2017-2018学年福建省师大附中高二下学期期末考试物理（平行班）试题 解析版 17页

福建师大附中2017-2018学年下学期期末考试 高二（平行班）物理试卷 一、选择题： ‎ ‎1. 用双缝干涉实验装置得到白光的干涉条纹，在光源与单缝之间加上绿色滤光片后 A. 干涉条纹消失 B. 彩色条纹中的绿色条纹消失 C. 中央条纹变成暗条纹 D. 中央条纹变成绿色 ‎【答案】D ‎【解析】在光源与单缝之间加上绿色滤光片，只能透过绿光，则能发生干涉，中央条纹变成绿色，故D正确，A、 B、C错误；‎ 故选D。‎ ‎2. 一电阻接到方波交流电源上，在一个周期内产生的热量为Q方；若该电阻接到正弦交变电源上，在一个周期内产生的热量为Q正。该电阻上电压的峰值为u0，周期为T，如下图所示。则Q方: Q正等于 A. 1: B. :1 C. 1:2 D. 2:1‎ ‎【答案】D ‎【解析】试题分析 本题考查交变电流的图线、正弦交变电流的有效值、焦耳定律及其相关的知识点。‎ 解析 根据题述，正弦交变电流的电压有效值为，而方波交流电的有效值为u0，‎ 根据焦耳定律和欧姆定律，Q=I2RT=T，可知在一个周期T内产生的热量与电压有效值的二次方成正比，Q方∶Q正= u02∶（）2=2∶1，选项D正确。‎ 点睛 此题将正弦交变电流和方波 交变电流、有效值、焦耳定律有机融合。解答此题常见错误是：一是把方波交变电流视为正弦交变电流；二是认为在一个周期T内产生的热量与电压有效值，导致错选B；三是比值颠倒，导致错选C。‎ ‎3. 教学用发电机能够产生正弦式交变电流。利用该发电机（内阻可忽略）通过理想变压器向定值电阻R供电，电路如图所示，理想交流电流表A、理想交流电压表V的读数分别为I、U，R消耗的功率为P。若发电机线圈的转速变为原来的2倍，则 A. R消耗的功率变为2P B. 电压表V的读数变为2U C. 电流表A的读数变为4I D. 通过R的交变电流频率不变 ‎【答案】B ‎【解析】B、根据可知，发电机线圈的转速变为原来的2倍，理想变压器的原线圈的电压为原来的2倍，根据可知，理想变压器的副线圈的电压为原来的2倍，电压表V的读数变为2U，故B正确；‎ A、根据可知，R消耗的功率变为4P，故A错误；‎ C、根据闭合电路欧姆定律可知通过理想变压器的副线圈的电流为原来的2倍，根据可知，理想变压器的副线圈的电流为原来的2倍，电流表A的读数变为2I，故C错误；‎ D、由可知通过R的交变电流频率变为原来的2倍，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎4. 如图所示，一束平行光经玻璃三棱镜折射后分解为互相分离的a、b、c三束单色光。比较a、b、c三束光，可知 A. 当它们在真空中传播时，c光的波长最大 B. 当它们在玻璃中传播时，c光的速度最大 C. 若它们都从玻璃射向空气，c光发生全反射的临界角最小 D. 对同一双缝干涉装置，a光干涉条纹之间的距离最小 ‎【答案】C ‎【解析】A、由光路图可知，c光的偏转程度最大，则c光的折射率最大，频率最大，根据知，c光的波长最小，故A错误；‎ B、c光的折射率最大，根据知，c光在玻璃中传播的速度最小，故B错误；‎ C、根据知，c光的折射率最大，则c光发生全反射的临界角最小，故C正确；‎ D、 a光的频率最小，则波长最长，根据知，a光干涉条纹之间的距离最大，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】根据光线的偏折程度比较出各种色光的折射率，从而得出频率的大小，根据得出波长的大小，根据比较在三棱镜中的传播速度大小，根据比较发生全反射的临界角大小；根据波长的大小，结合比较干涉条纹间的间距大小。‎ ‎5. 如图所示，一列简谐横波向右传播，P、Q两质点平衡位置相距0.15 m。当P运动到上方最大位移处时，Q刚好运动到下方最大位移处，则这列波的波长可能是 A. 0.60 m B. 0.30 m C. 0.20 m D. 0.15 m ‎【答案】B ‎【解析】可以画出PQ之间的最简单的波形，如图所示：‎ 同时由于PQ可以含有多个完整的波形，则：‎ 整理可以得到：‎ 当时，‎ 当时，，故选项B正确，ACD错误。‎ 点睛：解决机械波的题目关键在于理解波的周期性，即时间的周期性或空间的周期性，得到波长的通项，再求解处波长的特殊值。‎ ‎6. 如图所示，甲图中线圈A的a、b端加上图乙所示的电压时，在0～t0时间内，线圈B中感应电流及线圈B的受力情况是：‎ A. 感应电流方向不变、受力方向不变 B. 感应电流方向改变、受力方向不变 C. 感应电流方向不变、受力方向改变 D. 感应电流方向改变、受力方向改变 ‎【答案】C ‎【解析】根据题意可知，UAB＞0，则可知电流是从a流向b，由右手螺旋定则可知，线圈B的磁场水平向右，由于电压先减小，所以磁通量变小，根据楞次定律可得，线圈B的感应电流顺时针（从左向右看）；当UAB＜0，则可知电流是从b流向a，由右手螺旋定则可知，线圈B的磁场水平向左，当电压增大，则磁通量变大，根据楞次定律可得，所以感应电流顺时针（从左向右看），故电流方向不变；‎ 由上可知，感应电流方向不变，而磁场方向变化，所以根据左手定则可知，安培力方向改变，故C正确，A、B、D错误；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】根据右手螺旋定则可知，螺线管内部磁场的方向，并由电压的变化，从而确定穿过线圈B的磁通量的变化，最后根据楞次定律来确定感应电流的方向，并由左手定则来确定安培力的方向。‎ ‎7. 为了表演“隐形的大头针”节目，某同学在半径为r的圆形软木片中心垂直插入一枚大头针，并将其放入盛有水的碗中，如右图所示．已知水的折射率为，为了保证表演成功(在水面上看不到大头针)，大头针末端离水面的最大距离h为 ‎ A. r B. r C. r D. r ‎【答案】A ‎【解析】只要从大头针末端发出的光线射到圆形软木片边缘界面处能够发生全反射，就从水面上看不到大头针，如图所示，‎ 根据几何关系有，所以，故A正确，B、C、D错误；‎ 故选A。‎ ‎【点睛】以大头针末端为研究对象，只要从大头针末端发出的光线射到圆形软木片边缘界面处能够发生全反射，就从水面上看不到大头针，作出光路图，根据全反射的临界角公式求解即可。‎ ‎8. 梳子在梳头后带上电荷，摇动这把梳子在空中产生电磁波．该电磁波 A. 是横波 B. 不能在真空中传播 C. 在空气中的传播速度约为3×108 m/ s D. 只能沿着梳子摇动的方向传播 ‎【答案】AC ‎【解析】A、电磁波是横波，故A正确；‎ B、电磁波的传播不需要介质，电磁波可以在真空中传播，故B错误；‎ C、电磁波在空气中的传播速度约为3×108m/s，故C正确；‎ D、电磁波其传播方向垂直于电场与磁场构成的平面，故D错误；‎ 故选AC。‎ ‎9. 如图所示的电路中， A、B为两个完全相同的灯泡，L是自感系数很大的线圈，其直流电阻与R相等，下列说法正确的是 A. 在断开S2的情况下，若突然闭合S1时，A灯立即发光，B灯逐渐亮起来，最后两灯一样亮 B. 在断开S2的情况下，若突然闭合S1时，两灯同时发光，然后B灯逐渐熄灭 C. 若同时闭合S1、S2，待电路稳定后突然断开S1，则两灯不会立即熄灭，而是逐渐熄灭 D. 若同时闭合S1、S2，待电路稳定后突然将S1、S2同时断开，则两灯不会立即熄灭，而是逐渐熄灭 ‎【答案】AD ‎10. 氢原子光谱在可见光区域内有四条谱线Hα、Hβ、Hγ和Hδ，都是氢原子中电子从量子数n>2的能级跃迁到n=2的能级发出的光，它们在真空中的波长由长到短，可以判定 A. Hα对应的前后能级之差最小 B. 同一介质对Hα的折射率最大 C. 同一介质中Hδ的传播速度最大 D. 同一介质对Hα的临界角比Hβ的大 ‎【答案】AD ‎【解析】A、根据可知，Hα对应的前后能级之差最小，故A正确；‎ B、根据可知，Hα的频率最小，同一介质对Hα的折射率最小，故B错误；‎ C、根据可知，同一介质对Hα的传播速度最大，同一介质中Hδ的传播速度最小，故C错误；‎ D、根据知，同一介质对Hα的临界角比Hβ的大，故D正确；‎ 故选AD。‎ ‎11. 如图所示，一个弹簧振子在A、B两点之间做简谐运动，其中O为平衡位置，某时刻物体正经过C点向上运动，速度大小为vc，已知OC＝a，物体的质量为M，振动周期为T，则从此时刻开始的半个周期内 ‎ A. 重力做功2mga B. 重力冲量为 C. 回复力做功为零 D. 回复力的冲量为0‎ ‎【答案】ABC ‎【解析】A、经过半个周期后，到达平衡位置下方a处，物体的位移向下，为2a，故重力做功为2mga，故A正确；‎ B、时间为，故重力的冲量为，故B正确；‎ C、合力充当回复力，根据动能定理，合力做功等于动能的增加量，为零，故回复力做功为零，故C正确；‎ D、根据动量定理，合力冲量等于动量的变化，由于动量的变化为，故合力的冲量为，合力充当回复力，故D错误；‎ 故选ABC。‎ ‎【点睛】简谐运动具有对称性，经过半个周期后，到达平衡位置下方a处，然后根据功的定义、动量定理列式求解。‎ ‎12. 如图所示，竖直放置的形光滑导轨宽为L，矩形匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的高和间距均为d，磁感应强度为B．质量为m的水平金属杆由静止释放，进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等．金属杆在导轨间的电阻为R，与导轨接触良好，其余电阻不计，重力加速度为g．金属杆 A. 刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向上 B. 穿过磁场Ⅰ的时间大于在两磁场之间的运动时间 C. 穿过两磁场产生的总热量为3mgd D. 释放时距磁场Ⅰ上边界的高度h大于 ‎【答案】ABD ‎【解析】从刚进入磁场Ⅰ到进入磁场Ⅱ的过程中，根据动能定理得，，可知在磁场Ⅰ区域中安培力大于重力，所以刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向上，故A正确；‎ B、金属杆在磁场Ⅰ区域中，加速度大小，所以金属杆加速度减小的减速运动，金属杆在磁场Ⅰ区域与磁场Ⅱ区域之间时，做匀加速直线运动，速度-时间图像如图，‎ 由于前后两端的位移相同，即面积相同，则有穿过磁场Ⅰ的时间大于在两磁场之间的运动时间，故B正确；‎ C、金属杆在磁场Ⅰ区域产生的热量为，根据对称性可知金属杆在磁场Ⅱ区域产生的热量为，穿过两磁场产生的总热量为4mgd，故C错误；‎ D、从静止释放到从刚进入磁场Ⅰ，根据动能定理可得，刚进入磁场Ⅰ有，联立解得，故D正确；‎ 故选ABD。‎ 二、实验题 ‎13. 在做“测定玻璃的折射率”的实验中，先在白纸上放好玻璃砖，在玻璃砖的一侧插上两枚大头针P1和P2，然后在另一侧透过玻璃砖观察，插上大头针P3、P4，使P3挡住P1、P2的像，P4挡住P3和P1、P2的像。如图所示，aa'和bb'分别是玻璃砖与空气的两个界面，用“+”表示大头针的位置。图中AO表示经过大头针P1和P2的光线，该光线与界面aa'交于O点，MN表示法线。‎ ‎（1）请画出玻璃砖中的折射光线，并在图中标出光线进入玻璃砖发生折射现象的入射角θ1和折射角θ2________；‎ ‎（2）该玻璃砖的折射率可表示为n＝________。（用θ1和θ2表示）‎ ‎【答案】 (1). （1）； (2). （2）；‎ ‎【解析】（1）由于P3挡住P1、P2的像，P4挡住P3和P1、P2的像，故通过P1、P2的光线折射后通过P3、P4，作出光路图，如图所示：‎ ‎②根据折射定律，玻璃砖的折射率为；‎ ‎14. 如图，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。图中0点是小球抛出点在地面上的垂直投影，实验时先让入射球m1，多次从倾斜轨道上S位置静止释放，找到其平均落地点的位置P，然后，把被碰小球m2静置于轨道的水平部分，再将入射球m1，从斜轨上S位置静上释放，与小球m2相碰，并多次重复，测出碰后m1平均落地点在M点，m2平均落地点在N点，不计小球与轨道的摩擦。‎ ‎（1）实验中，不需要测量的物理量是______。‎ A．两个小球的质量m1、m2    B．小球抛出点距地面的高度H   C．小球做平抛运动的射程 ‎（2）若实验中发现m1•OM+m2•ON小于m1•OP，则可能的原因是______。‎ A．碰撞过程有机械能的损失 B．计算时没有将小球半径考虑进去 C．放上小球m2后，入射球m1从倾斜轨道上都止释放的位置比原来的低 ‎（3）若两球发生弹性正碰，则OM、ON、OP之间一定满足的关系是______。‎ A．OP=ON-OM B．2OP=ON+OM C．OP-ON=2OM ‎【答案】 (1). （1）B； (2). （2）C； (3). （3）A；‎ ‎【解析】试题分析：过程中小球释放高度不需要，小球抛出高度也不要求。最后可通过质量与水平射程乘积来验证动量是否守恒。根据碰撞前后动量守恒可以写成表达式，若碰撞为弹性碰撞，则碰撞前后动能相同；根据实验数据，应用动量的定义式与动量守恒定律分析答题，注意掌握弹性碰撞时碰后速度公式可以牢记以准确应用．‎ ‎（1）本实验要验证的动量守恒的式子是：，要测量质量和速度，平抛运动过程中下降的高度相同，则所用时间相同，所以在等式两边同乘以t，则但速度是由水平位移来代替的，所以时间相同不用测量，高度不用测量，故选B．‎ ‎（2）碰撞的机械能损失不会动量守恒，那么出现此种结论只能是第二次滑下时，比第一次滑下时低一些，故选C．‎ ‎（3）根据弹性碰撞的公式，碰撞后两球的速度：，显然，因平抛运动中的时间相等，所以有OP=ON-OM，C正确．‎ 三、计算题 ‎15. 一质量为100g的小球从1.25m高处自由下落到一厚软垫上。若小球从接触软垫到小球陷至最低点经历了0.02s，则这段时间内软垫对小球的平均作用力是多大？（不计空气阻力，g =10m/s2）‎ ‎【答案】26N ‎【解析】设小球刚落到软垫瞬间的速度为v．对小球自由下落的过程，由机械能守恒可得： mgh=mv2； 有： ‎ 选取小球接触软垫的过程为研究过程，取向下为正方向．设软垫对小球的平均作用力为F，由动量定理有：（mg-F）t=0-mv‚ 得： ‎ 点睛：本题是缓冲类型，往往根据动量定理求解作用力，要注意研究过程的选取，本题也可以选取小球从开始下落到最低点整个过程研究，比较简单.‎ ‎16.‎ ‎ 如图所示，两条平行的光滑金属导轨所在平面与水平面的夹角为θ，间距为d．导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向与导轨平面垂直．质量为m的金属棒被固定在导轨上，距底端的距离为s，导轨与外接电源相连，使金属棒通有电流．金属棒被松开后，以加速度a沿导轨匀加速下滑，金属棒中的电流始终保持恒定，重力加速度为g．求下滑到底端的过程中，金属棒：‎ ‎（1）末速度的大小v；‎ ‎（2）通过的电流大小I；‎ ‎（3）通过的电荷量Q．‎ ‎【答案】（1）；（2）；（3）；‎ ‎【解析】（1）匀加速直线运动v2=2as 解得 ‎（2）安培力F安=IdB 金属棒所受合力 牛顿运动定律F=ma 解得 ‎（3）运动时间 电荷量Q=It 解得 点睛：本题是通电金属棒在磁场中匀加速运动的问题，考生易误认为是电磁感应问题而用电磁感应规律求解。‎ ‎17. 在光滑水平地面上有一凹槽A，中央放一小物块B.物块与左右两边槽壁的距离如图所示，L为1.0 m，凹槽与物块的质量均为m，两者之间的动摩擦因数μ为0.05.开始时物块静止，凹槽以v0＝5 m/s初速度向右运动，设物块与凹槽槽壁碰撞过程中没有能量损失，且碰撞时间不计，g取10 m/s2.求：‎ ‎(1)物块与凹槽相对静止时的共同速度；‎ ‎(2)从凹槽开始运动到两者相对静止，物块与槽的相对路程以及物块与右侧槽壁碰撞的次数；‎ ‎(3)从凹槽开始运动到两者刚相对静止所经历的时间．‎ ‎【答案】（1）2.5m/s；（2）6次；（3）5s；‎ 解：(1)设两者间相对静止时的速度为v，由动量守恒定律得：‎ 解得： ‎ ‎(2)物块与凹槽间的滑动摩擦力  ‎ ‎    设两者间相对静止前，相对运动的路程为s1，由动能定理得：‎ 解得：‎ ‎ 已知L=1m，可推知物块与右侧槽壁共发生6次碰撞；‎ ‎(3)设凹槽与物块碰前的速度分别为v1、v2，碰后的速度分别为、，有 得  ‎ 即每碰撞一次凹槽与物块发生一次速度交换，在同一坐标系上两者的速度图线如图所示，‎ 根据碰撞次数可分为13段，凹槽、物块的v−t图象在两条连续的匀变速运动图线间转换，故可用匀变速直线运动规律求时间，则  v=v0+at，a=−μg 解得：t=5s ‎18. 如图，一竖直放置的气缸上端开口，气缸壁内有卡口a和b，a、b间距为h，a距缸底的高度为H；活塞只能在a、b间移动，其下方密封有一定质量的理想气体。已知活塞质量为m，面积为S，厚度可忽略；活塞和汽缸壁均绝热，不计他们之间的摩擦。开始时活塞处于静止状态，上、下方气体压强均为p0，温度均为T0。现用电热丝缓慢加热气缸中的气体，直至活塞刚好到达b处。求此时气缸内气体的温度以及在此过程中气体对外所做的功。重力加速度大小为g。‎ ‎【答案】；；‎ ‎【解析】试题分析：由于活塞处于平衡状态所以可以利用活塞处于平衡状态，求封闭气体的压强，然后找到不同状态下气体参量，计算温度或者体积。‎ 开始时活塞位于a处，加热后，汽缸中的气体先经历等容过程，直至活塞开始运动。设此时汽缸中气体的温度为T1，压强为p1，根据查理定律有 ‎①‎ 根据力的平衡条件有 ‎②‎ 联立①②式可得 ‎③‎ 此后，汽缸中的气体经历等压过程，直至活塞刚好到达b处，设此时汽缸中气体的温度为T2；活塞位于a处和b处时气体的体积分别为V1和V2。根据盖—吕萨克定律有 ‎④‎ 式中 V1=SH⑤‎ V2=S（H+h）⑥‎ 联立③④⑤⑥式解得 ‎⑦‎ 从开始加热到活塞到达b处的过程中，汽缸中的气体对外做的功为 ‎⑧‎ 故本题答案是：‎ 点睛：本题的关键是找到不同状态下的气体参量，再利用气态方程求解即可。‎ ‎19. 一列简谐横波，某时刻的波形图象如图甲所示，从该时刻开始计时，波上A质点的振动图象如图乙所示，则：‎ ‎（1）若此波遇到另一列简谐横波并发生稳定干涉，则该波所遇到的波的频率；‎ ‎（2）从该时刻起，再经过△t=4.6s，P质点通过的路程；‎ ‎（3）若t=0时振动刚刚传到A点，从该时刻起再经多长时间横坐标为60m的质点未画出第二次位于波谷。‎ ‎ ‎ ‎【答案】（1）1.25Hz；（2）46m；（3）2.8s；‎ ‎【解析】本题考查波动图象、振动图象、干涉条件、质点振动情况的分析。‎ ‎（1）发生稳定干涉的条件是频率相同，所以该波所遇到的波的频率为： f==1.25Hz ‎ ‎（2）△t=4.6s=5T+T   ‎ ‎ 所以通过的路程为：L=5×4A+3A=46m  ‎ ‎（3）由A点在t=0时刻向上振动知，波沿x轴正方向传播，波速为： v== m/s=25 m/s， ‎ x=60 m处的质点第一次到达波谷的时间为： t1==s=2s ‎ 此质点第二次位于波峰的时间为： t=t1+T=2.8 s     ‎ 点睛：质点振动通过的路程先算振动时间与周期的比值，然后计算路程。‎ ‎ ‎ ‎ ‎