2018-2019学年四川省棠湖中学高二下学期期中考试物理试题 解析版 14页

‎2019年春四川省棠湖中学高二年级期中考试理综物理试题 注意：本次考试生物物理化学同堂分卷考试 时间：150分钟 总分：每科100分 共300分 一、选择题：（本题共12小题，共48分．第1～8题在每小题给出的四个选项中只有一项符合题目要求，每小题4分；第9～12题有多项符合题目要求，每小题4分，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.以下关于电磁场理论和电磁波的有关说法正确的是( 　)‎ A. 变化的电场周围一定产生电磁波 B. 电磁波由真空中进入某种介质传播时，波长会变短 C. 麦克斯韦预言了电磁波的存在，法拉第用实验验证了电磁波的存在 D. 电磁波是纵波 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】均匀变化的电场产生恒定的磁场，只有周期性变化的电场才能形成周期性变化的磁场，故A错误；电磁波由真空进入介质传播时，波速变小，结合v=λf，可知，波长将变短，故B正确；麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹用实验验证了电磁波的存在，故C错误；电磁波是横波，即电磁振动矢量与波速垂直，故D错误。‎ ‎2.如图所示是一竖立的肥皂液薄膜的横截面，关于在竖直放置的肥皂膜上产生的干涉现象，下列说法不正确的是( 　)‎ A. 干涉条纹的产生是由于光线在膜前后表面反射形成的两列光波的叠加 B. 用蓝光照射产生的干涉条纹间距比黄光照射时产生的条纹间距窄 C. 干涉条纹间的亮纹是由于两反射光叠加减弱产生的 D. 薄膜上干涉条纹基本上是水平的 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】由于重力的作用，肥皂膜形成了上薄下厚的薄膜，干涉条纹的产生是由于光线在薄膜前后两表面反射形成的两列光波的叠加，故A说法正确；条纹间距与光的波长成正比，由于蓝光波长短，故蓝光条纹间距窄，故B说法正确；干涉条纹间的亮纹是由于两反射光叠加增强产生的，故C说法错误；薄膜的干涉是等厚干涉，同一条纹厚度相同，故条纹是水平的，故D说法正确。‎ ‎3.如图所示为等量的正、负电荷，A、B为两电荷的连线上的两点，C、D为中垂线上的两点。则关于电场性质的下列说法正确的是( 　)‎ A. 自A至B电场强度先增强后减弱；自C至D先减弱后增强 B. 自A至B电场强度先减弱后增强；自C至D电场强度先增强后减弱 C. 自A至B 电势先降低后增高 D. 自C至D电势一直降低 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 详解】AB.根据等量异种电荷场强分布特点，连线中点处场强最小，所以从A至B电场强度先减弱后增强，中垂线中点处，场强最大，从C至D电场强度先增强后减弱，A错误B正确 CD.等量异种电荷的中垂面是一个等势面，C至D电势不变；连线上电场线从A指向B，沿电场线方向电势逐渐降低，所以A至B 电势一直降低，CD错误 ‎4.2019年1月，出现在中国海军坦克登陆舰上的电磁轨道炮在全球“刷屏”，这是电磁轨道炮全球首次实现舰载测试。如图所示为电磁炮的简化原理示意图，它由两条水平放置的平行光滑长直轨道组成。轨道间放置一个导体滑块作为弹头。当电流从一条轨道流入，经弹头从另一条轨道流回时，在两轨道间产生磁场，弹头就在安培力推动下以很大的速度射出去。不计空气阻力，将该过程中安培力近似处理为恒力，为了使弹丸获得更大的速度，可适当(　 　)‎ A. 减小平行轨道间距 B. 减小轨道中的电流 C. 增大轨道的长度 D. 增大弹丸的质量 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】根据题意，安培力的功等于弹头获得的动能。轨道间距减小，安培力减小，安培力做功减小，弹头获得动能减小，速度减小，故A错误；增大轨道中电流，安培力增大，安培力做功增大，弹头获得动能增大，速度增大，故B正确；缩短轨道长度，安培力做功减小，弹头获利动能减小，速度减小，故C错误；只增大弹丸质量，安培力做功不变，弹头获得动能不变，所以速度减小，D错误；综上所述，选项B正确。‎ ‎5.某同学为了验证断电自感现象，自己找来带铁芯的线圈L、小灯泡A、开关S和电池组E ， 用导线将它们连接成如图所示的电路．检查电路后，闭合开关S ， 小灯泡发光；再断开开关S ， 小灯泡仅有不显著的延时熄灭现象．虽然多次重复，仍未见老师演示时出现的小灯泡闪亮现象，他冥思苦想找不出原因．你认为最有可能造成小灯泡未闪亮的原因是( )‎ A. 电源的内阻较大 B. 小灯泡电阻偏大 C. 线圈电阻偏大 D. 线圈的自感系数较大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ A、开关断开开关时，灯泡能否发生闪亮，取决于灯泡的电流有没有增大，与电源的内阻无关，A错误； B、若小灯泡电阻偏大，稳定时流过灯泡的电流小于线圈的电流，断开开关时，根据楞次定律，流过灯泡的电流从线圈原来的电流逐渐减小，灯泡将发生闪亮现象，B错误；‎ ‎ C、线圈电阻偏大，稳定时流过灯泡的电流大于线圈的电流，断开开关时，根据楞次定律，流过灯泡的电流从线圈原来的电流逐渐减小，灯泡不发生闪亮现象，C正确； D、线圈的自感系数较大，产生的自感电动势较大，但不能改变稳定时灯泡和线圈中电流的大小，D错误； 故选C。‎ ‎6.英国物理学家麦克斯韦认为,磁场变化时会在空间激发感生电场。如图所示,一个半径为r的绝缘细圆环水平放置,环内存在竖直向上的匀强磁场B,环上套一带电荷量为+q的小球,已知磁感应强度B随时间均匀增加,其变化率为k,若小球在环上运动一周,则感生电场对小球的作用力所做功的大小是(　 　)‎ ‎ ‎ A. 0 B. r2qk/2 C. 2πr2qk D. πr2qk ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：磁感应强度B随时间均匀增加，其变化率为k，故感应电动势为：；根据楞次定律，感应电动势的方向为顺时针方向；小球带正电，小球在环上运动一周，则感生电场对小球的作用力所做功的大小是：W=qU=πr2qk，故选D。‎ 考点：法拉第电磁感应定律；楞次定律 ‎7.如图所示三个小球的质量都为m，B、C两球用水平轻弹簧连接后放在光滑的水平面上，A球以速度v0沿B、C两球球心的连线向B球运动，碰后A、B两球粘在一起,弹簧的最大弹性势能是( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】设A、B碰撞后的速度为v，根据动量守恒：mv0= 2mv，解得，A、B一起向右运动，当A、B、C速度相等时，弹簧上的弹性势能最大，根据动量守恒2mv=3mv1，解得A、B、C相同的速度，再根据能量守恒可求弹簧的最大弹性势能：，所以A正确；B、C、D错误。‎ ‎8.一个质量为M的船停在静水湖面上，船长为L，船上一个质量为m的人从船头走向船尾时，若不计水的阻力，则 ( 　)‎ A. 船后退的位移 B. 船后退的位移 C. 船后退的位移 D. 船后退的位移 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 不计水的阻力，人和小船组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律和速度公式结合求船后退的位移大小．‎ ‎【详解】船和人组成的系统，在水平方向上动量守恒，人在船上行走时，船向右退，人从船头走到船尾时，设船后退的位移大小为x，则人相对于地面的位移大小为为 L-x ‎。取人的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：，即有：，解得船后退的位移，故选A。‎ ‎【点睛】解决本题的关键掌握动量守恒定律的条件，要知道在运用动量守恒定律时，速度必须以地面为参考系．‎ ‎9.在一小型交流发电机中，矩形金属线圈abcd的面积为S、匝数为n、线圈总电阻为r，在磁感应强度为B的匀强磁场中绕OO′轴以角速度ω匀速转动（如图甲所示），产生的感应电动势e随时间t的变化关系如图乙所示，矩形线圈与阻值为R的电阻构成闭合电路，下列说法中正确的是( 　) ‎ A. t2~t3时间内穿过线圈磁通量的变化量为零 B. t4时刻穿过线圈的磁通量变化率的大小为 C. t3~t4时间内通过电阻R电荷量为 D. t1~t5时间内电阻R的发热量为 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】t2～t3时间内穿过线圈磁通量的变化量为△Φ=BS，故A错误；由于产生的电动势最大值为E0，根据所以磁通量变化率的最大值 ，故B正确；通过电阻的电荷量，所以t4到t3这段时间通过电阻R的电荷量为：，故C正确；t1～t5时间内电阻R的发热量为：，故D错误；‎ ‎10.图甲是一列简谐横波在t＝0.01s时刻的波形图，图乙是质点P的振动图象，则下列说法正确的是( 　)‎ A. 该波沿x轴负方向传播，波速大小为100m/s B. 在0.01s~0.025s内，质点R通过的路程为15cm C. t＝0.005s时，1.5m处质点沿y轴的负方向运动 D. 在0.01s~0.015s内，质点Q的加速度一直在减小 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】图乙是质点P的振动图象，根据图乙可知在0.01s时P向上振动，根据“同侧法”可知波沿+x方向传播，波长λ=2m。周期T=0.02s，故波速，故A错误；在0.01s～0.025s内，即质点R振动了，所以质点R通过的路程为s=×4A=×4×5cm=15cm，故B正确；t=0.01s时1.5m处质点处于负向最大位移，所以t=0.005s 时，1.5m处质点沿y轴的负方向运动，故C正确；该时刻质点Q向下振动，在0.01s～0.015s内，即从该时刻再经过T/4，质点Q的位移先减小后反向增大，则加速度先减小、后反向增大，故D错误。‎ ‎11.如图，A、B是相同白炽灯，L是自感系数很大、电阻可忽略的自感线圈．下面说法正确的是（ ）‎ A. 闭合开关S时，A、B灯同时亮，且达到正常 B. 闭合开关S时，B灯比A灯先亮，最后一样亮 C. 断开开关S时，B灯立即灭，A灯慢慢熄灭 D. 断开开关S时，A灯与B灯同时慢慢熄灭 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】开关S闭合的瞬间，电源的电压同时加到两支路的两端，B灯立即发光。由于线圈的自感阻碍，A灯后发光，由于线圈的电阻可以忽略，灯A逐渐变亮，最后一样亮，故A错误，B正确；断开开关S的瞬间，线圈与两灯一起构成一个自感回路，过线圈的电流将要减小，产生自感电动势，相当电源，两灯逐渐同时熄灭，故C错误，D正确。‎ ‎12.现用某一光电管进行光电效应实验，当用某一频率的光入射时，有光电流产生．下列说法正确的是（ ）‎ A. 保持入射光的频率不变，入射光的光强变大，饱和光电流变大 B. 入射光的频率变高，饱和光电流变大 C. 入射光的频率变高，光电子的最大初动能变大 D. 保持入射光的光强不变，不断减小入射光的频率，始终有光电流产生 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】保持入射光的频率不变，入射光的光强变大，饱和光电流变大，因为饱和光电流与入射光的强度成正比，故A正确；饱和光电流的大小与入射光的强度有关，与入射光的频率无关，故B错误；根据光电效应的规律得，可知光电子的最大初动能随入射光频率的增大而增大，所以入射光的频率变高，光电子的最大初动能变大，故C正确；如果入射光的频率小于极限频率将不会发生光电效应，不会有光电流产生，故D错误。‎ 二．实验题：（本题共2小题，第13题6分，第14题8分，共14分。把答案写在答题卡中指定的答题处）‎ ‎13.做测定玻璃折射率实验时，同学们被分成若干实验小组，以下是其中两个实验小组的实验情况：‎ ‎（1）甲组同学在实验时，用他们测得的多组入射角i与折射角r作出图象如图甲所示，则下列判定正确的是__________‎ A. 光线是从空气射入玻璃的 B. 该玻璃折射率约为0.67‎ C. 该玻璃的折射率约为1.5‎ D. 该玻璃置于空气中时临界角约为45°‎ ‎（2）乙组同学先画出图乙所示的坐标系，再在y＜0区域放入某介质（以x轴为界面），并通过实验分别标记了折射光线、入射光线、反射光线通过的一个点，它们的坐标分别为A（8，3）、B（1，－4）、C（7，－4），则：‎ ‎①入射点O′（图中未标出）的坐标为___________；‎ ‎②通过图中数据可以求得该介质的折射率n＝___________。‎ ‎【答案】 (1). AC (2). （4，0） (3). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由图可知，入射角大于折射角，故可知，光线是从空气射入玻璃的，故A正确；由可知，玻璃的折射率，故B错误，C正确；由sinC=1/n可知，临界角的正弦值为0.67，故D错误； （2）①画出三条光线如图所示．‎ 根据折射光线与入射光线的对称性，可知，入射点O′的横坐标为，故入射点O′的坐标为（4，0）． ②设入射角为i，折射角为r．根据数学知识得：，‎ 所以该介质的折射率：‎ ‎14.在“利用单摆测重力加速度”的实验中，‎ ‎（1）以下做法正确的是__________‎ A. 测量摆长时，用刻度尺量出悬点到摆球间的细线长度作为摆长L B. 测量周期时，从小球经过平衡位置开始计时，经历50次全振动总时间为t，则周期为 C. 摆动中出现了轻微的椭圆摆情形，王同学认为对实验结果没有影响而放弃了再次实验的机会 D. 释放单摆时，应注意细线与竖直方向的夹角不能超过5°‎ ‎（2）黄同学先测得摆线长为97.92cm，后用游标卡尺测得摆球直径（如图），读数为_________cm；再测得单摆的周期为2s，最后算出当地的重力加速度g的值为_________m/s2。（取9.86，结果保留两位小数）‎ ‎（3）实验中，如果摆球密度不均匀，无法确定重心位置，刘同学设计了一个巧妙的方法不计摆球的半径。具体做法如下：第一次量得悬线长L1，测得振动周期为T1；第二次量得悬线长L2，测得振动周期为T2，由此可推得重力加速度的表达式为g＝_____________。‎ ‎【答案】 (1). BD (2). 2.16 (3). 9.76 (4). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）测量摆长时，用刻度尺量出悬点到摆球间的细线长度，再加摆球的半径作为摆长L，选项A错误；测量周期时，从小球经过平衡位置开始计时，经历50次全振动总时间为t，则周期为t/50，选项B正确；摆动中出现了轻微的椭圆摆情形，这对实验结果是有影响的，选项C错误；释放单摆时，应注意细线与竖直方向的夹角不能超过5°，选项D正确；‎ ‎（2）摆球直径：主尺读数为：2.1cm；游标尺读数：6×0.1mm=0.6mm，则d=2.16cm；根据解得 ‎ ‎（3）设摆球的重心到线与球结点的距离为r，根据单摆周期的公式：得：，，联立两式解得：；‎ 三．解答题（本大题共两个小题，满分38分）‎ ‎15.如图所示，一颗质量为m的子弹水平打中悬挂在O点的质量为M的木块，绳子长L。子弹嵌在木块中一起上升，恰好能够到达最高点，这时被P处的刀片割断绳子（无能量损失）。求：‎ ‎（1）子弹木块飞出后落在了与圆心等高平台上的A点，A到O点的距离是多少？‎ ‎（2）在最低点处，子弹打中木块后瞬间，它们的速度有多大？‎ ‎（3）子弹打中木块前的初速度是多少？‎ ‎【答案】（1） （2） （3）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）木块恰好能够到达最高点，则 木块过最高点后做平抛运动，则有：‎ A到O点的距离为：‎ 联立可得：‎ ‎（2）从最低点到最高点根据动能定理可得：‎ 解得：‎ ‎（3）根据动量守恒可得：‎ 解得：‎ ‎16.如图甲所示，MN、PQ为间距L=1.0m足够长的平行导轨，NQ⊥MN，导轨的电阻均不计。导轨平面与水平面间的夹角θ=37°，NQ间连接有一个R ‎=6Ω的电阻。有一匀强磁场垂直于导轨平面且方向向上，磁感应强度为B0=1T。将一根质量为m=0.1kg、电阻为r（大小未知）的金属棒ab紧靠NQ放置在导轨上，且与导轨接触良好。现由静止释放金属棒，当金属棒滑行至cd处时达到稳定速度，已知在此过程中金属棒沿斜面下滑的距离为S=4m，且金属棒的加速度a与速度v的关系如图乙所示，设金属棒沿导轨向下运动过程中始终与NQ平行。（取g=10m/s2，sin370=0.6,sin530=0.8）求：‎ ‎（1）金属棒与导轨间的动摩擦因数μ；‎ ‎（2）金属棒的电阻r；‎ ‎（3）若将金属棒滑行至cd处的时刻记作t=0，从此时刻起，让磁感应强度逐渐减小，为使金属棒中不产生感应电流，则磁感应强度B应怎样随时间t变化（写出B与t的关系式）。‎ ‎【答案】（1）（2）（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）当v=0时，a=2m/s2 ‎ ‎. ‎ 解得： ‎ ‎（2）由图像可知：，当金属棒达到稳定速度时 ‎. ‎ 联立得 ‎（3）当回路中的总磁通量不变时，金属棒中不产生感应电流，此时金属棒将沿导轨做匀加速运动 ‎.‎ ‎=‎ ‎ ‎