1、四川省泸县第二中学2019-2020学年高二物理下学期期中试题（含解析）一、单选题1.天然放射现象是1896年法国物理学家贝克勒耳发现的，该研究使人们认识到原子核具有复杂的结构.关于天然放射性，下列说法正确的是A. 所有元素都具有天然放射性B. 放射性元素的半衰期与外界温度无关C. 放射性元素与别的元素形成化合物后不再具有放射性D. 、和三种射线中，射线的穿透能力最强【答案】B【解析】【详解】A有些原子核不稳定，可以自发地衰变，但不是所有元素都可能发生衰变，故A错误；B放射性元素的半衰期由原子核决定，与外界的温度无关，故B正确；C放射性元素的放射性与核外电子无关，故放射性元素与别的元素形成化合
2、物时仍具有放射性，故C错误；D、和三种射线，射线的穿透力最强，电离能力最弱，故D错误；2.关于电磁波，下列说法正确的是A. 只要有周期性变化的电场，就可以形成电磁波B. 电磁波在真空中的传播速度与电磁波的频率有关C. 电磁波在真空中自由传播时，其传播方向与电场强度、磁感应强度垂直D. 利用电磁波传递信号可以实现无线通信，但电磁波不能通过光缆传输【答案】C【解析】【详解】A周期性变化的电场和周期性变化的磁场交替产生，才能产生电磁波，A错误B电磁波在真空中的传播速度是定值，就是光速，与频率无关，B错误C电磁波在真空中自由传播时，其传播方向与电场强度、磁感应强度垂直，C正确D电磁波可以通过电缆、光缆
3、进行有线传输，也可以实现无线传输，D错误3.氢原子能级示意图如图所示，大量氢原子从n4的能级向 n2 的能级跃迁时辐射出光a，从n3的能级向n2的能级跃迁时辐射出光b，光a和b都是可见光，则 A. 光a的频率小于光b的频率B. 从n4的能级向n3的能级跃迁时会辐射出紫外线C. n=1能级的氢原子吸收14 eV的光子后将电离D. n2能级的氢原子吸收10.2 eV的光子可跃迁到n=1能级【答案】C【解析】【详解】A根据跃迁规律可知从向跃迁时辐射光子的能量大于从向跃迁时辐射光子的能量，则可见光a的光子能量大于b，所以a的频率大于b的频率，A错误B根据跃迁规律可知高能级向低能级跃迁时辐射光子的能量等
4、于这两个能级差，从的能级向的能级跃迁时会辐射出的光子能量小于a光子的能量，不可能为紫外线，B错误；C因为基态氢原子能量为-13.6eV，所以n=1能级氢原子可以吸收14 eV的光子后将电离，C正确D氢原子吸收光子后，会跃迁到高能级，所以不可能从2能级跃迁到1能级，D错误4.一个电子只在电场力作用下从a点运动到b点的轨迹如图中虚线所示，图中一组平行实线可能是电场线也可能是等势面，下列说法中正确的是 A. 如果实线是电场线，则a点的电势比b点的电势高B. 如果实线是等势面，则a点的电势比b点的电势低C. 如果实线是电场线，则电子在a点电势能比在b点的电势能大D. 如果实线是等势面，则电子在a点的电
5、势能比在b点的电势能大【答案】C【解析】试题分析：据题意，如果实线是电场线，则电场力水平向右，电场方向为水平向左，则b点电势高，电子从a点运动到b点电场力做正功，电子电势能减小，则电子在a点电势能较大，故选项A错误选项C正确；如果实线为等势线，电子受到电场力竖直向下，电场方向竖直向上，则a点电势较高，从a点到b点电场力做负功，电子电势能增加，电子在b点电势能较高，故选项B、D错误考点：本题考查电场的性质5.实际的交流电发电装置中，线圈固定（定子），匀强磁场发生装置匀速转动（转子）如图所示，矩形线圈固定放置在磁感应强度大小恒为B的旋转磁场中，磁场方向垂直于线框的对称轴OO，磁场绕OO以恒定角速度
6、按图示方向匀速转动，磁场转动周期是，产生的感应电动势的最大值为Em从图示位置开始计时，则A. 时刻，电动势大小是，电流方向是abcdaB. 时刻，电动势大小是，电流方向是abcdaC. 时刻，电动势大小是，电流方向是abcdaD. 时刻，电动势大小是，电流方向是abcda【答案】C【解析】【详解】线圈从图示位置计时瞬时值表达式为 AB时刻，转过 ，根据表达式可知：电动势大小是，根据右手定则判断电流方向为adcba，AB错误CD时刻，转过 ，根据表达式可知：电动势大小是，根据右手定则判断电流方向为abcda，C正确D错误6.如图电路中，电灯A、B完全相同，带铁芯的线圈L的电阻可忽略，下列说法中正
7、确的是A. 在S闭合瞬间，A、B同时发光，接着A熄灭，B更亮B. 在S闭合瞬间，A不亮，B立即亮C. 在电路稳定后再断开S的瞬间，通过A灯电流方向为abD. 在电路稳定后再断开S的瞬间，B闪烁一下然后逐渐熄灭【答案】A【解析】【详解】AB、合上开关S接通电路，A、B立即亮，线圈对电流的增大有阻碍作用，所以通过L的电流慢慢变大，最后L将灯泡A短路，导致A熄灭，B更亮，故A正确，B错误；C、稳定后再断开S的瞬间，B灯立即熄灭，但由于线圈的电流减小，导致线圈中出现感应电动势从而阻碍电流的减小，所以A灯亮一下再慢慢熄灭，通过A灯电流方向为ba，故C错误；D、稳定后再断开S的瞬间，B灯立即熄灭，故D错误
8、7.甲、乙两单摆在同一地点做简谐运动时的振动图象如图所示，则可知（）A. 甲、乙两单摆的周期之比为2：1B. 甲、乙两单摆的摆长之比为2：1C. 0.5s至1s过程中，甲摆球的速度减小D. t=0.5s时甲摆球势能最大，乙摆球动能最大【答案】AD【解析】【分析】根据图像得到两个单摆的周期之比；结合周期公式求出甲乙两摆的摆长之比；根据摆球的位置分析其速度、动能和重力势能【详解】A由图知甲、乙两单摆的周期分别为2 s、1 s，则周期之比为2：1，故A正确；B由单摆周期公式，可得摆长，可知摆长L与T2成正比，因此甲、乙两单摆的摆长之比为4：1，故B错误；C0.5s至1s过程中，甲摆球位移在减小，摆球
9、是从最高点向平衡位置运动，甲摆球的速度增大，故C错误；Dt=0.5时，甲摆在位移最大处即最高点，甲摆球势能最大乙摆球位移为0，处在平衡位置，速度最大，则乙摆球动能最大，故D正确【点睛】本题主要考查了对单摆振动图像的理解，较为简单8.如图所示，两根光滑的金属导轨，平行放置在倾角为的斜面上，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
10、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
11、一长为d、宽为L线框MNPQ在外力F作用下，沿x轴正方向以速度做匀速直线运动，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
12、确；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；二、实验题10.用如图甲所示装置验证“动量守恒定律”A、B两球半径相同，A球质量为m1，B球质量为m2，轨道包括斜槽和水平槽，固定在桌面上，白纸铺在水平地面上，复写纸在白纸上先让A球从斜槽上某一固定位置C由静止滚下，从轨道末端水平抛出，落到复写纸上，重复上述操作10次，在白纸上得到10个落点痕迹；再把B球放在水平轨道末端，让A球仍从位置C由静止滚下，A球和B球碰撞后，分别在白纸上留下各自的落点痕迹，重
13、复操作10次M、P、N为三个落点的平均位置，O点是水平槽末端在白纸上的竖直投影点，如图乙所示（1）除了图甲中实验器材外，完成本实验还必须使用的测量仪器是_（2）在下列实验操作中，符合要求的是_（选填序号）A入射小球与被碰小球必须大小相同、质量相等B每次必须从同一高度由静止释放入射小球C安装轨道时，必须让水平槽末端水平D实验过程中，只要保持复写纸在白纸上位置不变，可以移动白纸（3）测量了A、B两个小球的质量m1、m2，记录的落点平均位置M、N、P和轨道末端投影点O几乎在同一条直线上，并测量出三个落点M、N、P与O点距离分别是LM、LN、LP在实验误差允许范围内，若关系式_成立（用测得的物理量符号
14、表示），则验证了动量守恒定律【答案】 (1). 刻度尺，天平 (2). BC (3). m1 LPm1LM+m2 LN【解析】【详解】第一空验证动量守恒定律实验，需要测出两球的质量与球做平抛运动的水平位移，因此需要的实验器材是：天平与刻度尺第二空A为了防止入射小球碰后反弹，入射小球质量应大于被碰小球，A错误B为了保证每次入射小球碰撞前速度相同，每次必须从同一高度由静止释放入射小球，B正确C为了保证小球碰后做平抛运动，速度水平，安装轨道时，必须让水平槽末端水平，C正确D实验中，要准确记录小球平抛的水平位移，复写纸和白纸不可随意移动，D错误第三空两球离开轨道后，做平抛运动，它们在空中的运动时间t相
15、等，由动量守恒定律可知，实验需要验证： ，两边同时乘以时间t得： ，则实验需要验证： 11.“用单摆测定重力加速度”实验中：(1)除长约1m的细线、带铁夹的铁架台、有小孔的小球、游标卡尺外，下列器材中，还需要_（填正确答案的标号）A.秒表B.米尺C.天平D.弹簧秤(2)用游标卡尺测小球的直径，如图所示，则小球的直径是_.(3)下列做法正确的是_；（填正确答案的标号）A.从摆球达到最高位置时开始计时B.记录摆球完成一次全振动的时间C.要让摆球在竖直平面内摆动的角度不小于5D.选用的细线应细、质量小，且不易伸长(4)从悬点到球心的距离是摆长L，改变摆长L的长度，测得6组L和对应的周期T，画出图线，
16、在图线上选取A、B两个点，两个点的坐标如图所示，则重力加速度的表达式是_.【答案】 (1). AB (2). 12.5mm (3). CD (4). 【解析】【详解】(1)1在实验中，需要测量单摆的周期，所以需要秒表，需要测量摆线的长度，所以需要米尺，摆球的质量不需要测量，所以不需要天平或弹簧秤，所以AB选项是正确的.(2)2游标卡尺主尺读数为12mm，游标读数为，所以最终读数为：.(3)3A摆球经过平衡位置时速度最大，在该处计时测量误差较小.故A错误.B通过测量n次全振动的时间t，通过求解周期，测量一次误差较大.故B错误.C摆球在同一竖直面内摆动，不能做圆锥摆. 当摆角不超过5时其摆动可视为
17、简谐振动，所以C是正确的.D选用的细线应细、质量小，且不易伸长.所以D是正确的.(4)4根据：得出：可知图线的斜率：又由图象知：所以得出：三、解答题12.如图所示，一个半圆柱形玻璃砖，其横截面是半径为R的半圆，AB为半圆的直径，O为圆心，玻璃的折射率为若一束细光线从O点左侧E点垂直于AB入射，恰好在上表面的点发生全反射，求OE的长度；一束细光线从O点左侧E点垂直于AB入射，若，求此光线在玻璃砖中传播的总路程【答案】（1）R（2）3R【解析】【详解】（1）设玻璃砖的全反射临界角为C，则 解得：C=45如图，光线从E点入射，射入上表面的M点恰好全反射，则：=C=45由图可知OERsinR（2）如图
18、，光线从E点入射，射入上表面M点，则sin得：=60C由几何关系可知：光线经过M、N、N、F点，最后垂直于AB射出；光线在玻璃砖中经过的总路程：L=2Rcos+2R=3R.13.如图所示，一定质量的理想气体被水银柱封闭在竖直放置的玻璃管内，气体长度为h现继续向管内缓慢地添加水银，使气柱的长度变为原来的如果再取相同质量的水银缓慢加入在该玻璃管内，且外界的温度保持不变，那么，此时空气柱的长度是多少?【答案】0.6h【解析】【详解】(1)设开始时封闭气体压强为P0，空气柱的体积为V0=hs，第一次添加水银后，空气柱的压强为P1，体积为V1=hs根据玻意耳定律得P1V1=P0V0第二次加入相同的水银后
19、，空气柱的压强为P2=2P1-P0，体积为V2=Hs根据玻意耳定律得P2V2=P0V0联立可得：H=0.6h【点睛】两次添加的水银质量相等，增加的压强相等分别表示出初始状态、第一次添加水银后、第二次添加水银后的压强和体积，根据玻意耳定律列方程，联立即可14.如图所示，在第一象限有一匀强电场，场强大小为E，方向与y轴平行；在x轴下方有一匀强磁场，磁场方向与纸面垂直一质量为m、电荷量为（）的粒子以平行x轴的速度从y轴上的P点处射入电场，在x轴上的Q点处进入磁场，并从坐标原点O离开磁场已知OP=L，OQ=2L不计粒子重力求：（1）粒子从P点入射的速度的大小；（2）粒子第一次在磁场中运动的时间；（3）匀强磁场的磁感应强度的大小【答案】（1）（2） （3）【解析】【详解】（1）粒子在电场中做类平抛运动，水平方向：2L=v0t竖直方向：解得：；（2）粒子在电场中做类平抛运动，水平方向：2L=v0t竖直方向：解得：，=30即速度方向与x轴夹角30，速度大小：粒子在磁场中做匀速圆周运动，由几何关系可得： （3）由牛顿第二定律得： 解得：