四川省棠湖中学2019-2020学年高二下学期期中考试物理试题 Word版含解析 16页

www.ks5u.com ‎2020年春四川省棠湖中学高二期中考试 物理试题 第I卷选择题（54分）‎ 一、单选题（每小题6分，共9个小题，共54分；其中1-6题为单选题，7-9题多选题，少选得3分，多选错选得0分。）‎ ‎1.电磁波按照波长或频率的大小顺序进行排列，就是电磁波谱，电磁波的波长和频率不同，表现出来的特性也不同.关于电磁波，下列说法正确的是( )‎ A. 不同波长的电磁波在真空的传播速度相等 B. 只有高温物体才辐射红外线 C. 紫外线具有较强的穿透能力，医学上可以用来透视人体 D. 电磁波谱中最不容易发生明显衍射的是无线电波 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．不同波长的电磁波在真空中的传播速度是相同的，都是3×108m/s.所以A正确;‎ B．所有的物体都辐射红外线.故B错误;‎ C．x射线具有较强的穿透能力，医学上可以用来透视人体；紫外线有显著的化学作用，可利用紫外线消毒，也可以用来验钞.故C错误;‎ D．电磁波谱中无线电波的波长最长，所以最容易发生衍射的是无线电波.故D错误.‎ ‎2.一物体在某行星表面受到的重力是它在地球表面受到的重力的四分之一，在地球表面走时准确的摆钟，搬到此行星表面后，秒针走一圈所经历的时间是( )‎ A. 240s B. 120s C. 30s D. 15s ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】根据在星球表面万有引力等于重力可知：某行星表面受到的万有引力是它在地球表面受到的万有引力的，质量不变，所以该星球的重力加速度根据单摆的周期公式：‎ 可知该星球的周期是地球上周期的两倍，所以此钟的秒针走一整圈所经历的时间实际上是地球上秒针走一圈的两倍即120s - 16 -‎ A．240s与分析不符，故A错误.‎ B．120s与分析相符，故B正确.‎ C．30s与分析不符，故C错误.‎ D．15s与分析不符，故D错误.‎ ‎3.一质量为m的炮弹在空中飞行，运动至最高点时炸裂成质量相等的a、b两块，爆炸前瞬间炮弹速度为v，方向水平向右，爆炸后a的速度为2v，方向水平向左．爆炸过程中转化为动能的化学能是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】爆炸瞬间内力远大于外力，有 ，解得b块的速度为 ，根据能量守恒有 ，解得 ．‎ A．与计算结果不符；A错误．‎ B．与计算结果不符；B错误．‎ C．与计算结果相符；C正确．‎ D．与计算结果不符．D错误．‎ ‎4.如图所示为一理想变压器，原、副线圈的匝数比为，分别接有定值电阻和，且．原线圈接正弦交流电．电压表为理想交流电压表．则 A. 电阻和消耗功率之比为1：1‎ B. 电压表和的示数之比为5：1‎ C. 电压表和的示数之比为6：1‎ D. 原副线圈磁通量变化率之比为5：1‎ - 16 -‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】设流过原线圈的电流为，流过副线圈的电流为，因．电阻和消耗功率之比，所以错误．电压表的示数，电压表的示数，所以，因此B错误，C正确．理想变压器原副线圈磁通量变化率相同，所以D错误．综上所述，选项C正确．‎ ‎5.如图,半圆球P和竖直挡板固定在水平面上挡板与P相切,光滑小球Q静止在P和挡板之间．已知Q的质量为m、P、Q的半径之比为4:1,重力加速度大小为g．则Q对P的压力大小为 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】对Q受力分析如图所示 设Q的半径为r，由几何关系得：‎ ‎ ‎ - 16 -‎ 解得： ‎ 由平衡条件得： ‎ 解得：‎ 故选B．‎ ‎6.如图所示，在足够长的绝缘斜面上固定着导轨GECABDFH，电阻不计，导轨的GEFH区域存在着垂直于导轨平面向上的匀强磁场B0，在导轨的CABD区域另固定着一较小的矩形闭合金属线圈S，现将光滑的金属杆L从导轨的EF位置由静止释放，金属杆沿导轨开始下滑后的一小段时间内 A. 金属杆L中的电流减小，线圈S中的电流增大 B. 金属杆L中的电流减小，线圈S中的电流减小 C. 金属杆L中的电流增大，线圈S中的电流增大 D. 金属杆L中的电流增大，线圈S中的电流减小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】通过分析可以得到， ，金属杆做加速度减小的加速运动，金属杆中的电流为 ，且在增大；导轨中产生的感应电流在线圈区域产生逐渐增大的磁场，但是磁通量变化率是逐渐减小的，所以根据法拉第电磁感应定律可知，线圈电流逐渐减小．‎ ABC．与分析结论不符；ABC错误．‎ D．与分析结论相符，D正确．‎ ‎7.如图所示，竖直放置两平行金属板，长为L，板间距离为d，接在电压为U的直流电源上，在两板间加一磁感应强度为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场，一质量为m，电荷量为q的带正电油滴，从距金属板上端高为h处由静止开始自由下落，并经两板上端连线的中点P - 16 -‎ 进入板间。油滴在P点所受的电场力与洛伦兹力大小恰好相等，且最后恰好从金属板的下边缘离开。空气阻力不计，重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ）‎ A. 油滴刚进入两板间时加速度大小为g B. 油滴开始下落的高度h＝‎ C. 油滴从左侧金属板的下边缘离开 D. 油滴离开时的速度大小为 ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.带正电油滴刚到达P点时受重力、电场力和洛伦兹力的作用，电场力和洛伦兹力等大反向，因此油滴在P点的合力大小等于重力，由牛顿第二定律可知油滴在P点的加速度大小为g，故A正确；‎ B.由于油滴在P点水平方向的合力为零，由力的平衡条件，有 q＝qBv 对油滴从释放到P点的过程中，由机械能守恒定律，有 mgh＝mv2‎ 整理后得h＝，故B正确；‎ C.油滴进入平行金属板间后，做加速运动，则电场力小于洛伦兹力，由左手定则可知，油滴所受的洛伦兹力向右，则最终油滴从右侧金属板的下边缘离开，故C错误；‎ D.油滴从释放到从右侧金属板的下边缘离开的过程，由动能定理，有 mg（h＋L）－q＝mv′2‎ 油滴离开金属板下边缘时的速度大小 - 16 -‎ v′＝‎ 故D正确。‎ 故选ABD。‎ ‎8.如图所示，两根光滑的金属导轨，平行放置在倾角为θ的斜面上，导轨的左端接有电阻R，导轨自身的电阻可忽略不计．斜面处在一匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向上．质量为m、电阻可以不计的金属棒ab，在沿着斜面与棒垂直的恒力F作用下沿导轨匀速上滑，并上升h高度，在这一过程中（ ）‎ A. 作用于金属棒上的各个力的合力所做的功等于零 B. 作用于金属棒上的各个力的合力所做的功等于mgh与电阻R上产生的焦耳热之和 C. 恒力F与重力的合力所做的功等于电阻R上产生的焦耳热 D. 恒力F与安培力的合力所做的功等于零 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．导体棒匀速上升过程中，合力为零，则合力所作的功等于零，根据动能定理得：‎ 得 克服安培力所做功即等于回路电阻中产生的热量，故有：金属棒上的各个力的合力所做的功等于零，恒力F等于mgh与电阻R上发出的焦耳热之和，A正确，B错误；‎ 由 得 - 16 -‎ C．即恒力F与重力的合力所做的功等于克服安培力所做功，即等于电阻R上发出的焦耳热，故C正确；‎ D．重力做功不改变金属棒的机械能，恒力F与安培力的合力所做的功等于金属棒机械能的增量，故D错误．‎ ‎9.如图所示，坐标系xOy平面为光滑水平面现有一长为d、宽为L的线框MNPQ在外力F作用下，沿x轴正方向以速度υ做匀速直线运动，空间存在竖直方向的磁场，磁场感应强度B=B0cosx，规定竖直向下方向为磁感应强度正方向，线框电阻为R，在t=0时刻MN边恰好在y轴处，则下列说法正确的是 A. 外力F是沿负x轴方向的恒力 B. 在t=0时，外力大小F=‎ C. 通过线圈的瞬时电流I=‎ D. 经过t=，线圈中产生的电热Q=‎ ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A、由于磁场是变化的，故切割产生的感应电动势也为变值，安培力也会变力；故要保持其匀速运动，外力F不能为恒力，故A错误；‎ B、t=0时，左右两边的磁感应强度均为B0，方向相反，则感应电动势 ，拉力等于安培力即 ，故B正确；‎ - 16 -‎ C、由于两边正好相隔半个周期，故产生的电动势方向相同，经过的位移为vt；瞬时电动势 ，瞬时电流 ，故C错误；‎ D、由于瞬时电流成余弦规律变化，故可知感应电流的有效值 ，故产生的电热 ，故D正确；‎ 第II卷 非选择题 二、实验题 ‎10.某同学用图甲所示的实验装置做“用双缝干涉测量光的波长”实验，他用带有游标尺的测量头(如图乙所示)测量相邻两条亮条纹间的距离Δx．转动测量头的手轮，使分划板的中心刻线对齐某一条亮条纹(将这一条纹确定为第一亮条纹)的中心，此时游标尺上的示数如图丙所示，则图丙的示数x1＝________mm．再转动测量头的手轮，使分划板的中心刻线对齐第6条亮条纹的中心，此时游标尺上的示数情况如图丁所示，则图丁的示数x2＝________mm．如果实验所用双缝之间的距离d＝0.20 mm，双缝到屏的距离l＝60 cm．根据以上数据可得出光的波长λ＝__________m(保留1位小数)．‎ ‎【答案】 (1). 0.10mm (2). 8.95mm (3). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】[1] 图丙的示数为0+0.05×2mm=0.10mm；‎ ‎[2] 图丁的示数为8mm+0.05×19=8.95mm；‎ ‎[3]则 ‎ 由公式 - 16 -‎ 则 ‎ ‎ 代入数据解得 ‎11.某同学用如图甲所示装置验证动量守恒定律．主要实验步骤如下：‎ ‎(ⅰ)将斜槽固定在水平桌面上，调整末端切线水平；‎ ‎(ⅱ)将白纸固定在水平地面上，白纸上面放上复写纸；‎ ‎(ⅲ)用重锤线确定斜槽末端在水平地面上的投影点O；‎ ‎(ⅳ)让小球A紧贴定位卡由静止释放，记录小球的落地点，重复多次，确定落点的中心位置Q；‎ ‎(ⅴ)将小球B放在斜槽末端，让小球A紧贴定位卡由静止释放，记录两小球落地点，重复多次，确定A、B两小球落点的中心位置P、R；‎ ‎(ⅵ)用刻度尺测量P、Q、R距O点距离x1、x2、x3；‎ ‎(ⅶ)用天平测量小球A、B质量m1、m2；‎ ‎(ⅷ)分析数据，验证等式m1x2=m1x1+m2x3是否成立，从而验证动量守恒定律．‎ 请回答下列问题 ‎(1) 步骤(ⅴ)与步骤(ⅳ)中定位卡的位置应_____________；‎ ‎(2)步骤(ⅶ)用天平测得A的质量为17.0 g．测量小球B的质量时将小球B放在天平的__盘，__盘放上一个5 g砝码，游码如图乙位置时天平平衡；‎ - 16 -‎ ‎(3)如图丙是步骤(ⅵ)的示意图．该同学为完成步骤(ⅷ)设计了下列表格，并进行了部分填写，请将其补充完整①_______②_________③___________．‎ 物理量 碰前 碰后 m/g m1＝17.0‎ m1＝17.0　　m2＝　①　‎ x/cm x2＝50.35‎ x1＝　②　　　x3＝74.75‎ mx/g·cm m1x2＝855.95‎ m1x1+m2x3=　③　‎ ‎【答案】 (1). (1)保持不变 (2). (2) 左 (3). 右 (4). (3)①5.8g (5). ②24.50 (6). ③850.05‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】第一空.为了保证小球A滚到斜槽底端时速度相同，则步骤(ⅴ)与步骤(ⅳ)中定位卡的位置应保持不变；‎ 第二空. 根据天平的使用规则，测量小球B的质量时将小球B放在天平的左盘；‎ 第三空. 根据天平的使用规则,应该在右盘放上一个5 g砝码；‎ 第四空.天平读出m2=5.8g；‎ 第五空. 由刻度尺读出，碰后x1=24.50cm；‎ 第六空.m1x1+m2x3=17.0×24.50+5.8×74.75=850.05 g·cm 三、解答题 ‎12.真空中有一半径为R=5cm，球心为O，质量分布均匀的玻璃球，其过球心O的横截面如图所示．一单色光束SA从真空以入射角i于玻璃球表面的A点射入玻璃球，又从玻璃球表面的B点射出．已知∠AOB=120°，该光在玻璃中的折射率为，光在真空中的传播速度c=3×108m/s，求：‎ - 16 -‎ ‎(1)入射角i的值；‎ ‎(2)该光束在玻璃球中的传播时间t.‎ ‎【答案】(1) i=60° (2) t=5×10-10s ‎【解析】‎ ‎【详解】(1) 根据几何关系可知： ‎ 由折射定律得： ‎ 解得： ‎ ‎(2)由折射有：‎ 传播时间： ‎ 解得：‎ ‎13.如图所示为交流发电机示意图，匝数为n=100匝的矩形线圈，边长分别为a=10cm和b=20cm，内阻为r=5Ω，在磁感应强度B=0.5T的匀强磁场中绕OO′轴以ω=rad/s的角速度匀速转动，转动开始时线圈平面与磁场方向平行，线圈通过电刷和外部R=20Ω的电阻相接．求电键S合上后，‎ ‎（1）写出线圈内产生的交变电动势瞬时值的表达式；‎ ‎（2）电压表和电流表示数；‎ - 16 -‎ ‎（3）从计时开始，线圈转过的过程中，通过外电阻R的电量．‎ ‎【答案】（1）e=cost（V）（2）40V，2A（3）0.04C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据感应电动势最大值Em=nBSω，从垂直于中性面开始计时，则可确定电动势的瞬时表达式；（2）根据交流电的最大值与有效值的关系，结合闭合电路欧姆定律，即可确定电流表与电压表示数；（3）根据电量表达式，与感应电动势结合，得出q=I△t=公式，从而可求得．‎ ‎【详解】（1）线圈从平行磁场开始计时，感应电动势最大值：Em=nBSω=V．‎ 故表达式为：e=Emcosωt=cost（V）；‎ ‎（2）根据正弦式交变电流最大值和有效值的关系可知，有效值：，‎ 代入数据解得E=50V．‎ 电键S合上后，由闭合电路欧姆定律得：，U=IR．‎ 联立解得I=2A，U=40V；‎ ‎（3）由图示位置转过90°的过程中，通过R上的电量为：q=I△t=，‎ 代入数据解得，q=0.04C．‎ ‎【点睛】本题主要考查了交流电的产生及其表达式与相关物理量的求解，较为简单．‎ ‎14.如图，足够长的平行金属导轨弯折成图示的形状，分为Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个区域．Ⅰ区域导轨与水平面的夹角α=37°，存在与导轨平面垂直的匀强磁场；Ⅱ区域导轨水平，长度x=0.8m，无磁场；Ⅲ区域导轨与水平面夹角β=53°，存在与导轨平面平行的匀强磁场．金属细杆a在区域I内沿导轨以速度v0匀速向下滑动，当a杆滑至距水平导轨高度为h1=0.6m时，金属细杆b在区域Ⅲ从距水平导轨高度为h2=1.6m处由静止释放，进入水平导轨与金属杆a发生碰撞，碰撞后两根金属细杆粘合在一起继续运动．已知a、b杆的质量均为m=0.1kg，电阻均为R=0.1Ω，与导轨各部分的滑动摩擦因数均为μ=0.5，导轨间距l=0.2m，Ⅰ、Ⅲ区域磁场的磁感应强度均为B=1T．不考虑导轨的电阻，倾斜导轨与水平导轨平滑连接，整个过程中杆与导轨接触良好且垂直于金属导轨，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2．求 - 16 -‎ ‎（1）金属细杆a的初始速度v0的大小；‎ ‎（2）金属细杆a、b碰撞后两杆共同速度的大小；‎ ‎（3）a、b杆最终的位置．‎ ‎【答案】（1） （2） （3） ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）金属杆a沿导轨匀速下滑，对金属杆a受力分析如图所示：‎ 根据法拉第电磁感应定律得：‎ 根据闭合电路的欧姆定律得：‎ 安培力 根据平衡条件得：，‎ 且 联立解得：‎ ‎（2）金属杆a沿导轨匀速下滑的位移为：‎ 金属杆a匀速下滑到底端时间为：‎ - 16 -‎ 金属杆b沿导轨做初速度为0的匀加速运动，对金属杆b受力分析如图所示：‎ 根据平衡条件得：‎ 根据牛顿第二定律得：‎ 且安培力，‎ 联立解得：‎ 金属杆b沿导轨下滑的位移为：‎ 设金属杆b沿导轨匀加速下滑到底端的时间为，速度为 则有：，‎ 代入数据解得：‎ 因，故a、b同进进入II区域，做匀减速直线运动，加速度大小为 设经过时间t杆a速度刚好为，此时杆a的位移为，杆b的速度大小为，位移为 根据运动学公式得：，解得：t=0.2s ‎，，‎ 则 通过以上分析：杆a速度时，金属杆a、b相遇发生碰撞，碰撞过程中a、b杆系统动量守恒，设碰撞结束瞬间的速度大小为，则有：，解得：‎ ‎（3）碰撞后a、b杆合为一体，向左减速，冲上I区域，设到最高点的高度为 - 16 -‎ 由动能定理得：‎ 随后a、b杆沿I区域的导轨匀加速下滑，到达底端再沿II区域向右匀减速滑至停止，设停止时距I区域底端的距离为 由动能定理得：‎ 联立解得：‎ 因，则a、b杆最终停在距I区域底端0.025m处 - 16 -‎ - 16 -‎