1、四川省泸县第五中学2019-2020学年高二物理下学期期中试题（含解析）注意事项：1答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2答题时请按要求用笔。 3请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。6考试时间：150分钟；物理化学生物同堂分卷考试，物理110分，化学100分，生物90分，共300分第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-
2、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.下列说法正确的是A. 是衰变B. 粒子散射实验中，极少数粒子发生了较大偏转是卢瑟福猜想原子核式结构模型的主要依据C. 核反应方程：中的x为质子D. 氡的半衰期为3.8天，若有4个氡原子核，经过3.8天后就一定只剩下2个氡原子核【答案】B【解析】【详解】A. 是聚变方程，A错误B. 卢瑟福提出的核式结构模型的依据就是粒子散射实验的现象，B正确C. 跟据质量数守恒电荷数守恒，可得x为中子，C错误D. 半衰期是对大量样本的统计规律，对4个不适用，D错误2.下列说法正确的是A. 传感器是把非电信息转换成电信息的器件或装置B. 真空中的光速
3、在不同惯性系中测得的数值是不相同的C. 紫外线常用于医院和食品消毒，是因为它具有显著的热效应D. 波源与观察者相互靠近时，观察者接收到的频率小于波源的频率【答案】A【解析】【详解】A.传感器是把被测非电信息转换为电信息装置，故选项A正确；B.根据光速不变原理知在不同惯性系中，光在真空中传播速度大小相等，故选项B错误；C.紫外线常用于医院和食品消毒，但它不具有显著的热效应，反而红外线才是显著的热效应，故选项错误；D.根据多普勒效应，当波源与观察者相互靠近时，观察者接收到的频率会增加，观察者接收到的频率大于波源的频率，故选项D错误3.如图为两分子系统的势能Ep与两分子间距离r的关系曲线下列说法正确
4、的是（）A. 当r大于r1时，分子间的作用力表现为引力B. 当r小于r1时，分子间的作用力表现为斥力C. 当r等于r2时，分子间的作用力最大D. 在r由r1变到r2的过程中，分子间的作用力做负功【答案】B【解析】【分析】当分子间距离等于平衡距离时，分子力零，分子势能最小；当分子间距离小于平衡距离时，分子力表现为斥力；当分子间距离大于平衡距离时，分子力表现为引力【详解】由图象可知：分子间距离为r2时分子势能最小，此时分子间的距离为平衡距离；Ar2是分子的平衡距离，当0rr2时，分子力为斥力，当rr2时分子力为引力，故A错误；B当r小于r1时，分子间的作用力表现为斥力，故B正确；C当r等于r2时，
5、分子间的作用力为零，故C错误；D在r由r1变到r2的过程中，分子力为斥力，分子间距离增大，分子间的作用力做正功，故D错误【点睛】本题主要考查分子间的相互作用力，较为简单4.线圈在匀强磁场中匀速转动，产生交流电的图象如图所示，由图可知( ) A. 在A和C时刻线圈处于中性面位置B. 在B和D时刻穿过线圈的磁通量为零C. 从A时刻起到D时刻，线圈转过的角度为弧度D. 在A和C时刻磁通量变化率的绝对值最大【答案】D【解析】【详解】AD在A和C时刻感应电流最大，感应电动势最大，而磁通量为零，磁通量的变化率最大，线圈处于与中性面垂直的位置，A错误，D正确B在B和D时刻感应电流为零，感应电动势为零，而磁通
6、量最大，B错误；C从A时刻到D时刻经过时间为周期，线圈转过角度为弧度，C错误【点睛】感应电动势与磁通量的变化率成正比，当线圈磁通量最大时，感应电动势为零；而当线圈的磁通量为零时，感应电动势最大线圈转动一周的过程，感应电流方向改变两次5.如图甲所示，金属小球用轻弹簧连接在固定的光滑斜面顶端小球在斜面上做简谐运动，到达最高点时，弹簧处于原长取沿斜面向上为正方向，小球的振动图像如图乙所示则A. 弹簧的最大伸长量为4mB. t=0.2s时，弹簧的弹性势能最大C. t=0.2s到t=0.6s内，小球的重力势能逐渐减小D. t=0到t=0.4s内，回复力的冲量为零【答案】C【解析】【详解】A.小球的振幅等
7、于振子位移的最大值，由图读出，振幅为，由于当振子到达最高点时，弹簧处于原长，所以弹簧的最大伸长量为，故选项A错误；B.由图可知时，弹簧处于原长，弹簧的弹性势能最小，为零，故选项B错误；C.到内，小球的沿斜面向下运动，小球的重力势能逐渐减小，故选项C正确；D.时小球经过平衡位置沿斜面向上运动，时小球经过平衡位置沿斜面向下运动，根据动量定理可知回复力的冲量不为零，故选项D错误；6.如图所示为某一输电示意图，电厂的发电机输出功率为100 kW，输出电压U1=500 V，升压变压器原、副线圈的匝数比为n1:n2=1:20，输电线电阻为40，用户需要的电压U4=220 V，变压器均为理想变压器则A. 输
8、电线上的输送电流为250AB. 输电线上损失的电压为280VC. 输电线上损失电功率为4kWD. 降压变压器的原、副线圈的匝数比为n3:n4=48:11【答案】C【解析】【详解】A.根据理想变压器原副线圈两端的电压与匝数成正比得，所以有：，发电机的输出功率为100kW，所以有，输电线中电流为，故选项A错误； B.输电线上的电压损失，故选项B错误；C.输电导线上损失的电功率为，故选项C正确；D.可得，降压变压器原、副线圈的匝数比是，故选项D错误7.图中T是绕有两组线圈的闭合铁心,线圈的绕向如图所示,D是理想的二极管,金属棒ab可在两条平行的金属导轨上沿导轨滑行,磁场方向垂直纸面向里.若电流计G中
9、有电流通过,则ab棒的运动可能是（ ）A. 向右匀减速运动,B. 向右匀速运动C. 向左匀加速运动D. 向左匀速运动【答案】AC【解析】金属棒匀速运动时，产生的感应电动势：E=BLv恒定不变，感应电流恒定不变，穿过线圈的磁通量不发生变化，左边线圈不产生感应电流，电流计G中没有电流通过，故BD错误；导体棒向右匀减速运动，由右手定则可知，感应电流逐渐减小，感应电流的方向由b到a，由右手螺旋定则可知，在右边线圈中产生从下到上的磁场，则在左侧线框中产生从上到下的磁场且不断减弱，根据楞次定律，通过电流计的电流方向上到下，正好正向通过二极管，故A正确；同理，金属棒向左匀加速运动时与向右匀减速是等效情况，同
10、样可在二极管中产生正向电流，选项C正确；故选AC点睛：解决本题的关键掌握右手定则和楞次定律判定感应电流的方向，注意“向右的匀减速”与“向左的匀加速”产生的感应电流是等效的情况；该题涉及知识点较多，是考查学生综合应用知识的好题8.如图所示的电路中，三个灯泡L1、L2、L3的电阻关系为R1R2R3，电感L的直流电阻可忽略，D为理想二极管，电源内阻不计闭合开关S，电路电流稳定后，再断开开关S，下列说法中正确的是A. 闭合开关S，L1逐渐变亮B. 闭合开关S，L2逐渐变亮C. 断开开关S前后，L3中有电流且方向相同D. 断开开关S后，L2立即熄灭，L1、L3均逐渐变暗【答案】AD【解析】【详解】A由于
11、电感线圈阻碍电流的变化，所以闭合开关S，L1的电流逐渐增大，L1逐渐变亮，A正确B闭合开关S，通过二极管为正向电流，二极管相当于导线，所以L2立即变亮，B错误CD断开开关S后，由于电感线圈阻碍电流的变化，线圈产生与原电流方向相同的电流，且逐渐变小，则通过L3的电流与原方向相反，所以L1、L3均逐渐变暗，因为流经L2的电流反向，二极管加反向电压，二极管相当于断路，所以L2立即熄灭，C错误D正确9.如图所示，在竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中，金属框架ABCD固定在水平面内，AB与CD平行且足够长，BC与CD夹角（90），光滑导体棒EF（垂直于CD）在外力作用下以垂直于自身的速度v向右匀速运动
12、，在滑动过程中导体棒始终保持与导轨良好接触，光滑导体棒EF经过C点瞬间作为计时起点若金属框架与导体棒是由粗细相同的均匀的同种材料组成的导体，下列关于电路中电流大小I与时间t、消耗的电功率P与导体棒水平移动的距离x变化规律的图象中正确的是A. B. C. D. 【答案】BD【解析】【详解】AB. 设导轨间距为L，导体及导轨单位长度的电阻为当导体棒移动距离时，感应电流一定；当导体棒移动距离时，感应电流，当x增大时，I减小，两者是非线性关系故A错误B正确CD. 当导体棒移动距离时，电路中消耗的功率与x成正比；当时，电路中消耗的功率，当x增大时，P减小，两者是非线性关系故C错误D正确第II卷 非选择题
13、（56分）二、实验题（16分）10.如图所示，是利用插针法测定玻璃砖的折射率的实验得到的光路图，玻璃砖的入射面AB和出射面CD并不平行，则：（1）出射光线与入射光线_（填“平行”或“不平行”）；（2）以入射点O为圆心，以R=5 cm长度为半径画圆，与入射光线PO交于M点，与折射光线OQ交于F点，过M、F点分别向法线作垂线，量得MN=1.68 cm，FE=1.12 cm，则该玻璃砖的折射率n=_【答案】 (1). 不平行 (2). 1.5【解析】【详解】（1）因为上下表面不平行，光线在上表面的折射角与在下表面的入射角不等，则出射光线的折射角与入射光线的入射角不等，可知出射光线和入射光线不平行（2
14、）根据折射定律得，11.用单摆测定重力加速度实验装置如图所示（1）组装单摆时，应在下列器材中选用（选填选项前的字母）A.长度为1m左右的细线 B.长度为30cm左右的细线C.直径为1.8cm的塑料球 D.直径为1.8cm的铁球（2）测出悬点O到小球球心的距离（摆长）L及单摆完成n次全振动所用的时间t， 则重力加速度g=_（用L、n、t表示）（3）下表是某同学记录的3组实验数据，并做了部分计算处理请计算出第3组实验中的T=_s，g= _（4）用多组实验数据做出图像，也可以求出重力加速度g， 已知三位同学做出的图线的示意图如图中的a、b、c所示，其中a和b平行，b和c都过原点，图线b对应的g值最接
15、近当地重力加速度的值则相对于图线b， 下列分析正确的是（选填选项前的字母）A.出现图线a的原因可能是误将悬点到小球下端的距离记为摆长LB.出现图线c的原因可能是误将49次全振动记为50次C.图线c对应的g值小于图线b对应的g值（5）某同学在家里测重力加速度他找到细线和铁锁，制成一个单摆，如图所示，由于家里只有一根量程为30cm的刻度尺，于是他在细线上的A点做了一个标记，使得悬点O到A点间的细线长度小于刻度尺量程保持该标记以下的细线长度不变，通过改变O、A间细线长度以改变摆长实验中，当O、A间细线的长度分别为和时，测得相应单摆的周期为、，由此可得重力加速度g=_（用、表示）【答案】 (1). （
16、1）AD (2). （2） (3). （3）2.01；9.76（9.769.77） (4). （4）B （5）或【解析】【详解】在用单摆测定力加速度的实验基本条件是摆线长度远大于小球直径，小球的密度越大越好；故摆线应选取长约1m左右的不可伸缩的细线，摆球应选取体积小而质量大的铁球，以减小实验误差，故选AD次全振动的时间为，则振动周期为，根据单摆周期公式，可推出50次全振动的时间为100.5s，则振动周期为，代入公式求得由可知图像的斜率，b曲线为正确的图象C.斜率越小，对应的重力加速度越大，选项C错误A.在图象中图线与纵轴正半轴相交表示计算摆长偏小，如漏加小球半径，与纵轴负半轴相交表示摆长偏大，
17、选项A错误B.若误将49次全振动记为50次，则周期测量值偏小，值测量值偏大，对应的图像斜率偏小，选项B正确故选B设A到铁锁重心的距离为，则第一次的实际摆长为，第二次的实际摆长为，由周期公式，联立消去，解得三、解答题（40分）12.如图所示，是一个半径为R的半圆柱形透明物体的截面图现有平行于轴线OA的单色光从左侧射入透明物体，已知从距圆心的P点射入透明物体的光，经过透明物体后通过轴线OA上的Q点，Q点距圆心O的距离为求：（1）该透明物体的折射率；（2）能够从透明物体圆形边界射出的光（不考虑多次反射的情况），其入射光的范围【答案】(1) (2) 入射光的范围在距O点小于的距离内【解析】【详解】（1
18、）如图，设光在弧面上的入射点为S，入射角为r，折射角为i，OS与OA夹角为，由几何关系：设S、Q间的距离分别为，由题意可得O、Q间距：在OSQ中，由余弦定理得： 代入数据得： OSQ为等腰三角形设SQ与OA的夹角为，由几何知识可得： =，i= +由折射定律： 代入数据得： （2）设临界角为C，入射光离O的最远距离为d，由折射定律：根据几何关系：代入数据得：即入射光的范围在距O点小于的距离内13.如图所示，光滑的水平面AB 与半径，光滑竖直半圆 轨道BCD在B点相切，D为轨道最高点.用轻质细线连接甲、乙两小球，中间夹一轻质弹簧，弹簧与甲、乙两球不拴接.甲球的质量为，乙球的质量为，甲、乙两球静止现
19、固定甲球，烧断细线，乙球离开弹簧后进入半圆轨道恰好能通过D点.重力加速度取甲、乙两球可看作质点.（1）试求细线烧断前弹簧的弹性势能；（2）若甲球不固定，烧断细线，求从烧断细线开始到乙球脱离弹簧过程中，弹簧对乙球的冲量I.【答案】（1） （2） ，水平向右【解析】【详解】设乙球在D点处的速度为v， 对乙球，在D处：由式并代入数据得：设甲、乙两球脱离弹簧时速度大小分别为、，以的方向为正方向，根据动量守恒定律得： 根据能量守恒定律得：根据动量定理得： 由式并代入数据得冲量大小：， 方向水平向右【点睛】分析清楚运动过程，应用牛顿第二定律、动量守恒定律、能量守恒定律即可正确解题，要求同学们能正确分析物体
20、的受力情况，14.如图所示，匝数N=20、横截面积S=0.04 m2的线圈中有方向竖直向上的匀强磁场B1，B1均匀变化；两相互平行、间距为L=0.2m的金属导轨固定在倾角为30的斜面上；导轨通过开关S与线圈相连一光滑金属杆放置在靠近导轨上端的M、N位置，M、N等高，金属杆质量m=0.02 kg，阻值R1=0.2 ；导轨底端连接一阻值为R2=0.8 的电阻；导轨所在区域有垂直于斜面向上的匀强磁场B2=0.5 T闭合S，金属杆恰能静止于斜面的M、N位置；断开S，金属杆由M、N位置从静止开始向下运动，经过t=0.5 s，下滑通过的距离x=0.6 m金属导轨光滑且足够长，线圈与导轨的电阻忽略不计g取1
21、0 m/s2（1）求B1变化率的大小，并确定B1的变化趋势；（2）金属杆下滑x=0.6 m的过程中，金属杆上产生的焦耳热【答案】（1）0.25T/s ，B1的变化趋势是增大 （2）2.3210-3J【解析】【详解】（1）闭合S，设线圈中的感应电动势为E1，电流为I1，金属杆受到的安培力为F，则感应电流：安培力：，根据平衡条件有： 解得： ，B1的变化趋势是增大（2）断开S，金属杆下滑x=0.6 m的过程中，设其中的平均电动势为，平均电流为，末速度为v，电阻R2和金属杆上产生的焦耳热为Q，金属杆上产生的焦耳热为Q1，则根据动量定理有： 平均感应电流： 平均感应电动势： 解得v= 2.2 m/s根据能量守恒： 解得：J解得：J