黑龙江省哈尔滨市第三中学高二物理下学期期末考试试题(含解析)

黑龙江省哈尔滨市第三中学2019—2020学年高二物理下学期期末考
试试题（含解析）
一、选择题：(本题共15小题。

在每小题给出的四个选项中：1-9题只有一个选项正确，10-15题有多个选项正确，全部选对的得4分选对但不全的得2分，有选错的得0分) 1。

关于分子的无规则运动，以下说法中不正确的是( ) A. 分子在永不停息的
做无规则运动 B. 布朗运动是分子的无规则运动
C 。

扩散现象是分子的无规则运动的宏观表现
D 。

分子的无规则运动与温度有关，温度越高，运动越剧烈 【答案】B 【解析】
【详解】A ．根据分子运动论可知，分子永不停息的做无规则运动，A 正确,不符合题意； B ．布朗运动是固体颗粒在液体分子撞击下的无规则运动，B 错误，符合题意； C ．扩散现象是分子的无规则运动的宏观表现,C 正确，不符合题意;
D ．分子的无规则运动与温度有关，温度越高，运动越剧烈，因此分子无规则运动称为分子热运动，D 正确，不符合题意。

故不正确的选B 。

2.在下列描述的核反映过程的方程中，属于α衰变的是( ) A 。

12
12
671C N+e -→
B. 32411120H+H He+n →
C 。

238
234
4
92902U Th He →+ D 。

2351140941
92054380U n Xe Sr 2n +→++
【答案】C 【解析】
【详解】A ．12
12
671C N+e -→是β衰变，A 错误； B ．3
2
4
1
1120H H n He +→+是轻核聚变，B 错误； C ．238
234
4
92902U Th He →+是α衰变，C 正确;
D ．2351140941
92054380U n Xe Sr 2n +→++是重核裂变,D 错误. 故选C 。

3.关于晶体，以下说法中正确的是( ）
A. 晶体在不同方向上物质微粒的排列情况相同
B。

晶体一定有规则的几何形状，但其物理性质不一定都是各向异性的
C。

晶体熔化时温度不变,但内能变化
D. 由同一种化学成分形成的物质只能以一种晶体结构的形式存在
【答案】C
【解析】
【详解】A．单晶体在不同方向上物质微粒的排列情况不相同，因此才会出现名向异性，A错误；
B．单晶体有规则的几何形状,和各向异性,而多晶体没有规则的几何形状，也不具备各向异性,B错误;
C．根据热力学第一定律，晶体熔化时吸收热量，虽然温度不变，但内能增加，C正确；D．由同一种化学成分形成的物质也可能是以混合物的形式存在，D错误。

故选C.
4。

图甲为小型交流发电机的示意图,N、S极间可视为匀强磁场线圈绕水平轴OO′沿逆时针方向匀速转动,产生电流随时间变化图像如图乙所示，以下说法中正确的是（）
A. 线圈转动的角速度为πrad/s
B. 线圈转动的频率为50Hz
C。

0。

02s时线圈位于中性面
D. 电流表的示数为2
【答案】B
【解析】
【详解】A．由图乙可知线圈转周期为0。

02s,因此转动的角速度
2100rad/s T
π
ωπ=
= A 错误；
B ．线圈转动的频率等于交流电的频率
1
50Hz f T
=
= B 正确;
C ．由图乙可知，在0。

02s 时线圈的电流最大，此时线圈位于垂直于中性面位置，C 错误；
D ．电流表示数为电流的有效值10A ，D 错误。

故选B 。

5。

交变电流经二极管（正向电阻为0，反向电阻无穷大）为某用电器供电,通过用电器电流的有效值为1A ，求原交变电流的最大值( ） A 。

1A B 。

2A
C 。

2A
D 。

22A
【答案】C 【解析】
【详解】设原交流电的最大值为m I ,通过用电器电流的有效值为I ，用电器电阻为R ,根据二极管的单向导电性及交流电有效值的定义有
22m (
)()022
T
R I RT +=
代入数据求得:m 2A I =，故ABD 错误，C 正确； 故选C 。

6。

如图所示，光滑的水平面上，小球A 以速度v 0向右运动并与原来静止的小球B 发生对心正碰，碰后A 球速度反向，大小为
5v ，B 球的速率为02
v 。

A 、B 两球的质量之比为( )
A 。

12：5 B. 8:5 C. 5：8 D 。

5：12
【答案】D 【解析】
【详解】ABCD ．以A 、B 两球组成的系统为研究对象，两球碰撞过程动量守恒，以A 球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得
00052A A B v v m v m m ⎛⎫
=-+ ⎪⎝⎭
两球的质量之比
5
12
A B m m = 故ABC 错误,D 正确； 故选D.
7。

如图所示，当一束一定强度某一频率的黄光照射到光电管阴极K 上时，此时滑片P 处于
A 、
B 中点，电流表中有电流通过，则（ ）
A 。

若将滑动触头P 向
B 端移动时，电流表读数可能不变 B. 若将滑动触头P 向A 端移动时,电流表读数一定减小
C .
若用红外线照射阴极K 时,电流表中一定没有电流通过 D 。

若断开电键S ，电流表中不会有电流通过 【答案】A 【解析】
【详解】A ．光电管所加的电压为正向,使光电子到达阳极,则电流表中有电流流过,且可能处于饱和电流状态，若将滑动触头P 向B 端移动时，电流表读数有可能不变，故A 正确; B ．若将滑片向A 端移动时，光电管所加的电压减小，但也可能处于饱和电流，故电流表读数
可
能
减
小
或
者
不
变。

故
B
错
误
；
C ．若用红外线照射阴极K 时,因红外线频率小于可见光,因此可能不发生光电效应，也可能会发生光电效应,电流表不一定没有电流通过.故
C
错误;
D ．若断开电键S ，则正向电压变为零，则光电子也可能会到达阳极形成光电流，即电流表中
也可能电流通过。

故D错误。

故选A。

8。

如图所示为氢原子能级图，金属钠的逸出功为2。

29eV，关于氢原子跃迁过程中发射或吸收光子(电子)的说法中正确的是（）
A。

用能量为11eV的光子照射处于基态的氢原子，可使其跃迁到n=2能级
B. 用能量为0。

6eV的光子照射处于n=5能级的氢原子，可使其电离
C。

一群处于n=5能级的氢原子向基态跃迁时，能发射出6种不同频率的光子
D。

一群处于n=5能级的氢原子向基态跃迁时发出的不同频率的光子中,有5种频率的光照射金属钠时可发生光电效应
【答案】B
【解析】
【详解】A．由于n=1和n=2的能级差为10.2eV，则用能量为11eV的光子照射处于基态的氢原子，不能使其跃迁到n=2能级，A错误;
B．让处于n=5能级的氢原子电离需要的最小能量为0。

54eV,则用能量为0.6eV的光子照射处于n=5能级的氢原子，可使其电离，B正确；
C．一群处于n=5能级的氢原子向基态跃迁时,能发射出2
510
C 种不同频率的光子，C错误；
D．一群处于n=5能级的氢原子向基态跃迁时发出的不同频率的光子中，其中辐射光子的能量大于2.29eV的有：5→1；4→1；3→1；2→1；5→2；4→2,共6种频率的光照射金属钠时可发生光电效应，D错误.
故选B。

黑龙江省哈尔滨市第三中学高二物理下学期期末考试试题（含解析）
9。

为估算雨水对伞面产生的平均撞击力，小明在大雨天将一底面为长方形的笔筒置于露台，笔筒底面积为20cm2(筒壁厚度不计），测得1分钟内杯中水位上升了40mm,当时雨滴竖直下落速度约为10m/s.若雨滴撞击伞面后沿着伞面流下，雨水的密度约为1×103kg/m，伞面的面积约为0.8m2，据此估算当时雨水对伞面的平均撞击力约为（雨水重力可忽略)（）A。

0。

5N B. 1.5N C. 2。

5N D。

5N 【答案】D 【解析】【详解】根据动量定理F t mv⋅∆=在一分钟时间内,撞到伞上的水的质量3311040100.8kg32kg m hsρ-==⨯⨯⨯⨯=可知撞击力32105N60mv F t⨯==≈根据牛顿第三定律可知，雨水对伞的平均冲击力约为5N，D正确，ABC错误。

故选D. 10。

已知氮核的质量为14.00735u，氧核的质量为17。

00454u，氦核的质量为4.00387u，质子的质量为1.00815u，则关于核反应1441717281N He O H+→+的说法中正确的是（）A。

反应前后质量守恒
B。

反应前后质量数守恒
C。

反应过程释放能量
D。

该反应方程是人类首次发现质子的核反应方程
【答案】BD
【解析】
【详解】B ．根据核反应方程可知，反应前后质量数守恒,B 正确; AC ．由于
14.00735u 4.00387u 17.00454u 1.00815u 0.00147u m m m m +--=+--=-质氮氦氧
根据质能方程,反应后出现了质量增加,吸收能量,BC 错误； D ．该反应方程是人类首次发现质子的核反应方程,D 正确. 故选BD 。

11.在研究理想气体时，由于分子间作用力较小可忽略其分子势能。

在研究实际气体时,如果考虑分子间的相互作用，对一定质量的某种气体进行分析，其内能的大小与气体体积和温度的关系是( )
A 。

保持体积不变，升高温度，内能增大
B 。

保持体积不变,升高温度，内能减少 C. 保持温度不变，体积增大，内能不变 D 。

保持温度不变，体积增大，内能增大 【答案】AD 【解析】
【详解】AB ．当体积不变时,分子势能不变，温度升高,分子平均动能增加，因此气体内能增加,A 正确，B 错误；
CD ．温度不变,气体分子势能动能不变;由于气体分子间距离大于0r ，分子间表现为引力，因此体积增大,分子引力做负功，分子势能增加，因此内能增大， C 错误，D 正确。

故选AD 。

12。

质量相等的两个小球A 、B 在光滑水平面上相向运动，A 的速度为v A =3m/s,B 的速度为
v B =-2m/s ，若它们发生对心碰撞,碰撞后A 、B 的速度可能为（ ）
A 。

v ′A =v ′
B =0。

5m/s B 。

v ′A =1m/，v ′B =0
C 。

v ′A =-1m/s ，v ′B =2m/s
D 。

v ′A =—2m/s ，v ′B =3m/s
【答案】ACD 【解析】
【详解】根据碰撞前后，系统的总动量守恒,总动能不增加原则，合理性原则，有
A B A B mv mv mv mv ''+=+
22221111
2222
A B A B
mv mv mv mv ''+≥+ A ．当v ′A =v ′B =0。

5m/s 时，代入上面两式均满足,故A 正确;
B ．当v ′A =1m/s,v ′B =0时，代入上面两式均满足.但是碰撞后，A 的速度大于B 的速度，会发生二次碰撞，不满足合理性原则，故B 错误;
C ．当v ′A =-1m/s ，v ′B =2m/s ；代入上面两式均满足，故C 正确；
D ．当v ′A =—2m/s ，v ′B =3m/s 代入上面两式均满足，故D 正确； 故选ACD 。

13.如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为2：5，正弦交流电源电压有效值为U =12V,电阻R 1=8Ω，R 2=25Ω，滑动变阻器R 3最大阻值为100Ω，滑片P 处于中间位置，则（ )
A. R 1与R 2消耗的电功率相等 B 。

通过R 1的电流为0。

6A
C 。

若向上移动P ，电压表读数将变大
D 。

若向下移动P 副线圈输出功率将减小 【答案】BD 【解析】
【详解】A ．理想变压器原副线圈匝数之比为2：5，可知原副线圈的电流之比为5：2,根据
2P I R =
可知R 1与R 2消耗的电功率之比为2:1，故A 错误;
B ．设通过R 1的电流为I ,则副线圈电流为0。

4I ，故初级电压为
1128U IR I -=-
根据匝数比可知次级电压为
5(64)I -
则
2315(64) 20.4m I R R I
-=+
Ω＝75 解得I =0.6A,故B 正确；
C ．若向上移动P ，则R 3电阻减小，次级电流变大，初级电流也变大，电阻R 1的电压变大，变压器输入电压变小，次级电压变小，电压表读数将变小，故C 错误;
D ．若向下移动P ，则R 3电阻增大，次级电流变小,初级电流也变小，根据P =IU 可知电源输出功率将变小,故D 正确； 故选BD 。

14.如图所示，质量为M 的小车静止于光滑水平面上，靠在台阶旁,小车上有一个半径为R 的半圆形轨道。

质量为m 的小球从图示位置由静止释放，不计摩擦。

在此后的运动中（ ）
A. 小球与小车组成的系统机械能守恒 B 。

小球与小车组成的系统水平方向动量守恒 C. 在之后的运动中小球能上升的最大高度小于R
D 。

若m >M ，整个运动过程中，小球的最大速度小于小车的最大速度 【答案】ACD 【解析】
【详解】A ．小球与小车组成
系统只有重力做功，则机械能守恒,选项A 正确；
B ．小球在下滑到最低点的过程中，竖直墙壁对小车有力的作用,则小球与小车组成的系统水平方向动量不守恒，选项B 错误;
C ．小车离开墙壁后系统水平方向动量守恒,当小球上升到最大高度时小车与小球具有相同的水平速度，则此过程中由能量关系可知
21
()2
mgR mgh M m v =++
则
h 〈R
选项C 正确;
D ．小球第一次滑到最低点时速度最大，设为v ，此后当小球再次回到最低点时设小球的速度
v 1，小车的速度v 2,则由动量守恒和能量关系
12mv mv Mv =+
22212111222
mv mv Mv =+ 解得
22m
v v m M =
+
若m 〉M ,则v 2>v ，即整个运动过程中,小球的最大速度小于小车的最大速度,选项D 正确. 故选ACD 。

15。

一导热性良好的直玻璃管开口向下浸没于固定的水银槽中,管内封闭一定质量的空气，玻璃管底部通过细绳悬挂在天花板上。

如图所示，下列情况中能使细绳拉力减小的是（ ）
A. 大气压强升高
B. 大气压强降低
C 。

环境温度降低
D 。

向槽内
注入水银 【答案】BD 【解析】
【详解】由题意，设外界大气压强为P 0,封闭气体压强为P ，玻璃管内外水银高度差为h ，玻璃管质量为m ，绳对玻璃管拉力为T ，则对玻璃管受力分析有
0mg P S PS T +=+
即
0()T P P S mg gh mg ρ=-+=+水银
AB ．若大气压强升高,则封闭气体压强增大,故h 增加，所以T 增大；反之，大气压强降低,
则同理可得T 减小，故A 错误，B 正确； C ．若环境温度降低,则封闭气体压强减小,根据
0P P gh ρ=-水银
可知h 增大，故T 增大，所以C 错误； D ．向槽内注入水银,根据
0P P gh ρ=-水银
由气体状态方程可知，封闭气体压强增大，体积减小,水银面高度差h 减小，故拉力减小，选项D 正确； 故选BD 。

二、实验题:（共10分）
16。

如图所示，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系.
（1）实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是很困难的，但是，可以通过仅测量某个量，间接地解决这个问题。

这个量是________; A.小球开始释放高度h B.小球做平抛运动的射程 C.小球抛出点距地面的高度H D 。

斜槽水平部分的长度
（2)在图中O 点是小球抛出点在地面上的垂直投影。

实验时，先让入射球m 1多次从斜轨上S 位置静止释放,找到其平均落地点的位置P 测量平抛射程OP 。

然后，把被碰小球m 2静置于轨道的水平部分，再将入射球m 1从斜轨上S 位置静止释放,与小球m 2相碰,并多次重复。

已知小球质量m 1＞m 2，但质量具体值未知,小球半径r 1=r 2. 接下来要完成的必要步骤是___________;(填选项前的符号)
A 。

用天平精确测量两个小球的质量m 1、m 2 B.测量小球m 1开始释放高度h C 。

测量抛出点距地面的高度H
D 。

分别找到m 1、m 2相碰后平均落地点的位置M 、N
E 。

测量平抛射程OM 、ON
(3）若两球相碰前后的动量守恒,其表达式可表示为___________（用(2）中测量的量表示）；
(4)经测定，m 1=45.0g ，m 2=7。

5g ，小球落地点的平均位置距O 点的距离如图所示.由相对误差绝对值
100%⨯碰撞前后总动量之差
碰前总动量
公式,计算出实验的相对误差为___________%（小
数点后保留一位）.若实验的相对误差要求最大值不超过1.0%,本实验___________(填“是”或“不是"）在误差范围内验证了动量守恒。

【答案】 （1）。

B （2）. ADE （3)。

112m OP m OM m ON ⋅=⋅+⋅ （4）. 0。

7 （5)。

是 【解析】
【详解】(1）［1］．小球离开轨道后做平抛运动，由于小球抛出点的高度相等,它们在空中的运动时间相等,小球的水平位移与小球的初速度成正比，可以用小球的水平位移代替其初速
度
,
即
测
量
射
程
，
故
B
正
确
.
（2)[2］．要验证动量守恒定律定律,即验证
m 1v 1=m 1v 2+m 2v 3
小球离开轨道后做平抛运动，它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间t 相等，上式两边同时乘以t 得
m 1v 1t =m 1v 2t +m 2v 3t
得
m 1OP =m 1OM +m 2ON
因此实验需要过程为:测量两球的质量、确定落点从而确定小球的水平位移，故选ADE ． （3）［3］．若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为
m 1OP =m 1OM +m 2ON
（4)[4］［5]．相对误差绝对值
100%⨯碰撞前后总动量之差
碰前总动量
=
12100001()4544.8(7.555.684535.2)
1000.74544.8
m OP m ON m OM m OP ⋅-⋅+⋅⨯-⨯+⨯=⨯=⋅⨯
实验的相对误差最大值不超过1.0％,则本实验是在误差范围内验证了动量守恒。

三、计算题：（本题共3小题，共30分.解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤.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。

如图所示,一矩形线圈在匀强磁场中绕垂直磁场的轴OO '以ω=10πrad/s 的角速度匀速转动,线圈匝数n =100匝，长边长为0.5m ，短边长为0。

2m 。

磁感应强度为B =0。

2T ，线圈总电阻为10Ω。

（计算时π取3。

14，π2
取10）
（1）写出从图示位置开始计时时通过线圈的电流表达式？ （2)从图示位置经0.15s 时间线圈中产生的焦耳热?
【答案】（1)i =6。

28cos （31.4t )A ；(2）30J 【解析】
【详解】
(1）根据题意,从垂直中性面计时：
cos nBS i t R
ω
ω=
代入数据得：
i =6。

28cos(31。

4t )A
（2）电流有效值：22
m I π=
=，产生焦耳热：2Q I Rt =
Q=30J
18。

如图所示，一个长为L 右端开口的导热气缸固定在平板小车上，与小车的总质量为M ，用质量为m 的活塞在气缸内封闭一定质量的理想气体（不计气体的质量）,活塞的截面积为
S 。

初始时大气压强为P 0，温度为T 0，活塞距气缸右端的距离为0。

2L 。

当环境温度升到T 后,
活塞恰好缓慢移到气缸的右端。

不计活塞与气缸、小车与地面间的摩擦。

（1)求升高后的温度T 及升温过程中气体对外做的功W ；
（2）现用水平外力F 向右推小车，运动稳定后刚好使得活塞再次回到原位置，求F 的大小.
【答案】(1）1。

25T 0，0。

2P 0LS ;(2)04M m
P S m
+ 【解析】
【详解】（1)气体发生等压变化,则
00.8LS LS
T T
= 解得
T =1。

25T 0
在这个过程中气体对外做功
000.2W P V P LS =∆=
（2)气体发生等温变化
010.8P LS P LS =⋅
解得
101.25P P =
对活塞,根据牛顿第二定律
10PS P S ma -=
对整体
F M m a =+()
解得
04M m
F P S m
+=
19。

如图所示,光滑水平面上有一个平板小车，车的左右两端固定两个弹性挡板，板间距离为2m.一个可视为质点的小滑块放在平板小车的中点处。

滑块与小车的质量均为m =8kg.现使滑块、小车同时获得瞬间初速度，大小分别为滑块向右v 1=10m/s,小车向左v 2=4m/s ，滑块与小车之间的动摩擦因数为μ=0。

2.（g 取10m/s 2) （1）求出滑块与小车停止相对滑动时滑块的速度; （2）求滑块与小车停止相对滑动时滑块距A 板的距离； (3）求从滑块、小车获得初速度到两者相对静止所经历的时间。

【答案】（1)3m/s,方向向右;(2）距A 板距离为1.5m ；（3)3.5s
【解析】
【详解】（1） 向右为正,由动量守恒定律
mv 1—mv 2=2mv
解得
v =3m/s
方向向右 （2)能量守恒
22
2121
112222
mgs mv mv mv μ=+-⋅
解得
s =24.5m
12s
N s =
=余0.5m 则距A 板距离为1。

5m.
（3）设两个物体碰前的速度分别为v 3、v 4碰后的速度分别为v 5、v 6，由动量守恒、能量守恒分别得
3456mv mv mv mv +=+
222234561111+=+2222
mv mv mv mv 解得
v 5=v 4 v 6=v 3
即碰撞前后二者交换速度，质量相等，加速度相等，彼此重复对方的运动，时间相等，所以求时间时可以把物块的运动等效于一个加速度不变的匀减速运动
1v v
t a
-=
a=μg t =3.5s。