1、四川省资阳市2018-2019学年高二物理下学期期末考试试题（含解析）一、选择题1.下列说法中正确的是A. 声源向静止的观察者运动，观察者接收到的频率小于声源的频率B. 电磁波谱波长由长到短顺序是无线电波、紫外线、可见光、红外线、X射线、射线C. 机械波只能在介质中传播，波源周围如果没有介质，就不能形成机械波D. 宇宙飞船以接近光速的速度经过地球时，地球上的人观察到飞船上的时钟变快【答案】C【解析】【详解】A. 声源向静止的观察者运动时，产生多普勒效应，则观察者接收到的频率大于声源的频率。A错误。B. 在电磁波谱中按照波长由长到短排列的顺序是：无线电波，微波，红外线，可见光，紫外线，X射线，射
2、线，B错误。C. 机械波只能介质中传播，波源周围如果没有介质，就不能形成机械波，C正确。D. 宇航员驾驶宇宙飞船以接近光速经过地球时，根据时间的相对性，知时间间隔变长，地球上的人观察到飞船上的时钟变慢，D错误。2.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
3、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。3.一细光束由a、b两种单色光混合而成，当它由真空射入水中时，经水面折射后的光路如图所示，则以下看法正确的是A. b光的光子能量较大B. a光在水中传播速度比b光小C. 该两种单色光由水中射向空气时a光发生全反射的临界角较大D. 用a光和b光在同一装置上做双缝干涉实验，a光的条纹间距大于b光的条纹间距【答案】B【解析】【详解】A. a光的偏折程度大，则水对a光的折射率比b光的大，a光的频率高，光子能量 ，所以a光的光子能量大，A错误。B. 根据 可知，折射率大的a光，在水中传播速度小，B正确。C. a光的折射率较大，根据
4、知a光发生全反射的临界角较小，C错误。D. a光的折射率较大，频率高，波长较短，而双缝干涉条纹间距与波长成正比，则a光的条纹间距小于b光的条纹间距，D错误。4.如图为氢原子的能级示意图，锌的逸出功是3.34eV，那么对氢原子在能级跃迁过程中发射或吸收光子的规律认识错误的是（ ）A. 用能量为14.0eV的光子照射，可使处于基态的氢原子电离B. 一群处于n=4能级的氢原子向低能级跃迁所辐射的光中，有3种不同频率的光能使锌发生光电效应C. 一群处于n=3能级的氢原子向基态跃迁时，发出的光照射锌板，锌板表面所发出的光电子的最大初动能为8.75eVD. 用能量为10.21eV 的光子照射，可使处于基态
5、的氢原子跃迁到激发态【答案】D【解析】用能量为14.0eV的光子照射，氢原子可以从基态跃迁到无穷远，多余的能量转化为电离后的动能，故A正确一群处于n=4能级的氢原子向基态跃迁时，辐射光子种类数目为6种，其中有3种大于3.34ev，故B正确；氢原子跃迁辐射光子能力使锌板发生光电效应，一部分克服逸出功，多余部分以动能形式随光电子逸出一群处于n=3能级的氢原子向基态跃迁时辐射光子最大能量为12.09ev，克服逸出功后剩余的动能即为最大为8.75ev，故C正确；当氢原子吸收的光子能量刚好等于能级差时，氢原子会跃迁到对应的高能级上去由于没有任何一个高能级与基态的能级差等于10.21ev，而且又不足以跃迁
6、到无穷远发生电离，所以用能量为10.21ev的光子照射，不能使处于基态的氢原子跃迁，故D错误；此题选项错误的选项，故选D.点睛：解决本题的关键知道什么是电离，以及能级的跃迁满hEm-En，注意吸收光子是向高能级跃迁，释放光子是向低能级跃迁，同时掌握吸收或释放能量要正好等于能级之差5.现用某一光电管进行光电效应实验，当用某一频率的光照射时，有光电流产生。关于光电效应及波粒二象性，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，光电流变大B. 光的波长越长，其粒子性越显著；频率越高，其波动性越显著C. 入射光的频率变高，光强不变，光电子的最大初动能不变D. 保持入射光的光强不变，不断
7、减小入射光的频率，始终有光电流产生【答案】A【解析】【详解】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，因为饱和光电流与入射光的强度成正比，A正确。B. 光的波长越长，越容易发生干涉、衍射等现象，其波动性越显著，频率越高，能量越高，其粒子性越显著；B错误。C. 根据光电效应的规律，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，C错误。D. 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，D错误。6.如图所示，闭合导线框的质量可以忽略不计，将它从如图所示的位置匀速拉出匀强磁场。若第一次用时间t拉出，外力所做的功为W1
8、，外力的功率为P1，通过导线截面的电荷量为q1；第二次用时间3t拉出，外力所做的功为W2，外力的功率为P2，通过导线截面的电荷量为q2，则A. W1=W2，P1= P2，q1q2B. W1=3W2，P1=3P2，q1q2C. W1=3W2，P1= 9P2，q1q2D. W1=W2，P1= 9P2，q1=3q2【答案】C【解析】【详解】A. 线框拉出磁场时穿过线框的磁通量的变化量相等，根据感应电荷量公式 可知，通过导线截面的电量相等，即有：q1：q2=1：1，A错误。BCD. 设线框的长为L1，宽为L2，速度为v线框所受的安培力大小为： 又 ，所以 ，线框匀速运动时，外力与安培力平衡，则外力的大
9、小为： ，外力做功为： 可见，外力做功与所用时间成反比，由题知， ，且 ，代入数据得外力功率之比等于9：1，所以C正确BD错误。7.如图所示的输电线路中，升压变压器T1和降压变压器T2均为理想变压器，电压表V1、V2分别接在T1和T2副线圈两端。已知T2原、副线圈匝数比为k，输电线的总电阻为r，T1原线圈接在电压有效值恒定的交流电源上，电压表和电流表均为理想电表。由于用户的负载变化，电流表A2的示数增加I，则A. 电流表A1的示数增大B. 电压表V2的示数减小C. 电压表V1的示数增大D. 输电线上损失的功率增加【答案】AB【解析】【详解】A. T2原、副线圈匝数比为k，所以 ，所以电流表A1
10、的示数增大，A正确。B. 因为电流表A1的示数增大，所以输电线上损失电压增加，变压器T2原线圈电压减小 ，根据变压器原理 得电压表V2的示数减小，B正确。C. 因为T1原线圈接在电压有效值恒定的交流电源上，所以电压表V1的示数不变，C错误。D. 因为输电线上电流增大，根据功率方程可知，输电线损失功率增加量一定不是，D错误。8.如图所示，甲图是一列沿x轴正方向传播的简谐机械横波在t=2s时的波动图象，乙图是该波传播方向上介质中某质点从t=0时刻起的振动图象，a、b是介质中平衡位置为x1=3m和x2=5m的两个质点，下列说法正确的是A. 该波的波速是2m/sB. t=2s时a、b两质点的速度相同C
11、. 在04s内，a质点运动的路程为25cmD. 若该波在传播过程中遇到频率为0.25Hz另一波时，可能发生稳定的干涉现象【答案】AD【解析】【详解】A. 根据波形图知波长 =8m，由振动图象知周期T=4s，波速 ，A正确。B. 在t=2s时刻，a质点沿y轴正方向振动，b质点沿y轴负方向振动，a、b两质点速度大小相等，方向相反，B错误；C. 在04s内，一个周期的时间质点通过的路程为4A=45cm=20cm，C错误；D. 发生干涉的必要条件：两列波的频率相同，该波频率为 ，所以遇到另一列频率为0.25Hz的波时，可能发生稳定的干涉现象，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
12、，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，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
13、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。10.如图所示，两根光滑平行金属导轨固定在倾角为30的斜面上，导轨间距为L，导轨下端连接一个阻值为R的定值电阻，空间中有一磁感应强度大小为B、方向垂直导轨所在斜面上的匀强磁场。在斜面上平行斜面固定一个轻弹簧，弹簧劲度系数为k，弹簧上端与质量为m、电阻为r、长为L的导体杆相连，杆与导轨垂直且接触良好。导体杆中点系一轻细线，细线平行斜面，绕过一个光滑定滑轮后悬挂一个质量也为m的物块。初始时用手托着物块，导体杆保持静止，细线伸直，但无拉力。释放物块后，下
14、列说法正确的是A. 释放物块瞬间导体杆的加速度为gB. 导体杆最终将保持静止，在此过程中电阻R上产生的焦耳热为C. 导体杆最终将保持静止，在此过程中细线对导体杆做功为D. 导体杆最终将保持静止，在此过程中流过电阻R的电荷量为【答案】BD【解析】【分析】对整体分析，根据牛顿第二定律求出瞬时的加速度大小；根据平衡得出弹簧开始的压缩量和最终伸长量相等，弹性势能不变，结合能量守恒求出整个回路产生的热量，从而得出电阻R上产生的热量。对导体棒运用动能定理，求出细线对导体棒做功的大小。根据电量的经验表达式，结合磁通量的变化量求出通过电阻R的电荷量。【详解】初始时，弹簧被压缩，弹力大小kx1=mgsin，即k
15、x1=mgsin30=0.5mg，释放物块瞬间，安培力为零，对杆和物块分析有：mg+kx1-mgsin=2ma 解得a=0.5g，故A错误。由于电磁感应消耗能量，杆最终速度为零，安培力为零，细线拉力T=mg，弹簧处于伸长状态；对导体杆有：弹力kx2+mgsin=T，得kx2=0.5mg，解得x1x2，弹簧弹性势能不变，对物块、导体杆、弹簧整个系统，由能量守恒得mg（x1+x2）=mg（x1+x2）sin+Q ，解得：，则电阻R上产生焦耳热，故B正确。从运动到最终停止，弹簧弹力对导体棒做功为零，对导体棒运用动能定理得，WF-WA-mg（x1+x2）sin=0，解得细线对导体杆拉力做功WFWA+m
16、g(x1+x2)，故C正确。流过电阻R上的电荷量为，故D正确。故选BCD。【点睛】本题是导体棒在导轨上滑动的类型，分析杆的运动状态，确定其受力情况是关键，特别是弹簧长度的变化是难点。对于热量，往往根据能量守恒求解。二、探究与实验题11.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=_。【
17、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)根据折射定律得，【点睛】根据光的折射定律和几何关系判断出射光线和入射光线之间关系根据折射定律求出玻璃砖的折射率12.在“利用单摆测重力加速度”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LB. 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
18、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
19、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：60.1mm=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、计算题13.如图所示，折射率的透明介质的横截面由等腰直角三角形AOC和圆心为O、半径为R的四分之一圆弧BC组成。一
20、束单色光从M点以=45入射角由真空射入透明介质中，已知M点与AB之间距离为，光在真空中的传播速度为c。求：（1）这种透明介质对于真空的临界角C；（2）通过计算，画出光在透明介质中传播的光路图；（3）单色光在透明介质中的传播时间t（有光折射时，不考虑反射）。【答案】（1）45（2）（3）【解析】（1）设全反射临界角C，解得（2）由折射定律，由几何关系知，因，光在AC介面发生全反射，垂直AB射出介质，光路如图所示（3）光在介质中的传播速度由几何关系知，光在介质中传播的距离故，光在介质中的传播时间14.如图所示，一边长为l的正方形线圈abcd绕对称轴OO在匀强磁场中转动，转速为n=120转/分，若已
21、知边长l=20 cm，匝数N=20，磁感应强度B=0.2 T，线圈电阻为r=2，引出线的两端分别与相互绝缘的两个半圆形铜环M和N相连。M和N又通过固定的电刷P和Q与电阻R=8相连。在线圈转动过程中，求： （1）从图示位置开始计时的电动势瞬时值表达式；（2）从图所示位置转过90过程中的平均电流；（3）电阻R的热功率。【答案】（1） （2） （3）0.16W【解析】【详解】（1）=2n=4rad/s；T=0.5s；由Em=NBS=200.20.044=0.64=2V；从图示位置开始计时的电动势瞬时值表达式 （2）从图中所示位置开始转过90过程中，用时；根据法拉第电磁感应定律得；平均电流 （3）电动
22、势有效值 ；电流有效值：电阻R的热功率：【点睛】本题考查交变电流的计算，要注意明确求电量要用交流电的平均值，求热量时用交流电的有效值15.如图,足够长的平行金属导轨弯折成图示的形状,分为、三个区域。区域导轨与水平面的夹角=37,存在与导轨平面垂直的匀强磁场,区域导轨水平,长度x=0.8m,无磁场;区域导轨与水平面夹角=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I从距水平导轨高度为h2=1.6m处由静止释放,进入水乎导轨与金属杆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
23、量均为m=0.1kg,电阻均为R=0.1,与导轨各部分的滑动摩擦因数均为=0.5,导轨间距l=0.2m,、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（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】（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：根据法拉弟电磁感应定律得：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
24、属杆a沿导轨匀速下滑的位移为金属杆a匀速下滑到底端的时间为金属杆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由动能定理得：随后a、b杆沿I区域导轨匀加速下滑，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
