几何关系求出临界角的正弦值，便可求出球心O到BN的距离．

2019年高二下学期物理期末模拟试卷

注意事项：

1.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。

2．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、单选题(共12小题,每小题3.0分,共36分)

1.如图所示，在绝缘的水平面上等间距固定着三根相互平行的通电直导线a、b和c，各导线

中的电流大小相同，其中a、c导线中的电流方向垂直纸面向外，b导线中电流方向垂直纸面

向里，每根导线都受到另外两根导线对它的安培力作用，则关于每根导线所受安培力的合力，

以下说法正确的是()

A．导线a所受合力方向水平向左

B．导线a所受合力方向水平向右

C．导线c所受合力方向水平向左

D．导线b所受合力方向水平向左

2.有一个带正电荷的离子，沿垂直于电场的方向射入带电平行板的匀强电场，离子飞出电场

后的动能为E

k

.当在带电平行板间再加入一个垂直纸面向里的如图所示的匀强磁场后，离子

飞出电场后的动能为E

k

′，磁场力做功为W，则下列判断正确的是()

A．E

k

k

′，W＝0B．E

k

>E

k

′，W＝0

C．E

k

＝E

k

′，W＝0D．E

k

>

Ek

′，W>0

3.如图所示，实线为不知方向的三条电场线，虚线1和2为等势线，从电场中M点以相切于

等势线1的相同速度飞出a、b两个带电粒子，粒子仅在电场力作用下的运动轨迹如图中虚

线所示，则在开始运动的一小段时间内(粒子在图示区域内)()

A．a的电场力较小，b的电场力较大

B．a的速度将减小，b的速度将增大

C．a一定带正电，b一定带负电

D．两个粒子的电势能均减小

4.如图所示，宽度为h、厚度为d的霍尔元件放在与其上、下表面垂直的磁感应强度大小为

B＝B

0

sinωt的匀强磁场中，当恒定电流I通过霍尔元件时，在它的前后两个侧面之间会产

生交流电，这样就实现了将直流输入转化为交流输出．为提高输出的交流电压，可采取的措

施是()

A．增大dB．减小d

C．增大hD．减小h

5.如图所示，半径为R的圆形线圈共有n匝，其中心位置处半径为r的虚线范围内有匀强磁

场，磁场方向垂直线圈平面．若磁感应强度为B，则穿过线圈的磁通量为()

A．πBR2B．πBr2C．nπBR2D．nπBr2

6.如图所示交流电源的电压有效值跟直流电源的电压相等，当将双刀双掷开关接到直流电源

上时，灯泡的实际功率为P

1

，而将双刀双掷开关接在交流电源上时，灯泡的实际功率为P

2

则

()

A．P

1

＝P

2

B．P

1

＞P

2

C．P

1

＜P

2

D．不能比较

7.如图所示，水平放置的扁平条形磁铁，在磁铁的左端正上方有一金属线框，线框平面与磁

铁垂直，当线框从左端正上方沿水平方向平移到右端正上方的过程中，穿过它的磁通量的变

化情况是()

A．先减小后增大B．始终减小

C．始终增大D．先增大后减小

8.如图，一圆形金属环与两固定的平行长直导线在同一竖直平面内，环的圆心与两导线距离

相等，环的直径小于两导线间距．两导线中通有大小相等、方向向下的恒定电流．若()

A．金属环向上运动，则环上的感应电流方向为顺时针方向

B．金属环向下运动，则环上的感应电流方向为顺时针方向

C．金属环向左侧直导线靠近，则环上的感应电流方向为逆时针方向

D．金属环向右侧直导线靠近，则环上的感应电流方向为逆时针方向

9.在光滑水平面上，有两个小球A、B沿同一直线同向运动(B在前)，已知碰前两球的动量分

别为

pA

＝12kg·m/s、

pB

＝13kg·m/s，碰后它们动量的变化分别为Δ

pA

、Δ

pB

.下列数值可能

正确的是()

A．Δ

pA

＝－3kg·m/s、Δ

pB

＝3kg·m/s

B．Δ

pA

＝3kg·m/s、Δ

pB

＝－3kg·m/s

C．Δ

pA

＝－24kg·m/s、Δ

pB

＝24kg·m/s

D．Δ

pA

＝24kg·m/s、Δ

pB

＝－24kg·m/s

10.关于原子核，下列说法中正确的是()

A．原子核能发生β衰变说明原子核内存在电子

B．核反应堆利用镉棒吸收中子控制核反应速度

C．轻核的聚变反应可以在任何温度下进行

D．一切核反应都只释放核能

11.如图所示，在光滑水平面上，有质量分别为2m和m的A，B两滑块，它们中间夹着一根

处于压缩状态的轻质弹簧(弹簧与A，B不拴连)，由于被一根细绳拉着而处于静止状态．当

剪断细绳，在两滑块脱离弹簧之后，下述说法正确的是()

A．两滑块的动能之比E

kA

∶E

kB

＝1∶2

B．两滑块的动量大小之比

pA

∶

pB

＝2∶1

C．两滑块的速度大小之比v

A

∶v

B

＝2∶1

D．弹簧对两滑块做功之比

WA

∶

WB

＝1∶1

12.下列说法正确的是()

A．卢瑟福的原子核式结构学说能够解释氢原子的光谱

B．α、β、γ三种射线都是能量不同的光子

C．用升温、加压或化学的方法都不能改变原子核衰变的半衰期

D．阴极射线与β射线都是带负电的电子流，都是由原子核受激发后产生的

二、多选题(共4小题,每小题4.0分,共16分)

13.(多选)如图所示，在水平放置的光滑金属板中心正上方有一带正电的点电荷Q，另一表面

绝缘、带正电的金属小球(可视为质点，且不影响原电场)自左以初速度v

0

在金属板上向右运

动，在运动过程中()

A．小球先做减速后做加速运动

B．小球做匀速直线运动

C．小球受到的静电力对小球先做负功，后做正功

D．小球受到的静电力对小球做功为零

14.(多选)图中的实线为点电荷的电场线，M、N两点在以点电荷为圆心的同一圆上，下列说

法正确的是()

A．M处的电场强度比N处的大

B．M处的电场强度比N处的小

C．M、N处的电场强度大小相等

D．M、N处的电场强度方向不同

15.(多选)如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为1∶10，原线圈接通交流电源，理

想电压表V示数为22V，理想电流表A

1

示数为5A，副线圈串联了电阻可忽略的熔断器、理

想电流表A

2

以及虚线框内的某用电器，电路处于正常工作状态，下列说法正确的是()

A．熔断器的熔断电流应该大于0.5A

B．原、副线圈的电流频率之比为1∶10

C．若虚线框内接入电容器，电容器的耐压值至少是220V

D．若虚线框内接入电动机且正常工作，可知电动机内阻为440Ω，电流表A

2

示数为0.5A

16.(多选)下列属于反冲运动的是()

A．向后划水，船向前运动

B．用枪射击时，子弹向前飞，枪身后退

C．用力向后蹬地，人向前运动

D．水流过水轮机时，水轮机旋转方向与水流出方向相反

分卷II

三、实验题(共2小题,共14分)

17.用伏安法测量一个定值电阻的电阻值，现有的器材规格如下：

A．待测电阻

Rx

(大约100Ω)

B．直流毫安表A

1

(量程0～10mA，内阻约100Ω)

C．直流毫安表A

2

(量程0～40mA，内阻约40Ω)

D．直流电压表V

1

(量程0～3V，内阻约5kΩ)

E．直流电压表V

2

(量程0～15V，内阻约15kΩ)

F．直流电源(输出电压4V，内阻不计)

G．滑动变阻器R(阻值范围0～50Ω，允许最大电流1A)

H．开关一个、导线若干

(1)根据器材的规格和实验要求，为使实验结果更加准确，直流毫安表应选________，直流

电压表应选______．

(2)在方框内画出实验电路图，要求电压和电流的变化范围尽可能大一些．

(3)用铅笔按电路图将实物图连线．

18.在一次实验中，某同学选用了两个外形相同的硬质小球A和B，小球A质量较大，小球B

质量较小．该同学实验发现：若在水平面上用A球去撞击原来静止的B球，碰后A和B都向

前运动；若用B球去撞击原来静止的A球，碰后A球向前运动，B球向后运动．为了探究碰

撞中的不变量，该同学计划用如图所示的圆弧槽进行实验．实验时，分别将小球M、N放在

竖直平面内的半圆形玻璃轨道内侧(轨道半径远大于小球半径)．现让小球M从与圆心O等高

处由静止释放，在底部与静止的小球N发生正碰．

(1)实验中，若实验室里有如下所述的四个小球：

①半径为r的玻璃球；

②半径为2r的玻璃球；

③半径为1.5r的钢球；

④半径为2r的钢球．

为了便于测量，M球应选用________，N球应选用______(填编号)．

(2)实验中不用测量的物理量为________．

①小球M的质量m

1

和小球N的质量m

2

；

②圆弧轨道的半径R；

③小球M碰后上升的最高处与O点连线偏离竖直方向的夹角θ

1

；

④小球N碰后上升的最高处与O点连线偏离竖直方向的夹角θ

2

.

(3)用上述测得的物理量表示碰撞中的不变量的等式为：________.

四、计算题

19.两个质量均为m=2×10﹣6kg的小球，悬于长l=40cm的细丝线上．丝线的另一点固定于

同一点O．当使两球带上等量同种电荷后，两球互相排斥使两丝线间形成

α=60°的夹角（如图）．求每个小球的带电量．

20.一个边长为a＝1m的正方形线圈，总电阻为R＝2Ω，当线圈以v＝2m/s的速度通过磁

感应强度B＝0.5T的匀强磁场区域时，线圈平面总保持与磁场垂直．若磁场的宽度b>

1m，如图所示，求：

(1)线圈进入磁场过程中感应电流的大小；

(2)线圈在穿过整个磁场过程中释放的焦耳热．

21.如图所示，甲、乙两人各乘一辆冰车在山坡前的水平冰道上游戏，甲和他冰车的总质量

m

1

＝40kg，从山坡上自由下滑到水平直冰道上的速度v

1

＝3m/s，乙和他的冰车的质量m

2

＝

60kg，以大小为v

2

＝0.5m/s的速度迎面滑来．若不计一切摩擦，为使两车不再相撞，试求

甲的推力对乙做功的数值范围．

22.汤姆孙提出的测定带电粒子的比荷()的实验原理如图所示．带电粒子经过电压为U的加

速电场加速后，垂直于磁场方向进入宽为L的有界匀强磁场，粒子穿过磁场时发生的偏转位

移是d，若磁场的磁感应强度为B.求带电粒子的比荷．

下学期期末考试

1.【答案】A

【解析】对a来说，受到b的斥力和c的引力，而b靠近a，所以对a的作用力更大，所以

a受到的合力向左，故A正确，B错误．

对c来说，和a的情况正好相反，所以合力向右，故C错误．

对b来说，受到a、c的斥力，并且是相等的，所以b受到的合力为0，故D错误．

2.【答案】B

【解析】磁场力即洛伦兹力，不做功，故W＝0，D错误；有磁场时，带正电的粒子受到洛伦

兹力的作用使其所受的电场力做功减少，故B选项正确．

3.【答案】D

【解析】电场力F＝Eq，不知道a、b两带电粒子的电荷量，因此无法判断电场力大小．故A

错．由于出发后电场力始终对电荷做正功，故两电荷的动能越来越大，故两个电荷的速度都

将越来越大，故B错误．由于不知道场强的方向，故不能确定电场力的方向与场强方向的关

系，所以不能确定a、b两电荷的电性．故C错误．由于出发后电场力两电荷均做正功，所

以两个粒子的电势能均减小．故D正确．

4.【答案】B

【解析】当电子所受电场力和洛伦兹力平衡时，有e＝Bev

解得U＝Bhv.

而电流的微观表达式I＝neSv＝nehdv，则有：U＝Bh＝，

为提高输出的交流电压，可采取的措施：减小d，故B正确，A、C、D错误．

5.【答案】B

【解析】磁通量与线圈匝数无关，且磁感线穿过的面积为πr2，而并非πR2，故B项对．

6.【答案】B

【解析】接在直流电源上，线圈对直流没有阻碍作用，电能全部转化为小灯泡的内能，而当

接至交流电源上时，线圈对电流有阻碍作用，因此电能除转化成灯泡的内能外，还有一部分

电能转化为磁场能，故P

1

＞P

2

.

7.【答案】D

【解析】线框在磁铁两端的正上方时穿过该线框的磁通量最少，在磁铁中央时穿过该线框的

磁通量最多，所以该过程中的磁通量先增大后减小，故D对．

8.【答案】D

【解析】当金属环上下移动时，穿过环的磁通量不发生变化，根据楞次定律，没有感应电流

产生，选项A、B错误；当金属环向左移动时，穿过环的磁通量垂直纸面向外且增强，根据

楞次定律可知，产生顺时针方向的感应电流，故选项C错误；当金属环向右移动时，穿过环

的磁通量垂直纸面向里且增强，根据楞次定律可知，产生逆时针方向的感应电流，故选项D

正确．

9.【答案】A

【解析】对于碰撞问题要遵循三个规律：动量守恒定律、碰后系统的机械能不增加和碰撞过

程要符合实际情况．本题属于追及碰撞，碰前，后面运动物体的速度一定要大于前面运动物

体的速度(否则无法实现碰撞)，碰后，前面物体的动量增大，后面物体的动量减小，减小量

等于增大量，所以Δ

pA

＜0，Δ

pB

＞0，并且Δ

pA

＝－Δ

pB

，据此可排除选项B、D；若Δ

pA

＝－

24kg·m/s、Δ

pB

＝24kg·m/s，碰后两球的动量分别为

pA

′＝－12kg·m/s、

pB

′＝37

kg·m/s，根据关系式E

k

＝可知，A球的质量和动量大小不变，动能不变，而B球的质量不

变，但动量增大，所以B球的动能增大，系统的机械能比碰前增大了，选项C可以排除；经

检验，选项A满足碰撞所遵循的三个原则，故选A.

10.【答案】B

【解析】原子核是由质子和中子组成的，β衰变是中子释放一个电子转变为质子产生的，A

错；核反应堆利用镉棒吸收中子以控制核反应速度，B正确；轻核的聚变在几百万度的高温

下才能进行，C错；核反应不都是释放能量的反应，也有吸收能量的反应，D错．

11.【答案】A

【解析】根据动量守恒定律知，两滑块脱离弹簧后动量大小相等，B项错误；

mA

v

A

＝

mB

v

B

，故

v

A

∶v

B

＝

mB

∶

mA

＝1∶2，C项错误；由E

k

＝得E

kA

∶E

kB

＝

mB

∶

mA

＝1∶2，A项正确；由W＝ΔE

k

知

WA

∶

WB

＝E

kA

∶E

kB

＝1∶2，D项错误．

12.【答案】C

【解析】卢瑟福的α粒子散射实验揭示了原子具有核式结构，玻尔理论能够解释氢原子的

光谱．故A错误；α射线、β射线都是高速运动的带电粒子流，γ射线不带电，是光子，

故B错误；半衰期与外界因素无关，用升温、加压或化学的方法都不能改变原子核衰变的半

衰期．故C正确；阴极射线是阴极发热产生的电子，该电子在电场力作用下被加速而射向阳

极，β射线是原子核中的一个中子转化为质子同时释放一个电子，故D错误．

13.【答案】BD

【解析】金属板在Q的电场中达到静电平衡时，金属板是一个等势体，表面是一个等势面，

表面的电场线与表面垂直，小球所受电场力与金属板表面垂直，在金属板上向右运动的过程

中，电场力不做功，根据动能定理得知，小球的动能不变，速度不变，所以小球做匀速直线

运动．故A错误，B正确．由于电场力与小球的速度方向垂直，电场力对小球不做功．故C

错误，D正确．

14.【答案】CD

【解析】依据点电荷周围电场分布特点可知：以点电荷为圆心的同一圆上各点的电场强度大

小相等，在如题图所示的电场中，电场方向沿电场线指向圆心，因此方向不同，故A、B错

误，C、D正确．

15.【答案】AC

【解析】电流表的读数为电流的有效值，原线圈的电流有效值为5A，则副线圈的电流有效

值为0.5A，所以熔断器的熔断电流应该大于0.5A，A正确．变压器不改变电流的频率，

所以频率之比应为1∶1，B错误．电压表的读数为电压的有效值，原线圈的电压有效值为22

V，则副线圈的电压有效值为220V，电容器的耐压值至少为220V，C正确．电动机所在电

路属于非纯电阻电路，不能适用欧姆定律，电动机电阻不是440Ω，D错误．

16.【答案】BD

【解析】

17.【答案】(1)CD(2)

(3)

【解析】(1)由于直流电源的电动势为4V，待测电阻

Rx

阻值约100Ω，故通过

Rx

的最大电

流约为40mA，所以直流毫安表应选C；直流电压表若选15V量程，则读数误差较大，故应

选D.

(2)由于要求电压和电流的变化范围尽可能大一些，所以滑动变阻器采用分压式接法；

由于＝＝50＞＝＝2.5，故电流表采用外接法．电路图如图：

(3)根据电路图，实物图连线如图：

18.【答案】(1)②④(2)②(3)m

1

＝－m

1

＋m

2

【解析】(1)在本实验中应选择直径相同的小球，为了让M球碰后反弹，要用质量小的小球

去碰撞质量大的小球；

由给出的小球可知，只能选用②④两球，且应用②球去碰撞④小球；

(2)小球与轨道间的摩擦可忽略，

小球运动过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：

m

1

gR＝m

1

v①

m

1

gR(1－cosθ

1

)＝m

1

v

1

′2②

m

2

gR(1－cosθ

2

)＝m

2

v

2

′2③

以A球的初速度方向为正方向，如果两球碰撞过程动量守恒，

由动量守恒定律得：m

1

v

1

′＝m

1

(－v

1

′)＋m

2

v

2

′④

由①②③④解得：

m

1

＝－m

1

＋m

2

⑤

由⑤可知，探究碰撞中的不变量，需要测出两球的质量与碰撞后两球上升的最高位置所对应

的夹角，故需要测量的量为：①③④，不需要测量的为：②.

(3)由(2)可知，在碰撞中的不变量的等式为：m

1

＝－m

1

＋m

2

；

(3)要提高实验精度，半圆形玻璃轨道内侧应光滑，测量小球质量与夹角应准确．

19.【答案】1.44×10﹣8C

【解析】设小球在水平方向受到库仑力的大小为F．

以右边的小球为研究对象，分析受力如图．

则根据平衡条件有：F=mgtan=mgtan30°

由库仑定律得：F=k=k

联立得：Q=l=0.4×C=1.44×10﹣8C

20.【答案】(1)0.5A(2)0.5J

【解析】(1)根据E＝Blv,I＝，

知I＝＝A＝0.5A

(2)线圈穿过磁场过程中，由于b>1m，

故只在进入和穿出时有感应电流，故

Q＝2I2Rt＝2I2R＝2×0.25×2×0.5J＝0.5J.

21.【答案】16.8J≤W≤600J

【解析】以甲与乙组成的系统为研究对象，取向右方向为正，由动量守恒定律得：m

1

v

1

－m

2

v

2

＝m

1

v

甲

＋m

2

v

乙

，

对乙由动能定理得W＝m

2

v－m

2

v，

讨论：当v

甲

＝v

乙

时甲对乙做的功最少，代入以上方程，得：W＝16.8J，

当v

甲

＝－v

乙

时甲对乙做的功最多，代入以上方程，得W＝600J，

甲对乙做功的数值范围为16.8J≤W≤600J.

22.【答案】

【解析】由动能定理可知：qU＝mv2

设带电粒子在磁场中运动的半径为r，则由几何关系可知：

(r－d)2＋L2＝r2

由牛顿第二定律可知：

qvB＝m

联立解得：＝.

2019年高二下学期物理期末模拟试卷

注意事项：

1.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。

2．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、单选题(共10小题,每小题3.0分,共30分)

1.与磁场方向垂直的通电直导线，它受到的磁场作用力的方向是()

A．跟电流方向垂直，跟磁场方向垂直

B．跟电流方向垂直，跟磁场方向平行

C．跟电流方向平行，跟磁场方向垂直

D．跟磁场方向相同

2.下列图中分别标出了一根放置在匀强磁场中的通电直导线的电流I、磁场的磁感应强度B

和所受磁场力F的方向，其中图示正确的是（）

A．B．

C．D．

3.标准电阻I－U伏安特性曲线可用以下哪个图象来表示()

A．B．

C．D．

4.电场中有A、B两点，A点的电势

φA

=30V，B点的电势

φB

=10V，一个电子由A点运动到B

点的过程中，下列说法中正确的是（）

A．电场力对电子做功20eV，电子的电势能减少了20eV

B．电子克服电场力做功20eV，电子的电势能减少了20eV

C．电场力对电子做功20eV，电子的电势能增加了20eV

D．电子克服电场力做功20eV，电子的电势能增加了20eV

5.一电池外电路断开时的路端电压为3V，接上8Ω的负载电阻后路端电压降为2.4V，则

可以判定电池的电动势E和内阻r为()

A．E＝2.4V，r＝1ΩB．E＝3V，r＝2Ω

C．E＝2.4V，r＝2ΩD．E＝3V，r＝1Ω

6.如图所示，足够长水平平行金属导轨间距为L，左右两端均处于竖直向上的匀强磁场中，

磁感应强度为B，中间连接电阻及电容器R

1

＝R

2

＝R

3

＝R；R

4

＝2R.两根电阻均为R的相同金属

棒，在导轨两端分别同时以相同速率v

0

向左、向右匀速运动．不计导轨的电阻，金属棒与导

轨接触良好，则电容器两极板上电压为()

A．BLv

0

B．2BLv

0

C．BLv

0

D．BLv

0

7.图甲为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中，

绕垂直于磁场方向的固定轴OO′匀速转动，线圈的两端经集流环和电刷与R＝10Ω的电阻

连接，与电阻R并联的交流电压表为理想电压表，示数是10V．图乙是矩形线圈磁通量Φ

随时间t变化的图象，则()

A．电阻R上的热功率为20W

B．0.02s时R两端的电压瞬时值为零

C．R两端的电压u随时间t变化的规律是u＝14.1cos100πt(V)

D．通过R的电流i随时间t变化的规律是i＝cos50πt(A)

8.如图所示，在蹄形磁铁的两极间有一可以自由转动的铜盘(不计各种摩擦)，现让铜盘转

动．下面对观察到的现象描述及解释正确的是()

A．铜盘中没有感应电动势、没有感应电流，铜盘将一直转动下去

B．铜盘中有感应电动势、没有感应电流，铜盘将一直转动下去

C．铜盘中既有感应电动势又有感应电流，铜盘将很快停下

D．铜盘中既有感应电动势又有感应电流，铜盘将越转越快

9.如图所示，线圈的自感系数L和电容器的电容C都很小(如L＝1mH，C＝200pF)，此电路

的重要作用是()

A．阻直流通交流，输出交流

B．阻交流通直流，输出直流

C．阻低频通高频，输出高频交流

D．阻高频通低频，输出低频交流和直流

10.图为远距离输电示意图，发电机的输出电压U

1

和输电线的电阻、理想变压器的匝数均不

变，且n

1

∶n

2

＝n

4

∶n

3

.当用户消耗的功率增大时，下列表述正确的是()

A．用户的总电阻增大

B．用户的电压U

4

增大

C．U

1

∶U

2

＝U

4

∶U

3

D．用户消耗的功率等于发电机的输出功率

二、多选题(共4小题,每小题4.0分,共16分)

11.质谱仪是一种测定带电粒子质量和分析同位素的重要仪器，如图所示：从粒子源中放出

的质量为m、电荷量为q的正离子(初速为零，重力不计)，经电势差为U的加速电场加速，

刚出电场时测得离子束的电流为I，之后从Q处垂直进入一个磁感应强度为B的匀强电场，

之后打到底片上P处，P、Q两点距离为R.根据已知条件可知()

A．该离子的质量为m＝

B．该离子在磁场中的运动时间为t＝

C．在离子从Q处进入磁场至到达P的时间内，射到底片上的离子数目为N＝

D．假如粒子源放出初速为零的氕(H)、氘(H)、氚(H)三种离子，这三种离子会打在底片上

三个不同位置

12.(多选)如图所示，直线A为电源a的路端电压与电流关系图象，直线B为电源b的路端

电压与电流关系图象，直线C为一电阻R两端电压与电流关系图象．将这个电阻R分别接到

a、b两个电源上，由图可知这两次相比()

A．R接到电源a上，电源效率较高

B．R接到电源b上，电源输出功率较大

C．R接到电源a上，电源输出功率较大，但效率较低

D．R接到电源b上，电源内阻发热功率较小

13.(多选)有一交变电流如图所示，则由此图象可知()

A．它的周期是0.8sB．它的峰值是4A

C．它的有效值是2AD．它的频率是0.8Hz

14.(多选)如图甲所示，电阻为1Ω的矩形线圈绕垂直匀强磁场的转轴OO′匀速旋转产生交

流电，现将此电流给阻值为R＝10Ω的小灯泡L供电，通过电流传感器得到灯泡中电流的

图象如图乙，不考虑温度对灯泡阻值的影响，下列说法中正确的

是()

A．在t＝5×10－3s时，线圈处于中性面位置

B．在t＝10×10－3s时，穿过线圈的磁通量最大

C．交变电流的瞬时值表达式为i＝5cos50πt(A)

D．线圈产生的交流电的电动势为V

分卷II

三、实验题(共2小题,共15分)

15.霍尔效应是电磁基本现象之一，近期我国科学家在该领域的实验研究上取得了突破性进

展．如图甲所示，在一矩形半导体薄片的P、Q间通入电流I，同时外加与薄片垂直的磁场B，

在M、N间出现电压

UH

，这种现象称为霍尔效应，

UH

称为霍尔电压，且满足

UH

＝k，式中d为

薄片的厚度，k为霍尔系数．某同学通过实验来测定该半导体薄片的霍尔系数．

(1)若该半导体材料是空穴(可视为带正电粒子)导电，电流与磁场方向如图甲所示，该同学

用电压表测量

UH

时，应将电压表的“＋”接线柱与________(填“M”或“N”)端通过导线相

连．

(2)已知薄片厚度d＝0.40mm，该同学保持磁感应强度B＝0.10T不变，改变电流I的大小，

测量相应的

UH

值，记录数据如下表所示.

根据表中数据在图乙中画出

UH

－I图线，利用图线求出该材料的霍尔系数为________×10－

3V·m·A－1·T－1(保留2位有效数字)．

(3)该同学查阅资料发现，使半导体薄片中的电流反向再次测量，取两个方向测量的平均值，

可以减小霍尔系数的测量误差，为此该同学设计了如图丙所示的测量电路，S

1

、S

2

均为单刀

双掷开关，虚线框内为半导体薄片(未画出)．为使电流从Q端流入，P端流出，应将S

1

掷向

________(填“a”或“b”)，S

2

掷向________(填“c”或“d”)．

为了保证测量安全，该同学改进了测量电路，将一合适的定值电阻串联在电路中．在保持其

它连接不变的情况下，该定值电阻应串联在相邻器件____和____(填器件代号)之间．

16.某同学采用如图甲所示的电路测定一节干电池的电动势和内电阻．提供的器材有，电压

表（0～3V；）、电流表（0～0.6A）、滑动变阻器有R

1

（10Ω，2A）各一只．

（1）在实验中测得多组电压和电流值，得到如图丙所示的U﹣I图线，由图可求出该电源电

动势E=V；内阻r=Ω．（保留三位有效数字）

（2）在图乙中用笔画线代替导线连接实验电路．

（3）电动势测量值真实值，内电阻测量值真实值．（填大于、小于或等于）

四、计算题

17.一段电阻丝，通以大小、方向均不变的电流，若10s内通过的电荷量为20C，产生的热

量为200J，求：

(1)通过电阻丝的电流；

(2)该电阻丝的电阻R.

18.长为L的平行金属板水平放置，两极板带等量的异种电荷，板间形成匀强电场，一个带

电荷量为＋q、质量为m的带电粒子，以初速度v

0

紧贴上极板垂直于电场线方向进入该电场，

刚好从下极板边缘射出，射出时速度恰与下极板成30°角，如图所示，不计粒子重力，求：

(1)粒子末速度的大小；

(2)匀强电场的场强；

(3)两板间的距离.

19.一绝缘楔形物体固定在水平面上，左右两斜面与水平面的夹角分别为α和β，α＝37°、

β＝53°.如图所示，现把两根质量均为m、电阻为均R、长度均为L的金属棒的两端用等长

的电阻不计的细软导线连接起来，并把两棒分别放在楔形体的两个光滑的斜面上，在整个楔

形体的区域内存在方向竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场，在细软导线刚好拉直后由静

止释放两金属棒，不计一切摩擦阻力，细软导线足够长，两导线一直在斜面上，sin37°＝

0.6，cos37°＝0.8，重力加速度为g.

(1)求金属棒的最大加速度；

(2)求金属棒的最大速度．

答案解析

1.【答案】A

【解析】根据左手定则的内容，知与磁场方向垂直的通电直导线，它受到的磁场作用力与电

流方向垂直，与磁场方向垂直．故A正确，B、C、D错误．

2.【答案】C

【解析】根据左手定则的内容：伸开左手，使大拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在

同一个平面内；让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是

通电导线在磁场中所受安培力的方向，可得：电流与磁场方向平行，没有安培力，故A错误；

安培力的方向是垂直导体棒向下的，故B错误；安培力的方向是垂直导体棒向上的，故C正

确；电流方向与磁场方向在同一直线上，不受安培力作用，故D错误．

3.【答案】C

【解析】定值电阻的电流强度I与电压U成正比，所以C项正确．

4.【答案】D

【解析】根据电场力做功公式得：

电场力做功

WAB

=

qUAB

=q（

φA

－

φB

）=-e•20V=-20eV．即电子克服电场力做功20eV，则电子的

电势能增加了20eV，故D正确，A、B、C错误．

5.【答案】B

【解析】电源外电路断开时的路端电压是电源的电动势，即E＝3V．接上8Ω的负载时

的路端电压是2.4V，由欧姆定律得电路中电流I＝＝A＝0.3A；由闭合电路欧姆定

律得E＝U＋Ir，得r＝2Ω.故选项B是正确的．

6.【答案】C

【解析】两个导体棒产生的感应电动势均为E＝BLv

0

；电阻R

3

两端的电压为U

3

＝E＝BLv

0

，

外端电势高；左端电路外电路电阻为R，则R

4

两端电压为U

4

＝E＝BLv

0

，R

2

两端电压为U

2

＝U

4

＝BLv

0

，里端电势高，故电容器两端的电压为U＝U

2

＋U

3

＝BLv

0

；故选C.

7.【答案】C

【解析】电阻R上的热功率P＝＝10W，A错误.0.02s时磁通量为零，线圈处在与中性

面垂直的平面上，R两端的瞬时电压最大，B错误．R两端的电压最大值U

m

＝U

有

≈14.1V，

t＝0时感应电动势最大，即R两端电压按余弦规律变化，而ω＝＝100π，得u＝14.1cos

100πt(V)，C正确．由u＝iR得i＝＝cos100πt(A)，D错误．

8.【答案】C

【解析】铜盘转动时，根据法拉第电磁感应定律及楞次定律知，盘中有感应电动势，也产生

感应电流，机械能很快转化为电能进而转化为焦耳热，铜盘将很快停下．故C对，A、B、

D错．

9.【答案】D

【解析】线圈的作用是：“通直流，阻交流；通低频，阻高频”．电容的作用：“通交流，

隔直流；通高频，阻低频”．因线圈自感系数L很小，所以对低频成分的阻碍作用很小，这

样，直流和低频成分能顺利通过线圈；电容器并联在电路中，起旁路作用，因电容器电容C

很小，对低频成分的阻碍作用很大，而对部分通过线圈的高频成分阻碍作用很小，被它旁路

掉，最终输出的是低频交流和直流．故选项D正确．

10.【答案】C

【解析】对两个变压器，＝，＝，所以＝，选项C正确；由能量守恒定律可知，

发电机的输出功率等于用户消耗的功率和输电导线消耗的功率之和，选项D错误；输出电压

U

1

一定，U

2

也一定，当用户消耗的功率P

出

增大时，负载增多，并联支路增加，用户的总电阻

减小，P

出

＝IR

负载

，降压变压器的输出电流I

4

增大，由＝知，降压变压器的输入电流

I

3

增大，即I

2

增大，则U

3

＝U

2

－I

2

r减小，用户的电压U

4

减小，选项A、B错误．

11.【答案】AD

【解析】A、离子经加速电场加速，由动能定理：qU＝mv2；

几何关系，r＝；

联立解得：m＝，故A正确；

BC、离子经加速电场加速后，离子在匀强磁场中作匀速圆周运动，由牛顿第二定律，则有：

qvB＝m；

根据周期为：T＝；

离子从S处进入磁场到达P的所用时间为：

t＝＝×＝；

又根据I＝；

射到照相底片P上的离子数目为：N＝；

联立上几式，解得：N＝，故BC错误；

D、因q＝e，

由以上几式，可解得：r＝；

经同一加速电场后进入同一偏转磁场，离子在磁场运动的半径与离子的质量和电荷量的比值

有关，

该质谱仪的离子源能放出的氕(H)、氘(H)、氚(H)三种离子的质量和电荷量的比值分别为：H、

H、H，所以质谱仪能将它们分开，故D正确．

12.【答案】CD

【解析】R接到a电源上效率较低，但输出功率较大，R接到b电源上，电流较小，电源b

的内阻也较小，所以电源B的热功率较小，选择C、D.

13.【答案】AB

【解析】由图象可读得其T＝0.8s，f＝＝1.25Hz，故A对，D错；又可由图象读得I

m

＝4A，故B对；由于电流非正弦交流电，故有效值I≠＝2，C错．

14.【答案】AD

【解析】由图可知t＝0.005s时刻感应电流最小为零，此时线圈所在平面处于中性面位置，

故A正确；t＝10×10－3s时，此刻感应电流最大，此时线圈所在平面与中性面位置垂直，所

以穿过线框回路的磁通量最小，故B错误；周期T＝0.02s，角速度ω＝＝100πrad/s，

故电流的瞬时表达式为i＝5cos100πt(A)，故C错误；线圈产生的交流电的电动势为E＝

＝

(R＋r)＝V，故D正确．

15.【答案】(1)M(2)如图所示1.5(1.4或1.6)

(3)bcS

1

E(或S

2

E)

【解析】(1)根据左手定则得，正电荷向M端偏转，所以应将电压表的“＋”接线柱与M端

通过导线相连．

(2)

UH

—I图线如图所示．根据

UH

＝k知，图线的斜率为k＝k＝0.375，解得霍尔系数

k＝1.5×10－3V·m·A－1·T－1.

(3)为使电流从Q端流入，P端流出，应将S

1

掷向b，S

2

掷向c，为了保护电路，定值电阻应

串联在S

1

和E(或S

2

和E)之间．

16.【答案】①1.461.78②如图所示

③等于大于

【解析】解：（1）由闭合电路欧姆定律U=E﹣Ir得知，当I=0时，U=E，U﹣I图象斜率的绝

对值等于电源的内阻，纵截距即为电动势E=1.46V

r=Ω≈1.78Ω．

（2）对照电路图，按电流方向连接电路，如答图所示．

（3）图中由于电压表测量值小于电源真实的路端电压；但当外电路断开时，电流表的分压可

以忽略，故本接法中电动势是准确的；而测量的电压小于真实值，故由图象可知测量的内阻

大于真实值；

17.【答案】(1)2A(2)5Ω

【解析】(1)由I＝q/t

得I＝2A

(2)由Q＝I2Rt

得R＝5Ω

18.【答案】(1)(2)(3)L

【解析】(1)粒子离开电场时，合速度与水平方向夹角为30°，由几何关系得合速度：v

＝＝.

(2)粒子在匀强电场中做类平抛运动，

在水平方向上：L＝v

0

t，在竖直方向上：v

y

＝at，

v

y

＝v

0

tan30°＝，

由牛顿第二定律得：qE＝ma解得：E＝.

(3)粒子做类平抛运动，

在竖直方向上：d＝at2，解得：d＝L.

19.【答案】(1)a＝0.2g(2)v＝

【解析】(1)根据牛顿第二定律：mg(sinβ－sinα)＝ma

化简则：a＝0.2g

(2)棒受力平衡时，两棒速度v最大．因两棒速度大小相等，但切割B的有效速度不同，感

应电流的方向为逆时针

则在t时间内感应电动势E＝＝BLv(cosα－cosβ)

其感应电流I＝

安培力

Fb

＝IBL

设细线对棒的力为F，对右棒：mgsinβ＋

Fb

cosβ－F＝0

对左棒：F－

Fb

cosα－mgsinα＝0

联立解：v＝.

2019年高二下学期物理期末模拟试卷

注意事项：

1.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。

2．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

1.意大利著名物理学家伽利略开科学实验之先河，奠定了现代物理学的基础。图示是他做了上百次的铜球

沿斜面运动的实验示意图。关于该实验，下列说法中错误的是（）

A.它是伽利略研究自由落体运动的实验

B.伽利略研究发现：斜面倾角一定，从不同高度开始滚动，小球的加速度各不相同

C.伽利略设想，图中斜面的倾角越接近90°，小球沿斜面滚下的运动就越接近自由落体运动

D.伽利略认为，若发现斜面上的小球都做匀加速直线运动，则自由落体运动也是匀加速直线运动

【答案】B

【解析】

【分析】

伽利略斜面实验是理想实验，小球从同一斜面不同高度开始滚动，小球的加速度应该相同，通过合理外推

得到自由落体运动是匀加速直线运动。

【详解】A、铜球沿斜面运动的实验，是伽利略研究自由落体运动的实验，故A正确；

B、伽利略研究发现：斜面倾角一定，从不同高度开始滚动，小球的加速度应该相同，故B错误；

C、伽利略设想，图中斜面的倾角越接近90°，斜面的阻力越小，小球沿斜面滚下的运动就越接近自由落

体运动，故C正确；

D、发现斜面上的小球都做匀加速直线运动，则自由落体运动也是匀加速直线运动，故D正确；

本题选错误的，故选：B。

【点睛】本题考查了伽利略对自由落体运动的研究，了解其研究过程“冲淡”重力的方法。

2.下列关于原子物理知识的叙述错误的是（）

A.结合能越大，原子核内核子结合得越牢固，原子核越稳定

B.β衰变的实质是原子核内一个中子转化为一个质子而释放电子

C.两个轻核结合成一个中等质量的核，存在质量亏损

D.对于一个特定的氡原子，即使知道了半衰期，也不能准确的预言它在何时衰变

【答案】A

【解析】

【分析】

比结合能越大，原子核中核子结合得越牢固；β衰变所释放的电子是原子核内的中子转化成质子和电子

所产生的，半衰期适用大量的原子核，不是针对个别的。

【详解】A、比结合能越大，原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定，结合能大，原子核不一定越稳

定。故A错误；

B、β衰变所释放的电子，是原子核内的中子转化成质子和电子所产生的，故B正确；

C、两个轻核结合成一个中等质量的核，会释放一定的能量，根据爱因斯坦质能方程可知存在质量亏损，

故C正确；

D、对于一个特定的衰变原子，我们只知道它发生衰变的概率，并不知道它将何时发生衰变，发生多少衰

变，故D正确。

本题选择错误的，故选：A。

【点睛】本题是原子物理部分的内容，β衰变的实质、裂变与聚变、比结合能、半衰期适用条件等等都

是考试的热点，要加强记忆，牢固掌握。

3.如图所示，放射性元素镭衰变过程中释放出α、β、γ三种射线，分别进入匀强电场和匀强磁场中，

下列说法正确的是（）

A.①和④是α射线，它们有很强的穿透本领

B.③和⑥是β射线，它们是高速电子流

C.②和⑤是γ射线，它由原子核外的内层电子跃迁产生

D.③和④是α射线，它们有很强的电离本领

【答案】D

【解析】

α射线实质为氦核，带正电，有很强的电离本领；β射线为高速电子流，带负电，由核内中子衰变而来；

γ射线为高频电磁波，不带电，有很强的穿透本领。根据电荷所受电场力特点可知：①为β射线，②为

γ射线，③为α射线，

根据左手定则，α射线受到的洛伦兹力向左，故④是α射线。β射线受到的洛伦兹力向右，故⑥是β

射线。γ射线在磁场中不受磁场的作用力，轨迹不会发生偏转。故⑤是γ射线。故D正确，ABC错误。

故选：D

4.质点做直线运动的速度﹣时间图象如图所示，该质点（）

A.第1s内和第3s内质点的速度不断增大，加速度不断减小

B.前1s内和前3s内质点运动的路程相同

C.物体在1s，3s时质点的运动方向发生变化

D.第2秒末和第4秒末质点的位置相同

【答案】A

【解析】

【分析】

根据速度图象能直接读出速度的变化，根据速度图象的斜率分析加速度的变化。根据图象与时间轴围成的

面积等于物体在该段时间内通过的位移，分析位移，从而确定出路程关系。速度的正负表示速度的方向。

根据位移关系分析质点位置关系。

【详解】A项：第1s内质点的速度不断增大，根据速度图象的斜率表示加速度，知加速度不断减小。第

3s内质点的速度沿负方向不断增大，加速度不断减小，故A正确。

B项：只要质点在运动，其运动的路程就在增大，所以前1s内的路程小于前3s内的路程，故B错误。

C项：根据速度的正负表示质点的运动方向，知物体在1s，3s时质点的运动方向均没有发生变化，故C

错误。

D项：根据图象与时间轴围成的面积大小等于位移，知0﹣2s内的位移大于0，0﹣4s内的位移为0，所以

第2秒末和第4秒末质点的位置不同，故D错误。

故选：A。

【点睛】本题的关键要理解速度图象的物理意义，知道图象的斜率表示加速度，面积表示位移，要注意位

移的正负。

5.处于第2激发态的大量氢原子向低能级跃迁辐射多种频率的光子，已知普朗克常量为h，氢原子能级公

式为E=1

2

E

n

，不同轨道半径为rn=n2r1，E1为基态能量，r1为第Ⅰ轨道半径，n=1，2，3…．则下列说法中

正确的是（）

A.共产生3种频率的光子

B.产生光子最大波长为λm=

1

4

3

hc

E

C.处于第2激发态和处于基态电子做圆周运动速度之比为1：2

D.电子由第2激发态跃迁到基态时，电势能减小，动能增加，总能量减小

【答案】AD

【解析】

【分析】

基态的氢原子吸收的能量必须等于两能级间的能级差时，才能被吸收，根据该关系，确定出吸收光子后跃

迁的第几能级，根据数学组合公式2

n

C求出激发后发射光子的种类，依据库仑引力提供向心力，再结合半

径之比，即可判定圆周运动速度之比。

【详解】A、大量处于第3能级的氢原子向低能级跃迁放出若干频率的光子，能产生3种不同频率的光子，

故A正确；

B、产生的光子的最小频率为32

EE

h

n

-

=，则最大波长为

1

36

5m

hc

E

l=，故B错误；

C、依据库仑引力提供向心力，即为

22

2

kev

m

rr

=，及rn=n2r1，则有第2激发态，即n=3和处于基态，即n=1，

电子做圆周运动速度之比为1：3，故C错误；

D、当氢原子从能级n=3跃迁到n=1时，速率增大，动能增加，电势能减小，而总能量，因向外辐射光子，

而减小，故D正确。

故选：AD。

【点睛】解决本题的关键知道辐射或吸收光子的能量等于两能级间的能级差，即Em﹣En=hv，同时掌握牛

顿第二定律的内容，及库仑定律，与向心力表达式。

6.如图所示，绷带的传送带与水平面的夹角为θ，皮带在电动机的带动下，可用来传送货物，已知转轮

与皮带之间无相对滑动，转轮不转动时，一个物块从皮带顶端A点由静止释放做匀加速运动下滑到皮带底

端B点所用的时间为t，则（）

A.当转轮顺时针匀速转动时，物块在传送带上可能先做匀加速运动后做匀速运动

B.当转轮顺时针匀速转动时，物块从顶端由静止滑到底端所用时间一定小于t

C.当转轮逆时针匀速转动时，物块从顶端由静止滑到底端所用时间等于t

D.当转轮顺时针匀速转动时，物块从顶端由静止滑到底端所用时间可能大于t

【答案】BC

【解析】

【分析】

物体在传送带上运动时受重力、滑动摩擦力及支持力的作用，因重力、支持力不变，故分析摩擦力的变化

即可比较下滑时间的关系．

【详解】ABD、传送带不动物体下滑时，物体受到的滑动摩擦力沿斜面向上，故加速度为：a=g（sinθ﹣

μcosθ）；

当转轮顺时针匀速转动时，开始时物块受到沿斜面向下的摩擦力，加速度为：a′=g（sinθ+μcosθ）＞

a，物块先做匀加速运动。

速度增加到与传送带相同时，由于mgsinθ＞μmgcosθ，物块继续向下做匀加速运动，加速度为：a=g（sinθ

﹣μcosθ）；由于位移不变，故由A滑到B的时间小于t，故AD错误，B正确；

C、当转轮逆时针匀速转动时，物块的受力情况与皮带静止时相同，运动情况也相同，所以物块从顶端由

静止滑到底端所用时间等于t，故C正确。

故选：BC。

【点睛】本题判断摩擦力的方向是重点，应能注意根据物体与传送带间的相对运动关系确定物体受摩擦力

的方向，来分析物体的运动情况

7.下列说法中正确的是（）

A.给车胎打气，越压越吃力，是由于分子间存在斥力

B.大头针能浮在水面上，是由于水的表面存在张力

C.布朗运动是液体分子的运动，所以它能说明分子永不停息地做无规则运动

D.分子间的距离r增大，分子间的作用力做负功，分子势能增大

【答案】B

【解析】

A、给车胎打气，越压越吃力，是气体压强作用的效果，不是分子斥力造成的，A错误；

B、大头针能浮在水面上，是由于水的表面存在表面张力，B正确；

C、布朗运动是悬浮在液体中固体小颗粒的无规则运动，是由于液体分子不停地做无规则运动撞击悬浮微

粒的冲力不平衡的结果，是液体分子无规则运动的反映，它能说明液体分子永不停息地做无规则运动，但

不是液体分子的无规则运动，C错误；

D、当分子间表现为斥力时，分子间距离增大，分子力做正功，分子势能减小，D错误；

故选B。

8.一横截面积为S的气缸水平放置，固定不动，气缸壁是导热的。两个活塞A和B将气缸分隔为1、2两

气室，达到平衡时1、2两气室体积之比为5：4，如图所示，在室温不变的条件下，缓慢推动活塞A，使

之向右移动一段距离d，不计活塞与气缸壁之间的摩擦，则活塞B向右移动的距离为（）

A.

5

4

d

B.

4

5

d

C.

9

4

d

D.

4

9

d

【答案】D

【解析】

【分析】

温度保持不变，封闭在气缸中的气体发生等温变化，根据玻意耳定律，分别对气室1和气室2列方程，由

这两方程可解得活塞B向右移动的距离。

【详解】以活塞为研究对象：初状态

12

PSPS=气室1、2的体积分别为

1

V，

2

V、

末状态

12

PSPS=

ⅱ

气室1、2的体积分别为

1

V

¢

，

2

V

¢

在活塞A向右移动d的过程中活塞B向右移动的距离为x，因温度不变，分别对气室1和气室2的气体运

用玻意耳定律，得：

(

)1111

PVPVxSdS

¢

=+-

(

)2222

PVPVxS

¢

=-

代入数据可解得：

4

9

xd=故ABC错误，D正确

故选：D。

【点睛】本题关键要确定气体发生何种状态变化，再选择合适的实验定律列式求解。正确确定初末各个状

态参量，找出两部分气体的体积关系。

9.下列说法正确的是（）

A.液体表面层分子的势能比液体内部分子的势能大

B.所有理想气体分子速率分布遵循麦克斯韦速率分布律

C.广东的“回南天”很潮湿，因为空气的绝对湿度大

D.第二类永动机不能做成，因为违背了能量守恒定律

E.液晶具有流动性和各向异性

【答案】ABE

【解析】

【详解】A、液体表面层分子较为稀疏，分子间距离大于平衡时的距离r0，表现为引力，分子间距离由平

衡时的r0到大于r0变得稀疏的过程中，分子间作用力做负功，分子势能增大，故液体表面层分子的势能

比液体内部分子的势能大，故A正确；

B、所有理想气体分子速率分布遵循麦克斯韦速率分布律，故B正确；

C、人感觉潮湿，是因为空气的相对湿度较大，故C错误；

D、第二类永动机是指从单一热源吸热使之完全变为机械功，而不引起外界变化的机器，并不违反能量守

恒定律，不能制成的原因是因为违反了热力学第二定律，故D错误；

E、液晶同时具有单晶体的各向异性，还具有液体的流动性，故E正确；

故选：ABE。

【点睛】本题考查了液体的表面张力、气体速率分布规律、湿度、热力学定律以及晶体等知识，解题关键

是对教材选修3﹣3进行全面的掌握，知道分子势能与分子间作用力做功的关系，知道相对湿度与绝对湿

度的概念。掌握两类永动机不能制成的原因，还要知道什么是液晶以及其性质。

10.如图，带有活塞的气缸中封闭一定质量的理想气体，将一个半导体NTC热敏电阻R置于气缸中，热敏

电阻与气缸外的电源E和电流表A组成闭合回路，气缸和活塞具有良好的绝热（与外界无热交换）性能，

若发现电流表的读数增大，以下判断正确的是（不考虑电阻散热）（）

A.气体一定对外做功

B.气体体积一定增大

C.气体内能一定增大

D.气体压强一定增大

【答案】ABC

【解析】

气体用活塞封闭，故气体的压强不变。电流表示数增大，则由闭合电路欧姆定律可知，电路中电阻R减小；

根据半导体热敏电阻的性质可知，气缸内温度升高，内能变大；由气体状态方程PV/T=C可得，气体体积

一定增大，气体对外界做功，故ABC正确，故D错误；故选ABC。

点睛：本题综合了热学与电学相关知识，要求掌握闭合电路欧姆定律及气体的内能只与温度有关，温度越

高，则气体的内能越大．

11.电磁波在真空中的传播速度（）

A.等于3.00×108m/s

B.大于3.00×108m/s

C.小于3.00×108m/s

D.以上三种都有可能

【答案】A

【解析】

各种频率的电磁波在真空中的传播速度都相等，等于3.0×108m/s，A正确。

故选：A。

12.如图所示半圆形玻璃砖，圆心为O，半径为R．某单色光由空气从OB边界的中点A垂直射入玻璃砖，

并在圆弧边界P点发生折射，该折射光线的反向延长线刚好过B点．则（）

A.该玻璃对此单色光的折射率为1.5

B.光从A传到P的时间为

3

2

R

c

（c为空气中的光速）

C.该玻璃对此单色光的临界角为45°

D.玻璃的临界角随入射光线位置变化而变化

【答案】B

【解析】

【分析】

作出光路图，结合几何关系求出入射角和折射角，根据折射定律求出玻璃对光的折射率，根据sinC=

1

n

求

出临界角．根据几何关系求出光在玻璃中传播的路程，通过v=

c

n

求出光在玻璃中传播的速度，从而得出

光从A到P的时间．

【详解】A、作出光路图，如图所示，

根据几何关系知，入射角α=30°，折射角θ=60°，根据折射定律得：

sin

3

sin

n

q

a

==，故A错误。

B、光在玻璃砖中传播的速度

3

c

v=，则光从A传到P的时间t=

3

2

R

c

，故B正确。

C、根据sinC=

1

n

得该玻璃对单色光的临界角为：C=arcsin

3

3

，故C错误。

D、玻璃的临界角与入射角无关，故D错误。

故选：B。

【点睛】本题考查了几何光学的基本运用，关键作出光路图，结合折射定律和几何关系综合求解，难度不

大．

13.下列说法中正确的是（）

A.医院“彩超”应用了多普勒效应的原理

B.太阳光是自然光，经水面反射后反射光仍然是自然光

C.相互干涉的两列波，它们的频率相同，振幅相同

D.物体做受迫振动的频率等于驱动力的频率，与固有频率无关

【答案】AD

【解析】

A．医院里用于检测的“彩超”的原理是：向病人体内发射超声波，经血液反射后被接收，测出反射波的

频率变化，就可知血液的流速．是应用了多普勒效应的原理．故A正确；

B．太阳光是自然光，经水面反射后反射光是偏振光，故B错误；

C．相互干涉的两列波，它们的频率一定相同，但振幅不一定相同，故C错误；

D．物体做受迫振动的频率等于驱动力的频率，与物体的固有频率无关，故D正确。

故选：AD

14.在坐标原点的波源产生一列沿x轴正方向传播的简谐横波，波速v=10m/s，已知在t=0时刻的波形如

图所示，此时波刚好传播到x=5m处，下列说法中正确的是（）

A.这列波的波长为4m

B.这列波的振幅为20cm

C.波源起振方向沿y轴正方向

D.再经过0.2的时间，质点a到达质点b现在所处的位置

【答案】AC

【解析】

A.由简谐波图象可知，波长为4m，故A正确；

B.由简谐波图象可知，振幅为10cm，故B错误；

C.每个点都重复了波源的振动，在5m位置质点向上振动，故波源起振方向沿y轴正方向，故C正确；

D.质点只在自己的位置上下振动，不会沿x轴运动，故不能到达b点，故D错误。

故选：AC

点睛：通过简谐波图象可以判断出波长、振幅；简谐波传播过程中，介质中各质点的起振方向与波源的起

振方向相同；质点只在自己的位置上下振动，不会沿x轴运动。

二．实验题

15.某同学用如图所示的装置来研究自由落体运动是什么性质的运动．图是实验中利用打点计时器记录自

由落体运动的轨迹时，得到的一条纸带，纸带上的点是从放手开始打下的连续的计数点．两点之间的距离，

S1=9.6mm，S2=13.4mm，S3=17.3mm，S4=21.1mm，相邻两计数点的时间间隔为T．电源频率为50Hz．

（1）下列说法中正确的是_____

A．电火花打点计时器用的是220V交流电源

B．实验中使用秒表测量时间

C．实验时应先由静止释放纸带，然后赶紧接通电源

D．求出的加速度一般比9.8m/s2小，是因为纸带和重锤受到阻力

（2）通过对纸带的分析，你认为自由落体运动是做_____（填“匀速”、“变速”）运动．你的判断依据

是：______．

（3）根据纸带上的数据，用逐差法求加速度的表达公式a=_____，（用已知物理量符号表示），加速度大

小a=_____m/s2．（保留两位有效数字）

（4）打点计时器打下F点，求物体在F点的速度公式VF=_____，（用已知物理量符号表示），大小为

VF=_____m/s（保留两位有效数字）

【答案】(1).AD；(2).变速；(3).相同时间内物理下落的位移越来越大；(4).

(

)

(

)3412

24

ssss

T

+-+

；(5).9.7；(6).34

2

ss

T

+

；(7).0.96；

【解析】

【分析】

（1）电火花计时器使用的是220V的交流电源，打点加速器每隔0.02s打一个点，可以直接读出两点的时

间．做实验时，应先接通电源，后释放纸带．

（2）通过相等时间内的位移判断自由落体运动的性质．

（3）根据△x=aT2求加速度。

（4）某段时间内瞬时速度等于中间时刻的瞬时速度，根据这一推论求出F点的速度．

【详解】（1）A、电火花打点计时器用的是220V交流电源，故A正确．

B、打点计时器直接可以记录时间，不需秒表．故B错误．

C、实验时应先接通电源，后释放纸带．故C错误．

D、求出的加速度一般比9.8m/s2小，是因为纸带和重锤受到阻力，使得加速度小于g．故D正确．

故选：AD．

（2）在相等时间内，纸带的位移越来越大．所以纸带做加速运动．

（3）由△x=aT2得，

(

)

(

)3412

1

24

ssss

a

T

+-+

=

代入数据：2

1

9.7/ams»

（4）F点的瞬时速度等于EG间的平均速度，所以

(

)34

2F

ss

v

T

+

=

代入数据得：0.96/

F

vms=

【点睛】考查实验原理，掌握实验操作注意事项，同时解决本题的关键会对纸带进行处理，从纸带上会求

瞬时速度和加速度，注意保留两位有效数字．

16.为了探究气体压强与体积的关系，实验装置如图所示。注射器下端的开口有橡胶套，它和柱塞一起把

一段空气柱封闭在玻璃管中。实验中空气柱体积变化缓慢，可认为_____保持不变。空气柱的压强p可以

从仪器上方的指针读出，空气柱的长度L可以在玻璃管侧的刻度尺上读出，若空气柱的横截面积为S，则

空气柱的体积V=_____。为了直观地判断压强p与体积V的数量关系，应作出_____（选填“p﹣V”或“p

一

1

v

”）图象。

【答案】(1).温度(2).SL(3).

1

p

V

-

【解析】

实验中空气柱体积变化缓慢，可认为温度保持不变。若空气柱的横截面积为S，则空气柱的体积V=SL。因

pV=C，则为了直观地判断压强p与体积V的数量关系，应作出“p-1/V”图像，这样得到的图像为直线。

17.某同学在“用单摆测重力加速度”的实验中进行了如下的操作：

（1）用20分度的游标卡尺测量摆球的直径的示数如图所示，则摆球的直径为d=_____cm．把摆球用细线

悬挂在铁架台上，测量摆线长l，通过计算得到摆长L；

（2）用秒表测量单摆的周期。当单摆摆动稳定且到达最低点时开始计时并记数为n=0，单摆每经过最低

点记一次数，当数到n=60时秒表的示数t=68.4s，该单摆的周期T=_____s（结果保留三位有效数字）。

（3）实验结束后，某同学发现他测得的重力加速度的值总是偏大，其原因可能是下述原因中的_____

A．单摆的悬点未固定紧，振动中出现松动，使摆线增长了

B．把n次摆动的时间误记为（n+1）次摆动的时间

C．以摆线长l作为摆长来计算

D．以摆线长l与摆球的直径d之和作为摆长来计算

【答案】(1).0.810；(2).2.28；(3).BD；

【解析】

【分析】

（1）游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标读数，不需估读。

（2）单摆的周期等于完成一次全振动所需的时间，结合总时间和全振动的次数求出单摆的周期。

（3）根据单摆的周期公式，分析重力加速度测量值偏大的原因。

【详解】（1）游标卡尺的主尺读数为8mm，游标读数为0.05×2mm=0.10mm，则d=8.10mm=0.810cm。

（2）单摆完成一次全振动经过最低点两次，可知单摆的周期为：

68.4

2.28

30

Ts==

（3）根据单摆的周期公式2

L

T

g

p=得：

2

2

4L

g

T

p

=，

A、单摆的悬点未固定紧，振动中出现松动，使摆线增长了，则摆长的测量值偏小，导致重力加速度的测

量值偏小，故A错误。

B、把n次摆动的时间误记为（n+1）次摆动的时间，则周期的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏大，

故B正确。

C、以摆线长l作为摆长来计算，则摆长的测量值偏小，导致重力加速度测量值偏小，故C错误。

D、以摆线长l与摆球的直径d之和作为摆长来计算，则摆长的测量值偏大，导致重力加速度测量值偏大，

故D正确。

故选：BD。

故答案为：（1）0.810，（2）2.28，（3）BD。

【点睛】解决本题的关键知道实验的原理，掌握单摆的周期公式，知道单摆完成一次全振动经过最低点两

次，以及掌握游标卡尺、螺旋测微器等读数问题，这是高考的热点问题。

三．计算题

18.用频率为ν0的光照射某种金属发生光电效应，测出光电流i随电压U的变化图象如图所示，已知普朗

克常量为h，电子的带电量为e，求：

①照射在金属表面上的这束光的最小功率P；

②该金属的极限频率νc。

【答案】①0

0

I

Ph

e

n=②0C

C

heU

h

n

n

-

=

【解析】

①设单位时间内有n个光子照射在金属上，饱和光电流为

0

Ine=，即0

I

n

e

=，根据功率定义：

0

00

I

WE

pnhh

tte

nn====；

②由图可知遏止电压为

C

U，根据动能定理：2

0

1

2C

eUmv=，由爱因斯坦光电效应方程：2

00

1

2

mvhWn=-

逸

，

=

c

Whn

逸

，由以上两式解得0C

c

heU

h

n

n

-

=。

19.一架飞机水平匀速地在某同学头顶飞过，当他听到飞机的发动机声从头顶正上方传过来时，发现飞机

在他前上方与地面成60°角的方向上，据此计算飞机的速度约为声速的多少倍．

【答案】0.58或

3

3

【解析】

设飞机在头顶正上方时距人的高度为h，则人听到飞机声音时，飞机在水平方向上飞行了

3

3

h，则h＝v

声t，

3

3

h＝v飞t，得v飞=

3

3

v声=0.58v声。

点睛：本题考查了速度公式的应用，能根据三角形的角边关系得出飞机行驶的路程和声音传播的路程关系

是本题的关键，最好能画出图帮助思考．

20.在实验室中，用滴管滴出一滴油在水面上形成单分子油膜，已知这滴油的体积为103510mV-=?，形

成的油膜面积为20.7mS=。若已知该油的摩尔体积431.110/

mol

Vmmol-=?。且将每个油分子看成球形，

请根据以上数据求：

①油分子的直径是多少？

②估算出阿伏加德罗常：数（结果保留1位有效数字，已知球体积公式3

1

π

6

Vd=

球

，π取3）

【答案】（1）10710m-´；（2）231610mol-´．

【解析】

试题分析：单分子油膜的厚度就等于油分子的直径，由

V

d

S

=求出分子直径．用摩尔体积除以分子体积即

近似等于阿伏加德罗常数．

（1）油分子的直径

10

10

510

710

0.7

V

dmm

S

-

-

´

===?

（2）每个油分子的体积3

0

1

6

Vdp=

则阿伏加德罗常数为(

)

4

231

3

10

0

510

610

1

3710

6

mol

A

V

Nmol

V

-

-

-

´

===?

创?

21.如图所示，一定质量的理想气体从状态A经绝热过程到达状态B，再经等容过程到达状态C，此过程的

P﹣V图象如图所示，图中虚线为等温线．在B→C的过程中，气体吸收热量为12J．则：

①试比较气体在A和B状态的内能EA、EB的大小；

②气体从A→B过程中气体对外界做的功．

【答案】（1）

AB

EE>（2）12J

【解析】

【分析】

①根据热力学第一定律判断内能的变化，即可比较A和B状态的内能EA、EB的大小；

②对A→B→C过程，根据热力学第一定律即可求出气体从A→B过程中气体对外界做的功；

【详解】①AB过程绝热，Q=0，体积V增大，对外做功，内能减小．EA＞EB

②A→B→C过程中有：△U=WAB+WBC+QAB+QBC

AC温度相等，内能不变△U=0

AB绝热过程QAB=0

BC等容变化不做功WBC=0

在B→C的过程中，气体吸收热量为12J

WAB=﹣12J

气体对外做功12J

【点睛】本题考查了热力学第一定律的应用，根据图象判断出气体体积如何变化，从而判断出气体做功情

况，再应用热力学第一定律与题目所给条件即可正确解题；要知道：温度是分子平均动能的标志，理想气

体内能由问题温度决定．绝热过程Q=0

22.如图所示为一列横波在t=0时刻的波动图象，从此时刻开始，此波中d质点到达波峰的时间比c质点

早0.1s，求：

（1）波速及波的传播方向；

（2）x=1.5m处的b质点从此刻起到第一次到达平衡位置且向下运动所经历的时间和路程。

【答案】（1）20m/s,沿x轴正方向（2）0.125s,12.5cm

【解析】

【分析】

（1）通过波中d质点到达波峰的时间比c质点早0.1s，得出振动的方向，从而确定波的传播方向。求出

波的周期，通过波长求出波速的大小。

（2）根据波形的平移分析，波传播的距离等于△x=2.5m时，b质点经过平衡位置且向下运动，由△t=

x

v

D

求出时间，得到b质点在这段时间内经过的路程。

【详解】（1）因为波中d质点到达波峰的时间比c质点早0.1s，知d质点振动的方向向上，根据上下坡

法知，波的传播方向沿x轴正方向。

根据题意知，T=0.2s，则

4

20/

0.2

vms

T

l

===

（2）从b点第一次到达平衡位置且向下运动水平方向通过的位移为x′=2.5m，故经历的时间

2.5

0.125

20

ts==

通过的周期数t=

5

8

T

通过的路程为s=4A×

5

8

=12.5cm

【点睛】根据质点的振动方向判断波的传播方向，运用波形的平移法研究b质点的运动状态。

23.如图所示为一个用折射率n=3的透明介质做成的四棱柱的截面图，其中∠A=∠C=90°，∠B=60°，

BC=20cm．现有一单色光在色细光束从距B点30cm的O点垂直入射到棱镜的AB面上．每个面上的反射只

考虑一次，已知光在真空中的速度为c=3.0×108m/s．求：

（i）最先从棱镜射出的光束的折射角；

（ii）从BC面射出的光束在棱镜中运动的时间．

【答案】（1）600（2）2×10-9s

【解析】

①光束从O点垂直AB面进入棱镜，射到CD面上，由几何关系入射角为300

由

1

sinC

n

=

可知C>300，所以在CD面上有光线折射出。

由折射定律

sin

sin

i

n

g

=

解得最先从棱镜射出的光束的折射角γ=600

②当光经CD面反射后沿EF射到AB面时，可知入射角为600，因C<600,因此在AB面将发生全反射，此后

光垂直于BC面从G点射出，

由几何关系可知

103

3

OEcm=

203

3

EFcm=FG=103cm

由

c

n

v

=

光束在棱镜中运动的时间

sOEEFFG

t

vv

++

==

解得t=2×10-9s

点睛：本题关键掌握全反射的条件，并能结合几何知识判断能否发生全反射．再运用折射定律求解．

2019年高二下学期物理期末模拟试卷

注意事项：

1.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。

2．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。本题包括14小题，共42分。在每小题给出的四个选项中，第1~10题只有一

项符合题目要求，第11~14题有多项符合题目要求。全部选对的得3分，选对但不全的得2

分，有错选得0分。

1.关于近代物理，下列说法正确的是

A.β衰变现象说明电子是原子核的组成部分

B.目前已建成的核电站的能量来自于轻核聚变

C.一群氢原子从n＝3的激发态跃迁到基态时，能辐射3种不同频率的光子

D.α粒子散射实验表明核外电子轨道是量子化的

2.我国已开展空气中PM2.5浓度的监测工作。PM2.5是指空气中直径等于或小于2.5um的悬

浮颗粒物，其飘浮在空中做无规则运动，很难自然沉降到地面，吸入后对人体形成危害。矿

物燃料燃烧的排放物是形成PM2.5的主要原因，下列关于PM2.5的说法中错误的是

2.5的大小比空气中氧分子大得多

2.5在空气中的运动不属于分子热运动

2.5的运动轨迹只是由大量空气分子对PM2.5无规则碰撞的不平衡决定的

D.倡导低碳生活，减少煤和石油等燃料的使用，能有效减小PM2.5在空气中的浓度

3.如图甲所示，用绝缘轻绳将一矩形线框静止悬吊在空中，线框处于竖直平面内，线框正上

方有一通电直导线，导线中通入方向向左、大小按图乙所示规律变化的电流，已知通入电流

的过程中线框一直处于静止状态，则下列关于轻绳上的拉力的说法正确的是

A.0~t

1

时间内轻绳上的拉力一直等于线框的重力

B.0~t

1

时间内轻绳上的拉力先大于线框的重力后小于线框的重力

C.t

0

~t

1

时间内轻绳上的拉力小于线框的重力

D.0~t

0

时间内轻绳上的拉力小于线框的重力2

4.下列说法正确的是

A.将一块晶体敲碎后，得到的小颗粒是非晶体

B.由同种元素构成的固体，可能会由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体

C.晶体不能转化为非晶体，非晶体同样不能转化为晶体

D.在熔化过程中，晶体要吸收热量，但温度保持不变，内能也保持不变

5.下列说法正确的是

A.玻尔原子理论很好地解释了氦原子的光谱现象

B.在核反应过程中，质子数守恒

C.放射性元素衰变的快慢，跟原子所处的化学状态和外部环境无关

D.如果一个系统不受外力，系统的总动量一定为零

6.下列说法正确的是

A.水的饱和汽压随温度的升高而减小

B.液体的表面张力是由表面层液体分子之间的相互排斥引起的

C.空气中水蒸气的压强与同一温度时水的饱和汽压之比叫做空气的绝对湿度

D.雨水没有透过布雨伞主要是因为液体有表面张力

7.如图所示，在点电荷Q产生的电场中有a、b两点。相距为d.a点的电场强度大小为E

a

，

方向与ab连线成120°角，b点的电场强度大小为E

b

，方向与ab连线成150°角，则

A.点电荷Q是负电荷

B.a、b两点与点电荷Q的距离关系：r

b

＝3r

0

C.a、b两点的电势大小关系：φ

a

<φ

b

D.a、b两点的电场强度大小关系：E

b

＝3E

a

8.在如图所示的交流电路中，理想变压器输入电压为u

1

＝U

1m

sinl00πtV，输入功率为P

1

，输

出功率为P

2

，电压表读数为U

1

，各交流电表均为理想电表。由此可知

A.灯泡中电流方向每秒钟改变50次

B.变压器原、副线圈的匝数比为U

1m

：U

2

C.当滑动变阻器R的滑动头向下移动时，电压表读数不变，电流表读数增大

D.当滑动变阻器R的滑动头向上移动时，P

1

变大，且始终有P

1

＝P

2

9.如图所示，图甲中电容器的两个极板和电源的两极相连，图乙中电容器充电后断开电源。

在电容器的两个极板间用相同的悬线分别吊起完全相同的小球，小球静止时悬线和竖直方向

的夹角均为θ，将两图中的右极板向右平移时，下列说法正确的是

A.图甲中夹角减小，图乙中夹角不变

B.图甲中夹角减小，图乙中夹角增大

C.图甲中夹角不变，图乙中夹角不变

D.图甲中夹角减小，图乙中夹角减小

10.如图所示，空间存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场。在该区城中，有

一个竖直放置的光滑绝缘圆环，环上套有一个带正电的小球.O点为圆环的圆心，a、b、c、d

为圆环上的四个点，a点为最高点，c点为最低点，b、O、d三点在同一水平线上。已知小球

所受电场力与重力大小相等，现将小球从环的顶端a点由静止释放，下列判断正确的是

A.小球能越过d点并继续沿环向上运动

B.当小球运动到c点时，所受洛伦兹力最大

C.小球从a点运动到b点的过程中，重力势能减小，电势能减小

D.小球从b点运动到c点的过程中，电势能增大，动能增大

11.如图所示，一定质量的理想气体从状态a变化到状态b，此过程中，下列说法正确的是

A.气体分子的平均动能变小

B.气体体积变大

C.气体吸收热量

D.气体的内能不变

12.如图所示是法拉第制作的世界上第一台发电机的模型原理图。把一个半径为r的铜盘放

在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，使磁感线水平向右垂直穿过铜盘，铜盘安装在水平的

铜轴上。两块铜片C、D分别与转动轴和铜盘的边缘接触.G为灵敏电流表。现使铜盘按照图

示方向以角速度ω匀速转动，则下列说法正确的是

A.C点电势一定低于D点电势

B.圆盘中产生的感应电动势大小为Bωr2

C.电流表中的电流方向为由a到b

D.铜盘不转动，所加磁场碳感应强度减小，则铜盘中产生顺时针方向电流（从左向右看）

13.如图所示，两个匀强磁场的方向相同，磁感应强度分别为B

1

、B

2

，虚线MN为理想边界。

现有一个质量为m、电荷量为e的电子以垂直于边界MN的速度v由P点沿垂直于磁场的方向

射入磁感应强度为B

1

的匀强磁场中，其运动轨迹为图中虚线所示的心形图线。则以下说法正

确的是

A.电子的运动轨迹为P→D→M→C→N→E→P

B.电子运动一周回到P点所用的时间T＝

1

4

eB

m

C.电子运动一周回到P点所用的时间T＝

2

eB

m

D.两磁场的磁感应强度的大小关系为B

1

＝2B

2

14.在光滑水平面上沿同一直线运动的A、B两物体，如图表示发生相互作用（假设相互作用

力是恒定的）前后的v－t图线，由图线可以判断

A.A、B作用前后总动量守恒

B.A、B作用前后总动量不守恒

C.A、B的质量比为3：2

D.A、B作用前后无机械能损失

第Ⅱ卷（非选择题共58分）

二、实验题。包括2小题，共15分，根据题目要求将答案填写在答题卡中指定的位置。

15.（4分）（1）如图所示，螺旋测微器的示数为mm.

（2）物理实验室有一个游标卡尺，但是游标尺的刻度模糊不清了，在一次测量中游标卡尺如

图所示，则所测物体长度为mm。

16.（11分）目前汽车上都有车载电瓶作为备用电源，用久以后性能会下降，表现之一为电

瓶的电动势变小，内阻变大。某兴趣小组将一块旧的车载电瓶充满电，准备利用下列器材测

量电瓶的电动势和内电阻。

A.待测电瓶，电动势约为9V，内阻约几欧姆

B.直流电压表V

1

、V

2

，量程均为9V，内阻约为9kΩ

C.定值电阻R

0

未知

D.滑动变咀器R，最大阻值R

m

已知

E.导线和开关

（1）根据如图乙所示的电路图，用笔画线代替导线将图甲实物图连接完整。

（2）实验之前，需要利用该电路图测出定值电阻R

0

的阻值，方法是先把滑动变阻器R调到

最大阻值R

m

，再闭合开关，电压表V

1

和V

2

的读数分别为U

1

、U

2

，则R

0

＝（用U

1

、U

2

、R

m

表示）。

（3）实验中移动滑动变阻器触头，读出电压表V

1

和V

2

的多组数据U

1

、U

2

，描绘出U

1

－U

2

图象

如图丙所示，图中直线斜率为k.与横轴的截距为b，则电瓶的电动势E＝，内阻r＝

（用k、b、R

0

表示）。

三、计算题。包括4小题，共43分。解答时要求写出必委的文字说明、主要公式和重要的

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。

17.（9分）如图所示，一个内壁光滑的圆柱形汽缸竖直放在水平地面上，缸内部横截面积S

＝10cm2，用质量m＝l0kg的活塞在汽缸内封闭一定质量的气体，活塞可以在缸内无摩擦地滑

动，外界大气压p

0

＝1.0×105pa。当气体温度T

1

＝300K时，封闭气柱长h＝40cm，活塞保持

静止，重力加速度g＝10m/s2，则：

（1）在活塞上再放一质量为M＝20kg的物块，活塞将向下移动，使活塞停在一个新的位

置保持静止，若变化过程中温度不变，求活塞移动的距离△h。

（2）欲使活塞再回到原来的位置，需要使温度升高到T

2

，求T

2

。

18.（9分）磁流体发电是一项新兴技术，如图是它的示意图。平行金属板A、B之间有一个

很强的磁场，将一束等离子体（即高温下电离的气体，含有大量正、负带电粒子）喷入磁场，

A、B两板间便产生电压。如果把A、B和一个电阻R相连，A、B就是一个直流电源的两个电

极。如果电离气体充满两板间的空间，射入的等离子体速度均相同，两金属板间距为d，板

平面的面积为S.匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直于速度方向，负载电阻为R。当发电

机稳定发电时，电流表示数为l，A、B两板间电离气体的电阻率为ρ。求：等离子体速度的

大小。

19.（12分）如图所示，一足够长的矩形区域abcd内充满方向垂直纸面向里的、磁感应强度

大小为B的匀强磁场，在ad边中点O，方向垂直磁场向里射入一速度方向跟ad边夹角θ＝

30°、大小为v（未知量）的带正电粒子，己知粒子质量为m、电荷量为q，ad边长为L，ab

边足够长，粒子重力不计，求：

（1）若粒子恰好不能从磁场上边界射出，求粒子的入射速度大小。

（2）若带电粒子的速度v大小可取任意值，求粒子的磁场中运动的最长时间。

20.（13分）如图所示，两条相互平行的光滑金属导轨相距1，其中水平部分位于同一水平

面内，倾斜部分构成一倾角为θ的斜面，倾斜导轨与水平导轨平滑连接。在水平导轨区域内

存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。两长度均为l的金属棒ab、cd垂直导轨且

接触良好，分别置于倾斜和水平轨道上，ab距水平轨道面高度为h。ab的质量为m，ab、cd

电阻分别为r和2r。由静止释放ab棒，导轨电阻不计。重力加速度为g，不计两金属棒之

间的相互作用，两金属棒始终没有相碰。求：

（1）ab棒刚进入水平轨道时cd棒的电流I；

（2）若最终通过cd棒的电荷量q己知，求cd棒的质量。

参考答案

15.（1）1.545－1.548（2分）（2）11.30mm（2分）

16.（1）如图所示（3分）（2）

1

12

0

)(

U

RUU

Rm





（3分）（3）

1



k

kb

E

（3分）

1

r0





k

R

（2分）

17.解：（1）第一阶段气体发生等温变化

状态1：V

1

＝hSp

1

＝p

0

＋

s

mg

（1分）

状态2：V

2

＝h'Sp

2

＝p

0

＋

s

gmM)（

（1分）

由玻意耳定律，有：p

1

V

1

＝p

2

V

2

（2分）

活塞移动的距离h＝h－h'

解得：h＝cmh

Mgmgsp

Mg

20

0





（1分）

（2）由状态1到状态3，由气态方程，有：

2

3

1

1

T

p

T

p

（2分）

即

2

0

1

0

)(

T

s

gmM

p

T

s

mg

p









解得：

KT

mgsp

mgMgsp

T600

)(

1

0

0

2









（2分）

18．解：发电机稳定发电时，电荷受洛伦兹力和电场力处于平衡，有

qvB＝q

d

E

（2分）

解得E＝dvB（1分）

根据闭合电路欧姆定律E＝I（r＋R）（1分）

得电离气体的电阻r＝

R

I

dvB

R

I

E



（1分）

由电阻定律得r＝ρ

S

d

（2分）

解得：v＝

d

R

sB





(

1

（2分）

19.解：（1）临界情况的运动轨迹如图所示

若粒子速度为v，则qvB＝m

R

v2

（2分）

解得：v＝

m

qBR

（1分）

设圆心在O

1

处对应圆弧与ab边相切，相应速度为v

由几何关系得：R＋Rsinθ＝

2

L

（1分）

解得：R＝

3

L

（1分）

则有：v＝

m

qBL

m

qBR

3



（2分）

（2）由t＝

2

a

T和T＝

qB

m2

可知，粒子在磁场中经过的弧所对的圆心角α越大，在磁场中

运动的时间也越长。在磁场中运动的半径r≤R时，运动时间最长。（2分）

则圆弧所对圆心角为α＝（2π－2θ）＝

3

5

（2分）

所以最长时间为t＝

qB

m

T

a

3

5

2





（1分）

20.解：（1）ab棒沿斜面下滑过程，由机械能守恒定律

2

1

mv

0

2＝mgh（2分）

得：v

0

＝gh2（1分）

Ab棒进入磁场时，E＝Blv

0

（2分）

通过ab棒的电流为I＝

r

ghBl

rr

E

3

2

2





（1分）

（2）设ab、cd棒最终共同速度为v，cd棒的质量为M，根据动量守恒定律有

mv

0

＝（m＋M）v（2分）

对cd棒应用动量定理BlIt＝Mv－0（2分）

q＝It（1分）

即qlB＝Mv（1分）

联立得cd棒的质量M＝

qlBghm

qlBm

2

（1分）