1、四川省内江市2018-2019学年高二物理下学期期末考试试题（含解析）二、选择题(本题包括8小题，每小题6分，共48分在每小题给出的四个选项中，第1418题只有一个选项符合题目要求；第1921小题有多个选项符合题目要求全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)1.下列说法正确的是A. 做简谐运动的单摆，其振动能量与振幅和摆球质量无关B. 泊松亮斑是光的干涉现象，全息照相利用了激光的衍射原理C. 质量、长度、时间的测量结果都是随物体与观察者的相对运动状态而改变的D. 高级照相机镜头在阳光下呈现淡紫色是光的偏振现象【答案】C【解析】【详解】A、做简谐运动的单摆机械能守恒，其数值等于最大
2、位移处摆球的重力势能或平衡位置处摆球的动能摆球质量越大、振幅越大，其振动能量越大，所以做简谐运动的单摆，其振动能量与振幅和摆球质量有关，故A错误；B、 泊松亮斑是光的衍射现象产生的，全息照相的拍摄利用了光的干涉原理，故B错误；C、 在狭义相对论中，质量、长度、时间的测量结果都是随物体与观察者的相对运动状态而改变的，即都是相对的，故C正确；D、 高级照相机镜头在阳光下呈现淡紫色是光的干涉现象，故D错误。2.下列关于电磁波的说法中正确的是A. 频率越高，振荡电路向外发射电磁波的本领越大B. 均匀变化磁场产生均匀变化的电场向外传播就形成了电磁波C. 在无线电波的传播中，微波适宜采用地波传播D. 红外
3、线具有显著的热效应，其波长比紫外线的波长短【答案】A【解析】【详解】A、电磁波的能量与频率有关；振荡电路的频率越大，发射电磁波的本领越大，故A正确；B、均匀变化的电场产生稳定的磁场，稳定的磁场不能再产生电场，故不能激发电磁波故B错误；C、微波由于波长过短,绕过障碍物的本领就很差了，不能以地波的形式传播，微波的传播方式是沿直线传播，故C错误；D、 红外线具有显著的热效应，其波长比紫外线的波长长，故D错误。3.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
4、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。4.如图所示，是温度自动报警器的工作原理图图中1是电磁铁、2是衔铁、3是触点、4是水银温度计(水银导电)则下列说法正
5、确的是A. 温度高于警戒温度时，电铃不报警、指示灯亮B. 温度低于警戒温度时，电铃报警、指示灯熄灭C. 温度高于警戒温度时，指示灯亮、电铃报警D. 温度低于警戒温度时，指示灯亮、电铃不响【答案】D【解析】【详解】AC、温度低于警戒温度时，水银柱下降，控制电路处于开路状态，电磁铁没有电流通过，电磁铁没有磁性，此时指示灯通过常闭触点与工作电路接通，通路状态指示灯亮，电路不报警故A错误，C错误；BD、温度高于警戒温度时，水银柱上升，控制电路处于接通状态，电磁铁中有电流通过，电磁铁有磁性，此时电铃通过常闭触点与工作电路接通，电路报警，此时通路状态指示灯的电路中没有电流，灯不亮故B错误，D正确5.在如图
6、所示的含有理想变压器的电路中，变压器原副线圈匝数比为20：1，图中电表均为理想交流电表，R为光敏电阻（其阻值随光强增大而减小），L1和L2是两个完全相同的灯泡，原线圈接入如图乙所示的正弦交流电压u，下列说法正确的是( )A. 交流电的频率为100HzB. 电压表的示数为20VC. 当照射R的光强增大时，电流表的示数变大D. 若L1的灯丝烧断后，电压表的示数会变大【答案】C【解析】A原线圈接入如图乙所示的交流电，由图可知：T=0.02s，所以频率为f=1/T=50Hz，故A错误；B原线圈接入电压的最大值是V，所以原线圈接入电压的有效值是U=220V，理想变压器原、副线圈匝数比为20:1，所以副线
7、圈电压是11V，所以V的示数为11V，故B错误；CR阻值随光强增大而减小，根据I=U/R知，副线圈电流增加，副线圈输出功率增加，根据能量守恒定律，所以原线圈输入功率也增加，原线圈电流增加，所以A的示数变大，故C正确；D、当L1的灯丝烧断后，变压器的输入电压不变，根据变压比公式，输出电压也不变，故电压表读数不变，故D错误。故选：C。点睛：由变压器原理可得变压器原、副线圈中的电流之比，输入功率等于输出功率。和闭合电路中的动态分析类似，可以根据R的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，再根据电压不变，来分析其他元件的电流和电压的变化的情况。6.两根光滑的金属导轨,平行
8、放置在倾角为的斜面上,导轨的下端接有电阻R,导轨自身的电阻可忽略不计.斜面处在一匀强磁场中,磁场方向垂直斜面向上.质量为m、电阻可不计的金属棒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,如图所示.在这过程中( ).A. 作用于金属棒上的各力的合力所做的功等于零B. 作用于金属棒上的各力的合力所做的功等于mgh与电阻R上发出的焦耳热之和C. 恒力F与安培力的合力所做的功等于零D. 恒力F与重力的合力所做的功等于电阻R上发出的焦耳热【答案】AD【解析】试题分析：导体棒匀速上升过程中，根据动能定理得：WF-WG-W安=0，注意克服安培力所做功即为回路电阻中产生的热量，故有：金
9、属棒上的各个力的合力所做的功等于零，A正确，B错误；恒力F与安培力合力做功等于克服重力所做功，故C错误；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D正确考点：本题考查电磁感应中的能量转化。7.在透明的均匀介质内有一球状空气泡，O为球心，一束包含a、b两种单色光的细光束从介质射入气泡，A为入射点，之后a、b光分别从C、D两点射向介质，细光束在A点的入射角为30，介质对a光的折射率n=，下列说法中正确的是A. 在该介质中，a光的传播速度比b光的传播速度小B. a光射出空气泡后相对于射入空气泡前的偏转角为30C. 当a光通过单缝时，若缝的宽度小于a光波长时，a光不
10、能发生衍射现象D. 若由a光和b光组成的一束细光束从空气斜射向水中，在不断增大入射角时，a的折射光会先消失【答案】AB【解析】【详解】A、在A点可见，a光的偏折角大于b光的偏折角，所以a光的折射率大于b光的折射率，由v=c/n得知，在该介质中，a色光的传播速度比b色光的传播速度小，故A正确；B、细光束在A点的入射角为30，介质对a光的折射率n=，可知在A点的拆解角是45，由几何关系可知AOC是等腰直角三形，可知，在C点的入射角是45，根据光路可逆性可知，在C点的拆解角是30，如图所示，由几何关系可知a光射出空气泡后相对于射入空气泡前的偏转角为=30，故B正确；C、当a光通过单缝时，若缝的宽度小
11、于a光波长时，a光能发生明显的衍射现象，故C错误；D、光从空气射向水中，不可能发生全反射，a光的折射光不会消失，故D错误。8.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
12、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；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；三、非选择题：包括必考题和选考题两部分，第22题第32题为必考题，每个试题考生都必须作答第33题第38题为选考题，考生根据要求作答。(一)必考题：共129分9.某同学用如图甲所示的实验装置，做“用双缝干涉测光的波长”的实验，他用带有游标
13、尺的测量头(如图乙所示)测量相邻两条亮纹间的距离x转动测量头的手轮，使分划板的中心刻线对齐某一条亮纹(将这一条纹确定为第1亮条纹)的中心，此时游标尺上的示数情况如图丙所示；转动测量头的手轮，使分划板的中心刻线对齐第6亮条纹的中心，此时游标尺上的示数情况如图丁所示，则图丙的示数x1=_mm；图丁的示数x2=_mm如果实验中所用的双缝间的距离d=0.20mm，双缝到屏的距离L=60cm，可得实验中测出的光的波长=_m(保留三位有效数字)。【答案】 (1). 0.15 (2). 8.80 (3). 【解析】【详解】第一空.图丙中的示数主尺为：0mm；游标尺的第3刻度与上面对齐，读数为0.053mm=
14、0.15mm，总读数为x1=0+0.15mm=0.15mm；第二空.图丁的示数主尺为：8mm；游标尺的第16刻度与上面对齐，读数为0.0516mm=0.80mm，总读数为x2=8mm+0.80mm=8.80mm第三空. ，根据得： ，代入数据解得=m10.实验小组的同学们用如图所示的装置，做“用单摆测定重力加速度”的实验：(1)在实验时除用到秒表、刻度尺外，还应该用到下列器材为_A长约为1m的细线 B长约为1m的橡皮绳C直径约为1cm的铁球 D直径约为10cm的木球(2)将单摆正确悬挂后进行如下操作，其中正确的是_A测出摆线长度作为单摆的摆长B把单摆从平衡位置拉开一个很小的角度后由静止释放，使
15、之做简谐运动C在摆球经过最高点时开始计时D用秒表测量单摆完成1次全振动所用时间并作为单摆周期T(3)某同学多次改变单摆的摆长L并测得相应的周期T，他根据测量数据画出了如图所示的图像，但忘记在图中标明横坐标所代表的物理量你认为横坐标所代表的物理量是_(国际单位)，若图线斜率为k，那么，重力加速度g=_。(4)如果实验中采用的秒表比正常秒表偏快，会使得g测_g真(选填“大于”、“小于”或“等于”)【答案】 (1). AC (2). B (3). (4). (5). 小于【解析】【详解】第一空、A、摆线选择较细且结实的线为便于测量周期和减小空气阻力，则选取1米左右的细线，故选择A线；为了减小空气阻力
16、的影响，摆球选择质量大体积小的，故选择C球；故选AC；第二空、A单摆的摆长是选点到球心的距离，所以测出摆线长度作为单摆的摆长是不对的，故A错误；B单摆在摆角小于5时的振动是简谐运动，所以把单摆从平衡位置拉开一个很小的角度后由静止释放，使之做简谐运动，故B正确；C摆球经过平衡位置时，速度最大，从平衡位置开始计时，误差较小在摆球经过最高点时开始计时，误差较小，故C错误；D用秒表测量单摆完成全振动30至50次所用的时间，求出完成一次全振动所用的平均时间，所以用秒表测量单摆完成1次全振动所用时间并作为单摆的周期T，有较大误差，故D错误。第三空、根据单摆周期公式，所以应该作用图像，故 横坐标所代表的物理
17、量是第四空、根据第三空可知斜率，解得 第五空、如果实验中采用的秒表比正常秒表偏快，则测量的时间比真实时间长，测量的周期比真实周期大，根据单摆周期公式，解得，会使得g测小于g真11.在远距离输电时，要尽量考虑减少输电线上的功率损失现有一个小型发电站，输送的电功率为P=500kW，当使用U=5kV的电压输电时，输电效率=60%，则(1)输电线的总电阻r是多少?(2)若想使输电效率提高到98%，又不改变输电线，那么，发电站应使用多高电压向外输电?【答案】(1)(2)【解析】【详解】（1）输电过程中损耗的功率输电线上的电流输电线损耗的功率由以上各式解得（2）输电过程中损耗的功率输电线损耗的功率输电电压
18、由以上各式解得12.如图所示，两条光滑的绝缘导轨，导轨的水平部分足够长并与倾斜部分平滑连接，两导轨间距L=10cm，导轨的倾斜部分气水平面成q=53，其中有一段匀强磁场区域abcd，磁场方向垂直于斜面向上，磁感应强度B=1T，磁场下边界离水平轨道的高度h=0.8m。水平部分导轨间有竖直方向等距离间隔也为L的匀强磁场和，和的方向相反，大小相等，即。现有一质量m=0.01kg、电阻R=0.5、边长也为L的正方形金属框，由倾斜导轨上某高度处静止释放，金属框离开磁场abcd时恰好做匀速运动，此后金属框在水平导轨上滑行一段时间后进入水平磁场区域，最终线框静止。重力加速度，感应电流的磁场可以忽略不计，si
19、n53=0.8，cos53=0.6。求：（l）金属框离开磁场abcd时的速度；（2）在水平导轨上运动过程中金属框内产生的电热；（3）若金属框恰能通过n个完整磁场区域，试写出n与高度h的关系式。【答案】（1）4m/s（2）0.156J（3），n1，2，3【解析】【分析】(1)在磁场中做匀速运动，根据共点力平衡求得速度；(2)金属框最终停止时，从离开abcd磁场到静止根据能量守恒可求得；(3)先运用动能定理求出金属线框刚全部进入水平导轨时的速度。线框进入水平导轨的磁场中后由于受到安培力作用而减速直至速度减为零，线框在穿越任一磁场区域的过程中，通过线框的电量相等，运用动量定理求出线框穿越每一磁场区域
20、速度的变化量，即可求解此题。【详解】金属框匀速离开磁场abcd，根据平衡条件得：根据闭合电路欧姆定律得：联立则有：解得：金属框最终停止时，根据能量守恒得解得：当线框滑到水平轨道时，速度设为，根据机械能守恒得：解得：当线框恰好穿过第一个磁场区域，时，根据动量定理得：且，联立得：同理，时，联立得：综上可得：，2，即：，2，2，解得：，2，【点睛】该题考查了多个知识点的综合运用。做这类问题我们还是应该从运动过程和受力分析入手研究，运用一些物理规律求解问题。动能定理的应用非常广泛，我们应该首先考虑。(二)选考题：共45分请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答如果多做，则每学科按所
21、做的第一题计分。13.下列说法中正确的是_A.布朗运动不是液体分子的无规则运动，而是微粒分子的无规则运动B.当物体中分子间距减少时，分子间的引力和斥力都增大，而分子势能可能减小也可能增大C.热量可以从低温物体传递到高温物体D.对于同一种气体，温度越高，分子的平均动能越大E.随着科学技术进步，热机的效率可以等于1【答案】BCD【解析】【详解】A. 布朗运动是指液体或气体中悬浮微粒的运动，不是微粒分子的无规则运动，它反映了液体或气体分子的无规则运动。故A错误；B. 物体中分子间距离减小时，分子间的引力和斥力都增大；当分子间为引力时，分子间距离减小，分子力做正功；分子势能减小；当分子间为斥力时，分子
22、间距离减小，分子力做负功；分子势能增大。故B正确；C. 热量可以从低温物体传递到高温物体，但会引起其他的变化。如空调。故C正确；D. 温度是分子平均动能的标志，对于同一种气体，温度越高，分子平均动能越大。故D正确； E. 根据热力学第二定律可知，热机的效率不可能等于100%.故E错误；故选：BCD14.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
23、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，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。15.物理-选修3-4简谐横波在均匀介质中沿直线传播，P、Q是传播方向上相距为16m的两个质点。波先传到P点，从波传到Q开始计时，P、Q两质点的振动图像如图所示，下列说法中正确的是_A. 该波的振动周期为6sB.
24、质点P开始振动的方向沿y轴正方向C. 该波从P传到Q的时间一定为10sD. 该波的波长可能为9.6mE. 该波的传播速度一定为2m/s【答案】ABD【解析】【详解】A、由振动图像可知，该波的振动周期为T=6s，故A正确；B、从波传到Q开始计时，振动图像可知，质点Q开始振动方向沿沿y轴正方向，所以质点P开始振动的方向沿y轴正方向，故B正确；C、由振动图象可知：该波从P传到Q的时间t=nT+4s=6n+4s，n=1，2，3，故C错误；D、这列波的波速，该波的波长，当n=1时，所以该波的波长可能为9.6m，故D正确；E、由D分析可知，该波的传播速度，不一定是2m/s，故E错误。16.物理-选修3-4如图所示，将一等腰直角棱镜截去棱角，并使该截面平行于其底面，可制成“道威棱镜”，这样就减小了棱镜的重量和杂散的内部反射现从M点发出的一束平行于底边CD的单色光从AC边射入，已知棱镜玻璃的折射率n=，光在真空中的速率为c，则：光在棱镜中传播的速度是多少?光线进入棱镜后，能否从CD边射出?【答案】不能【解析】【详解】根据折射率速度由折射定律得解得临界角解得:C=45光线到达CD边时，入射角光线不能从CD边射出
