1、四川省遂宁市射洪中学2019-2020学年高二物理下学期期中试题（含解析）第I卷 选择题（共42分）一选择题(1-10单选，每小题3分，错选、多选不得分;11-14多选，每题3分，漏选得2分，错选、多选不得分，共42分)1.下列说法正确的是（）A. 单摆做简谐运动的回复力由重力提供B. 波从一种介质进入另一种介质传播方向一定发生改变C. 阻尼振动的频率随振幅的减小而减小D. 适用于一切波的计算【答案】D【解析】【详解】A单摆的回复力是重力沿圆弧切线方向的分力提供的，故A错误； B波从一种介质进入另一种介质传播方向不一定发生改变 ，如光波垂直于界面入射，故B错误；C阻尼振动的振幅的越来越小，但频
2、率恒定不变，故C错误；D适用于一切波的计算，故D正确。故选D。2.下列说法正确的是（）A. 在LC振荡电路中通过减小电容器两极板间的距离可以减小其振荡频率B 紫外线具有杀菌、消毒作用C. 在变化的电场周围一定产生变化的磁场，从而产生电磁波D. 在介质分界面上，只要入射光的入射角足够大，就能发生全反射【答案】AB【解析】【详解】A减小电容器两极板间的距离，电容器的电容变大，由公式其振荡频率减小，故A正确；B紫外线具有杀菌、消毒作用,故B正确；C在均匀变化的电场周围一定产生稳定的磁场，故C错误；D光从光疏介质射入光密介质，不管以大有入射角，都不会发生全反射，故D错误。故选AB。3.如图所示为演示交
3、变电流产生的装置图，关于这个实验，正确的说法是（）A. 线圈经过图示位置时，电流方向发生改变B. 图示位置为中性面，线圈中无感应电流C. 图示位置边的感应电流方向为D. 线圈平面与磁场方向平行时，磁通量变化率为零【答案】C【解析】【详解】ABD图示位置线圈与磁场方向平行，磁通量变化率最大，线圈中的感应电流最大，线圈经过中性面时时，电流方向才发生改变，线圈经过图示位置时，电流方向不变，故ABD错误；C线圈处于图示位置时，ab边向右运动，由右手定则知，ab边的感应电流方向是ab，故C正确。故选C。4.一束由红光和紫光组成的复色光斜射到水平放置的平行矩形玻璃砖的上表面上的点，如图所示，入射光线与法线
4、的夹角为i。下列说法中正确的是（）A. 红光从玻璃砖下表面射出时偏折程度比紫光大B. 红光在玻璃砖中传播速度比紫光小C. 红光从玻璃砖下表面射出时，相对入射光线侧移距离比紫光小D. 增大入射角，红光先从玻璃砖下表面上消失【答案】C【解析】【详解】A因为紫光的折射率大于红光的折射率，所以通过三棱镜后紫光的偏折角大，故A错误；B紫光的折射率大于红光的折射率，根据光在介质中的速度公式可知，红光在玻璃砖中传播速度比紫光大，故B错误；C以相同入射角斜射到同一平行玻璃砖，因为紫光的折射率大，则紫光偏折更厉害，如图：则紫光的侧移大，故C正确；D增大入射角i，根据光的可逆性可知，红光不会从玻璃砖下表面上消失，
5、故D错误。故选C。5.如图所示，在电路两端加上正弦交变电流，保持电压有效值不变，使频率增大，发现各灯的亮暗情况是灯1变亮，灯2变暗，灯3不变，则M、N、L中所接元件可能是()A. M为电阻，N为电容器，L为电感线圈B. M为电感线圈，N为电容器，L为电阻C. M为电容器，N为电感线圈，L为电阻D. M为电阻，N为电感线圈，L为电容器【答案】C【解析】【详解】交流电频率减小，灯1变亮，阻抗变小，说明M是电感线圈；灯2变暗，阻抗变大，说明N为电容器灯3亮度不变，说明L为电阻，故C正确，ABD错误故选C。6.电压互感器和电流互感器是利用变压器原理对高压电路或是高电流电路进行测量的工具，钳形电流表就是
6、电流互感器的一种（如图），它可以在不改变被测电路结构的情况下直接测出电路电流，它的测量过程如图所示，此时正在测量一台正常工作电动机的电缆线的电流，其内部变压器可以视为理想变压器，内部结构如图右侧所示（电流表表盘上刻度值已经转换成被测电流值）。图中电流表的读数为0.9A。图中用同一电动机电缆线绕了3匝，则（）A. 这种电流表也能测交流电压B. 这种电流表能测交流电流，图的读数为0.3AC. 这种电流表能测交流电流，图的读数为2.7AD. 这种电流表能测交流电流，图的中电流表指针周期性摆动【答案】C【解析】【详解】AD原线圈只接在一根电缆线上，钳形电流表只能测交流电流，不能测交流电压，而且测量的是
7、交变电流的有效值，故AD错误；BC根据理想变压器原理可知：当n1=1，I2=0.9A，有当n1=3时，有解得所以图乙中电流表的读数为2.7A，故C正确，B错误。故选C。7.图示电路中，变压器为理想变压器，、接在电压有效值不变的交流电源两端，为定值电阻，为滑动变阻器，现将变阻器的滑片从一个位置滑动到另一位置，观察到电流表的示数增大了，电流表的示数增大了，则下列说法正确的是（）A. 电压表示数增大B. 电压表，示数均增大C. 该变压器起升压作用D. 变阻器滑片是沿的方向滑动【答案】D【解析】【详解】AB根据理想变压器原理可知，副线圈的电压只与原线圈的电压及变压器的匝数比关，所以电压表电压表 V2示
8、数不变，故AB错误；C根据理想变压器原理可得应是降压变压器，故C错误D电流表A2示数增大，说明滑动变阻器接入电路的阻值减小，故应从c向d滑动，故D正确。故选D。8.如图所示，两长方体木块和叠放在光滑水平面上，质量分别为和，与之间的最大静摩擦力为，与劲度系数为的水平轻质弹簧连接构成弹簧振子。和在振动过程中始终不发生相对滑动，则（）A. 受到的摩擦力与离开平衡位置位移总满足B. 它们的最大加速度不能大于C. 它们的振幅不可能大于D. 振动过程中，AB间的摩擦力对A做正功，对B做负功【答案】A【解析】【详解】A对整体为对象，根据牛顿第二定律有以物体A为对象，根据牛顿第二定律有解得故A正确；BC当A和
9、B在振动过程中恰好不发生相对滑动时，AB间静摩擦力达到最大此时AB到达最大位移处。根据牛顿第二定律得，以A为研究对象，最大加速度以整体为研究对象联立两式得，最大振幅故BC错误；D远离平衡运动过程，A的速度减小，动能减小，此时AB间的摩擦力对A做负功，对B做正功，故D错误。故选A。9.物体做受迫振动，驱动力的频率小于物体的固有频率，则当驱动力的频率逐渐增大的过程中，物体的振幅将（ ）A. 增大B. 减小C. 先增大后减小D. 先减小后增大【答案】C【解析】【详解】物体做受迫振动，物体的受迫振动频率等于驱动力频率，随着驱动力的频率逐渐增大，当驱动力频率等于物体固有频率，就会发生振幅突然加大的共振现
10、象，当超过固有频率后，振幅又会减小。所以答案为C10.如图所示，和是两个相干波源，其振幅均为，周期均为。实线与虚线分别表示两列波的波峰和波谷。此刻，是波谷与波谷的相遇点，下列说法中正确的是（）A. b质点始终处于离平衡位置处B. 从该时刻起，经过，处的质点将通过平衡位置C. d质点的振幅大小介于b、c之间D. 若S2不动，S1沿S1b连线向b运动，则a处质点仍然始终处于平衡位置【答案】B【解析】【详解】Ab质点处是波峰与波峰叠加，为振动加强点，振幅为2A，但质点并不始终处于离平衡位置2A处，故A错误；Bc质点处是波谷与波谷相遇，从该时刻起，经过，c处为平衡位置与平衡位置相遇，质点将通过平衡位置
11、，故B正确；Cd质点处于振动加强的地方，它的振幅大小与于b、c相同，故C错误；D当S2不动，S1沿S1b连线向b运动，a处质点可能不再是振动减弱的点，就会在平衡位置附近振动，此时a处质点不始终处于平衡位置，故D错误。故选B。11.如图所示，理想变压器的原副线圈上接入了四只完全相同的小灯泡，灯泡的阻值相同且恒定不变为2 原线圈一侧接电压为12 V的正弦交流电源，所有灯泡都处于正常发光状态则A. 原副线圈匝数比为21B. 原副线圈匝数比为12C. 变压器输入电功率为9 WD. 变压器输入电功率为18 W【答案】AC【解析】【详解】AB设灯泡正常发光电流I，原线圈电流为I，副线圈电流为2I，根据变压
12、器原理，匝数比与电流成反比，所以匝数比为2：1，A正确B错误CD设灯泡正常发光电压为U，有 ，解得： ，所以副线圈电流 ，所以变压器输入功率为 ，C正确D错误12.图甲为一列简谐波在时刻的波形图，是平衡位置为处的质点，是平衡位置为处的质点，图乙为质点的振动图象，则（）A. 在时，质点的速度方向为轴正方向B. 质点在t=0.075s时位移为cmC. 从到，该波沿轴正方向传播了D. 从到，质点通过的路程为【答案】AB【解析】【详解】A由振动图象知，t=0.10s时，Q处于平衡位置向下振动，根据上下坡法知，波沿x轴负方向传播，当t=0.25s时，即在t=0.10s开始经过，质点P在平衡位置以下向上振
13、动，即速度方向沿y轴正方向，故A正确；B根据乙图可知，质点Q简谐运动的表达式为y=10sin10t（cm）质点在t=0.075s时位移为cm，故B正确；C根据图象可以看出波波沿x轴负方向传播，故C错误D由于P点不是在波峰或波谷，或平衡位置，经过0.15s，即经过，质点经历的路程不等于3A，即30cm，故D错误。故选AB。13.一列简谐横波沿x轴传播，在x=0和x=0.6m处两个质点A、B的振动图象如图所示。下列说法正确的是（）A. t=0.15s时A、B的加速度相同B. 该波的波速可能为1.2m/sC. 若该波向x轴负方向传播，波长可能为2.4mD. 若该波的波长大于0.6m，则其波速一定为2
14、m/s【答案】BC【解析】【详解】波若沿x轴正方向传播，则有(n=1，2，3，)解得波长为(n=1，2，3，)解得波速为(n=1，2，3，)波若沿x轴负方向传播，则有(n=1，2，3，)解得波长为(n=1，2，3，)解得波速为(n=1，2，3，)A由图可知，t=0.15s时A、B的位移方向相反，所以加速度也相反，故A错误；B若沿x轴正方向传播，波速v=1.2m/s(n=1，2，3，)解得不合题意；若沿x轴负方向传播，波速v=12m/s(n=1，2，3，)解得n=1符合题意，所以该波的波速可能为1.2m/s，故B正确；C若沿x轴负方向传播，波速=2.4m (n=1，2，3，)解得n=0符合题意，
15、所以若该波向x轴负方向传播，波长可能为2.4m，故C正确；D若该波的波长大于0.6m，波若沿x轴正方向传播，则有(n=1，2，3，)解得n=0波速为=2m/s波若沿x轴负方向传播，则有(n=1，2，3，)解得n=0波速为=6m/s故D错误。故选BC。14.如图所示区域内存在匀强磁场，磁场的边界由x轴和xm曲线围成(0x2m)曲线围成，现把一边长为2m的正方形单匝线框以水平速度v=10m/s水平匀速地穿过该磁场区，磁场区的磁感应强度为0.4T，线框电阻R=0.5，不计一切摩擦阻力，则（）A. 水平拉力F的最大值为12.8NB. 拉力F的最大功率为12.8WC. 拉力F要做25.6J的功才能让线框
16、通过此磁场区D. 拉力F要做12.8J的功才能让线框通过此磁场区【答案】AC【解析】【详解】线框切割磁感线产生的感应电动势线框匀速运动，水平拉力F等于安培力A水平拉力F的最大值为故A正确；B拉力F的最大功率为故B错误；CD拉力让线框通过此磁场区，运动时间线框切割磁感线产生的感应电动势的周期也就是拉力让线框通过此磁场区，运动时间刚好是一个周期因为线框匀速运动，拉力F才能让线框通过此磁场区要做功产生的焦耳热故C正确，D错误。故选AC。第II卷 非选择题（共58分）二、实验题（每空2分，共18分）15.“测定玻璃的折射率”部分实验步骤如下：先在白纸上画一条直线EE，代表两种介质的分界面；再画出一直线
17、段AB作为入射光线，然后画出分界面上B处的法线NN，如图所示。把长方形的玻璃砖放在白纸上，使它的一个长边与EE对齐，用直尺或三角板轻靠在玻璃砖的另一长边，按住直尺或三角板不动。将玻璃砖取下，画出直线FF代表玻璃砖的另一边。在直线AB上竖直插上两枚大头针G1、G2，放回玻璃砖，然后透过玻璃砖观察大头针G1、G2的像，调整视线方向，直到G1的像被G2挡住。在观察的这一侧竖直地插上两枚大头针G3和G4，用G3挡住G1、G2的像，用G4挡住G3以及G1、G2的像。移去大头针和玻璃砖，过G3、G4的插点画直线CD，与FF相交于C点，直线CD就表示沿直线AB入射的光线透过玻璃砖后的光线，连接BC，BC就是
18、玻璃砖内的折射光线的路径。用量角器量出入射角i和折射角r（1）以下各说法中正确的是（ ）A. G1、G2及G3、G4之间的距离适当大些，可以提高准确度B. G1、G2及G3、G4之间的距离取得小些，可以提高准确度C. 入射角i适当大些，可以提高准确度D. G1、G2的间距和入射角的大小均与实验的准确度无关（2）该玻璃的折射率n=_（用i、r表示）（3）若作出的EE与FF的间距比玻璃两表面的实际间距大，则测量结果将_（填“偏大”或“偏小”或“无影响”）【答案】 (1). AC (2). (3). 偏小【解析】【详解】（1）1 AB借助针的位置来确定实验中的入射光线和折射光线，针间的距离太小，容易
19、出现偏差，故A正确，B错误；C入射角适当大些，相应的折射角也增大，折射现象较明显，可提高准确度，故C正确；D针间的距离、入射角的大小对实验准确度有影响，故D错误。故选AC。（2）2由光的折射定律得（3）3 若作出的EE与FF的间距比玻璃两表面的实际间距大，如图所示，入射角测量没有误差，而折射角偏大，则根据折射定律得知，测出的折射率n将偏小16.某同学在做“利用单摆测重力加速度”的实验。（1）如图甲，摆球的直径d =_cm；让刻度尺的零点对准摆线的悬点，摆线竖直下垂，如图乙所示，那么单摆摆长l =_cm；测定了n次全振动的时间t如图丙所示，那么秒表的读数是_s。测得重力加速度表达式为g =_（相
20、关数据用l、t、n表示）（2）若用拉力传感器测得摆线的拉力F随时间t变化的图象如图丁所示，则此单摆的周期为_。（3）测出不同摆长对应的周期T，用多组实验数据作出T2 L图象，也可以求出重力加速度g。已知三位同学做出的T2 L图线如下图中的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上端的距离记为摆长LB出现图线c的原因可能是误将51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【答案】 (1). 1.52 (2). 87.60 (3). 99.8
21、 (4). (5). 4t0 (6). A【解析】【详解】（1）1摆球的直径d = 15 mm + 2 0.1 mm = 15.2 mm = 1.52 cm2让刻度尺的零点对准摆线的悬点，摆线竖直下垂，如图乙所示，那么单摆摆长3秒表的分钟指针不到2分钟，超过1.5分钟，所以秒表的秒针读数为t = 60 s + 39.8 s = 99.8 s4由单摆的周期公式，解得（2）5单摆每隔半个周期，拉力F会达到最大，所以T = 4t0（3）6A由题图可知，对图线a，当L为零时T2不为零，所测摆长偏小，可能是把摆线长度作为摆长，即把悬点到摆球上端的距离作为摆长，故A正确；B根据单摆的周期公式可得根据数学知
22、识可知，T2 L图像的斜率若实验中误将51次全振动记为50次，则周期的测量值偏大，导致重力加速度的测量值偏小，图线的斜率k偏大，故B错误；C图线c对应的斜率小于图线b对应的斜率，图线a与图线b的斜率相等，由可知，图线c对应的g值大于图线b对应的g值，故C错误。故选A。三、解答题（共40分）17.某村在距村庄较远的地方修建了一座小型水电站，发电机输出功率为9kW，输出电压为，输电线的总电阻为，其余导线电阻忽略不计。已知升压变压器的原、副线圈匝数比为1:3，村庄用户对电压的需求为220V，变压器均为理想变压器。求：（1）输电过程损失的电压；（2）降压变压器的原、副线圈的匝数比及此输电网的输电效率。
23、【答案】（1）；（2）；96%【解析】【详解】（1）升压变压器的输入电流升压变压器的输出电流输电过程损失的电压（2）升压变压器的输出电压降压变压器的输入电压降压变压器的原、副线圈的匝数比输电线路损耗功率此输电网的输电效率18.一半径为R的球体放置在水平面上，球体由折射率为n的透明材料制成。现有一束位于过球心O的竖直平面内的光线，平行于桌面射到球体表面上，折射入球体后再从竖直表面射出,出射角，如图所示。已知入射光线与桌面的距离为。（1）作出光路图，并求该材料的折射率；（2）从进入该材料开始计时至第一次到达竖直表面的传播时间t。【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）设入射光线与球体的交点为C
24、，连接OC，OC即为入射点的法线因此，图中的角为入射角过C点作球体水平表面的垂线，垂足为B，如图所示依题意有又由OBC知解得=60出射角，因为，根据光的可逆性可知由几何关系可知解得由折射定律得（2）由几何知识知ACO为等腰三角形，由几何关系可得解得设光穿越球体的时间为19.一列简谐波沿轴正方向传播，时刻波形图如图中的实线所示，此时波刚好传到点，时刻的波形图如图虚线所示，是介质中的质点。（1）求这列波的波速可能值；（2）若质点振动的周期T0.6s，从波传到P质点开始计时，到P质点第3次到达波峰的过程中，求c质点在该段时间内通过的路程；（3）若质点振动的周期T0.6s，从波传到P质点开始计时，请写
25、出c质点的振动方程。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）由图可知，波的波长为，由题意有故周期为则波速为（2）若质点振动的周期，根据（1）中周期可知，只能，即该波的周期只能为波速只能为由题可知，时刻质点P向y轴正方向振动，则P质点第3次到达波峰所用的时间为波由P传播到c所用的时间为则质点c振动的时间为则c质点在该段时间内通过的路程为（3）由图像可知则从波传到P质点开始计时，质点c的振动方程为20.如图甲所示，长、宽分别为L1=0.1m、L2=0.2m的矩形金属线框位于竖直平面内，其匝数为n=100，总电阻为，可绕其竖直中心轴转动。线框的两个末端分别与两个彼此绝缘的铜环、（集流环）
26、焊接在一起，并通过电刷和定值电阻R及灯泡相连，灯泡正常发光时的阻值与R的阻值均为10。线框所在空间有水平向右均匀分布的磁场，磁感应强度的大小随时间的变化关系如图乙所示，其中B0=T、B1=T、，在时间内，线框保持静止，且线框平面和磁场垂直，时刻后线框在外力的驱动下开始绕其竖直中心轴匀速转动。整个过程灯泡正常发光。求：（1）线圈匀速转动时的角速度；（2）从图示位置开始计时，线圈转过（T为线圈转动的周期）的过程中，通过R的电荷量；（3）若在线圈匀速转动t秒的过程中，外力对线圈做功为12J，求t秒内R上产生的焦耳热。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）在内，线圈产生感生电动势 后线圈的动生电动势峰值有效值为灯泡始终正常工作，说明全程电动势的有效值相等联立解得（2）从图示位置开始计时，线圈转过（T为线圈转动的周期）的过程中平均电动势磁通量变化量为 平均电流电荷量联立解得 通过R的电荷量为（3）由题可知外力做功最终全部转化为焦耳热则线圈产生的热量