1、四川省宜宾市叙州区第一中学2019-2020学年高二物理下学期期中试题（含解析）第I卷选择题（54分）一、单选题（每小题6分，共9个小题，共54分；其中1-6题为单选题，7-9题多选题，少选得3分，多选错选得0分）1.关于近代物理，下列说法错误的是 （ ）A. 轻核聚变反应方程中，X表示电子B. 粒子散射实验现象揭示了原子的核式结构C. 分别用红光和紫光照射金属钾表面均有光电子逸出，紫光照射时，逸出的光电子的最大初动能较大D. 基态的一个氢原子吸收一个光子跃迁到n = 3激发态后，可能发射2种频率的光子【答案】A【解析】轻核聚变反应方程中，X的质量数为，电荷数，可知X表示中子，A错误；卢瑟福的
2、粒子散射实验揭示了原子具有核式结构，B正确；分别用红光和紫光照射金属钾表面均有光电子逸出，由于紫色光的频率大，由：可知，紫光照射时，逸出的光电子的最大初动能较大，C正确；基态的一个氢原子吸收一个光子跃迁到n=3激发态后，当该原子向地能级跃迁时，可能的途径是：n=3n=1n=1，所以可能发射2种频率的光子，D正确2.一架低空飞行的飞机，从远处水平匀速地飞至某同学头顶上空，若飞机振动的频率始终不变，从听到声音至飞机飞临该同学头顶上空时刻前，他听到的飞机声音的音调(即频率)()A. 不变，且一直与飞机实际发出声音音调相同B. 不变，且一直比飞机实际发出的声音音调低C. 不变，且一直比飞机实际发出的声
3、音音调高D. 一直比飞机实际发出的声音音调高【答案】D【解析】【详解】飞机和人的关系如图所示，其中S为飞机，P为该同学利用运动的分解把飞机的速度分解为两个速度，不难得到v1vcos，v为飞机水平速度，v1为靠近速度，随着飞机飞临该同学头顶，角逐渐增大，容易看出v1逐渐减小，所以他听到的飞机声音的音调是变的，但始终比飞机实际发出的声音音调高，故ABC错误，D正确。故选D。3.关于分子间的作用力，下列说法正确的是A. 分子之间的斥力和引力大小都随分子间距离的增大而增大B. 分子间距离减小时，分子力一直做正功C. 分子间距离增大时，分子势能一直减小D. 分子间距离增大时，可能存在分子势能相等的两个位
4、置【答案】D【解析】【详解】A分子之间的斥力和引力大小都随分子间距离的增加而减小，故A错误；B两分子之间的距离大于r0，分子力为引力，故当相互靠近时分子力做正功；当分子间距小于r0，分子力为斥力，相互靠近时，分子力做负功，故B错误；C两分子之间的距离大于r0，分子力为引力，故当分子之间的距离增加时，分子力做负功，分子势能增加，故C错误；D当两分子之间的距离等于r0，分子势能最小；从该位置起增加或减小分子距离，都是分子力做负功，分子势能增加，故分子之间的距离增大时，可能存在分子势能相等的两个点，故D正确4.某线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，产生的交变电流的图象如图所示，由图中信息可以判
5、断()A. 在A、C时刻线圈处于中性面位置B. 在B、D时刻穿过线圈的磁通量为零C. 从AD线圈转过的角度为2D. 若从OD历时0.02 s，则在1 s内交变电流的方向改变了100次【答案】D【解析】【分析】圈在中性面上磁通量最大，感应电动势与感应电流均为零；线圈在平行于磁场位置（垂直于中性面处）穿过线圈的磁通量为零，感应电动势与感应电流最大；在一个周期内，电流方向改变两次，根据图象分析答题【详解】由图象可知，在B、D时刻，感应电流为零，此时线圈位于中性面上，穿过线圈的磁通量最大，A、C时刻感应电流最大，此时线圈与中性面垂直，磁通量为零，故AB错误；从A到D，经历个周期，线圈转过的角度为，故C
6、错误；由图象可知，从OD是一个周期，如果经历时间为0.02s，则1s是50个周期，电流方向改变100次，故D正确5.弹簧振子在A、B 间做机械振动，O 为平衡位置，则（ ）A. 当振子从O向A运动时，速度变小B. 当振子从A向O运动时，位移变大C. 当振子从O向B运动时，加速度变小D. 当振子从B向O运动时，回复力变大【答案】A【解析】O为平衡位置，合力为零，从O到A时，回复力增大，振子做减速运动，速度变小，A正确；从A到O，距离O点的距离越来越小，位移变小，B错误；从O到B，弹簧的形变量变大，回复力变大，加速度变大，C错误；从B到O过程中，弹簧的形变量减小，回复力减小，D错误6.如图所示的远
7、距离输电电路图中，升压变压器和降压变压器均为理想变压器且都有一个线圈可调，发电厂的输出电压及输电线的电阻均不变。在用电高峰期，随着用户耗电量的增大导致实际用户电压偏低，为使用户电压达到正常，下列说法中正确的是( )A. 仅P1上调一点可使用户电压升高，线路损失减小B. 仅P2上调一点可使用户电压升高，线路损失增大C. 仅P2下调一点可使用户电压升高，线路损失减小D. 仅P1下调一点可使用户电压升高，线路损失增大【答案】B【解析】【详解】AD将P1上调一点，则升压变压器的原线圈的匝数增加，由匝数比与电压比的关系可知，输电线的输送电压减小，由P=UI可知输送的电流增大，由可知线路损失增大；由可知输
8、电线损耗的电压增大，所以到达降压变压器的电压减小，则用户达到的电压减小；同理可知将P1下调一点可知线路损失将减小，用户达到的电压增加，故A错误，D错误。BC将P2上调一点，则降压变压器的副线圈的匝数增加，用户达到的电压增加，输送电流增加，发电厂的输出电压及输电线的电阻均不变，根据可知线路损失将增加；同理可知P2下调一点则用户电压将减小，线路损失将减小，故B正确，C错误。故选B。【点睛】对于远距离输电问题，一定要明确整个过程中的功率、电压关系，尤其注意导线上损失的电压和功率与哪些因素有关7.如图所示，空间存在两个磁场，磁感应强度大小均为B，方向相反且垂直纸面，MN、PQ为其边界，OO为其对称轴一
9、导线折成边长为l的正方形闭合回路abcd，回路在纸面内以恒定速度v0向右运动，当运动到关于OO对称的位置时()A. 穿过回路的磁通量为零B. 回路中感应电动势大小为2BLv0C. 回路中感应电流的方向为顺时针方向D. 回路中ab边与cd边所受安培力方向相同【答案】ABD【解析】试题分析：磁通量为穿过平面的净磁通，故此时刻磁通量为零，所以A正确；ab切割磁感线产生电动势为Blv0，cd边切割磁感线产生电动势也是Blv0，由右手定则知，两电动势串联，故回路中感应电动势大小为2Blv0，所以B正确；根据右手定则可知感应电流的方向为逆时针方向，所以C错误；再根据左手定则可判断回路中ab边与cd边所受安
10、培力方向均向左，所以D正确考点：本题考查磁通量、右手定则、左手定则8.如图，A、B是相同的白炽灯，L是自感系数很大、电阻可忽略的自感线圈则（ ）A. 闭合开关S时，A、B灯同时亮，且达到正常B. 闭合开关S时，B灯比A灯先亮，最后一样亮C. 闭合开关S时，A灯比B灯先亮，最后一样亮D. 断开开关S时，A灯与B灯同时逐渐熄灭【答案】CD【解析】【详解】开关S闭合的瞬间，电源的电压同时加到两支路的两端，A灯立即发光由于线圈的自感阻碍，B灯后发光，逐渐变亮，由于自感线圈的电阻可忽略，所以最后两灯一样亮，故AB错误，C正确；断开开关S的瞬间，线圈与两灯一起构成一个自感回路，由于线圈的电流将要减小，产生
11、自感电动势，相当电源，两灯同时逐渐熄灭，故D正确9.如图，在水平面内固定有两根相互平行的无限长光滑金属导轨，其间距为L，电阻不计。在虚线l1的左侧存在着竖直向上的匀强磁场，在虚线l2的右侧存在竖直向下的匀强磁场，两部分磁场的磁感应强度均为B。a、b两根电阻均为R的金属棒与导轨垂直，分别位于两块磁场中，现突然给a棒一个水平向左的初速度v0，在两棒达到稳定的过程中下列说法正确的是（）A. 两金属棒组成的系统的动量守恒B. 两金属棒组成的系统的动量不守恒C. 安培力对a棒做功的功率等于a棒的发热功率D. 安培力对a棒做功的功率等于安培力对b棒做功功率与两棒总发热功率之和【答案】BD【解析】【详解】a
12、棒在左侧磁场中切割磁感线，产生感应电动势，在回路中产生顺时针的感应电流，a棒受到向右的安培力，在b棒中的电流方向向外，所以b棒受到向左的安培力向右运动，所以a棒减速，b棒加速AB项： 由于a、b棒所受安培力都向右，所以ab系统所受合外力不为零，所以两金属棒组成的系统的动量不守恒，故A错误，B正确；CD项：根据能量守恒可知，a棒动能的减小量等于回路中产生的热量和b棒动能的增加，由动能定理可知，a棒动能的减小量等于安培力对a棒做功的功，b棒动能的增加等于安培力对b棒做的功，所以安培力对a棒做功的功率等于安培力对b棒做功功率与两棒总发热功率之和，故C错误，D正确。第II卷 非选择题二、实验题10.（
13、1）如图所示，某同学在利用插针法测定玻璃砖折射率的实验中误将界面画得离开玻璃砖边缘一段距离，但自己并未察觉则他测得的折射率将_（填“大于”、“等于”或“小于”真实值）（2）下图是杨氏双缝干涉实验的示意图，其中为双缝，D为光屏，D点为中央亮条纹的中心，为第一级亮纹的中心点，若将光源由红光换成蓝光，其条件不变，则图中第一级亮纹的中心点将_（填上移、下移或不动）【答案】 (1). 小于 (2). 下移【解析】（1）如图所示,虚线表示作图得到的光路图,而实线是实际光路图,可见,入射角没有变化,折射角的测量值偏大,则由n=sini/sinr知，测得折射率小于真实值（2）根据公式x=L/d可知，若将光源由
14、红光换成蓝光,其条件不变,在双缝干涉实验中,因波长变短,导致条纹间距变小,则P1的位置将向下移11.某同学做“用单摆测定重力加速度”的实验，已知单摆在摆动过程中的摆角小于5；在测量单摆的周期时，从单摆运动到最低点开始计时且记为1，到第n次经过最低点所用的时间为t；在测量单摆的摆长时，现用毫米刻度尺测得悬挂后的摆线长（从悬点到摆球的最上端）为L，再用游标卡尺测得摆球的直径为d(1)该单摆在摆动过程中的周期为T=_；(2)请你帮助该同学写出求重力加速度的一般表达式g=_（用题中所给的物理量的符号表示）；(3)该同学用游标卡尺测量小球直径，如图甲所示，读数是_cm；(4)为了提高实验精度，该同学采用
15、的措施是：在实验中改变几次摆长l并测出相应的周期T，从而得出多组对应的T与l的数据，以为纵坐标，l为横坐标得到如图乙所示的图线为一条倾斜直线，并求得该直线的斜率为k，则重力加速度g=_（用k表示）；图中直线并没有坐标原点，而是与纵轴的正半轴相交于一点，则实验过程中可能存在的失误是_；【答案】 (1). ； (2). ； (3). 3030； (4). ； (5). 计算摆长时漏加小球半径【解析】【详解】(1)由题，从单摆运动到最低点开始计时且记数为1，到第n次经过最低点所用的时间内为t，则单摆全振动的次数为，周期.(2)单摆的长度为，由单摆的周期公式，得.(3)由图示游标卡尺主尺可知，游标卡尺
16、所示为：30mm+60.05 mm=30.30mm=3.030cm；(4)根据周期公式，此公式变形得到，以l为横坐标、为纵坐标所得到数据连成直线，并求得该直线的斜率，即.若根据所得数据连成的直线的延长线没过坐标原点，而是与纵轴的正半轴相交于一点，则实验过程中可能存在的失误是摆长漏加小球半径.【点睛】常用仪器的读数要掌握，这是物理实验的基础掌握单摆的周期公式，从而求解加速度，摆长、周期等物理量之间的关系单摆的周期采用累积法测量可减小误差对于测量误差可根据实验原理进行分析三、解答题12.如图所示为一直角棱镜的截面图，边长为。一平行细光束从面上的点沿垂直于面的方向射入棱镜，在面的中点恰好发生全反射，
17、在面上的点发生反射和折射（点和点图中未画出），反射光线从面的射出，已知光在真空中的传播速度为c（，），求：（1）该棱镜的折射率；（2）光在棱镜中传播时从点到点所用的时间。【答案】（1）；（2）。【解析】【详解】（1）在AC面的中点P，由知，全反射角，该棱镜的折射率 （2）由几何知识可知光在棱镜中的总路程由，光在棱镜中的速度v=光在棱镜中传播时从点到点所用的时间答：（1）该棱镜的折射率为1.25；（2）光在棱镜中传播时从点到点所用的时间为13.如图1所示，两平行长直光滑金属导轨水平放置，间距为L，左端连接一个电容为C的电容器，导轨处在磁感应强度大小为B、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中质量为m的
18、金属棒垂直导轨放置，某时刻金属棒获得一个水平向右的初速度v0，之后金属棒运动的vt图象如图2所示不考虑导轨的电阻(1)求金属棒匀速运动时速度v1；(2)求金属棒匀速运动时电容器电荷量q；(3)已知金属棒从开始到匀速运动的过程中，产生的焦耳热为Q，求电容器充电稳定后储存的电能E【答案】(1) (2)(3)Q【解析】【详解】(1)金属棒匀速运动切割磁感线产生的电动势E=BLv1电容器的电荷量q=CE金属棒从开始到匀速运动的过程中，由动量定理有BLt0=mv1mv0电容器的电荷量q=t0联立解得v1=(2)由(1)可知q=CE=CBLv1=(3)在0t时间内，金属棒的速度由v0到v1，由能量守恒可得
19、EQ=解得E=Q14.如图甲所示，光滑曲面轨道固定在竖直平面内，下端出口处在水平方向上一平板车静止在光滑水平地面上，右端紧靠曲面轨道，平板车上表面恰好与曲面轨道下端相平一质量为m=0.1kg的小物块从曲面轨道上某点由静止释放，初始位置距曲面下端高度h=0.8m物块经曲面轨道下滑后滑上平板车，最终没有脱离平板车平板车开始运动后的速度图象如图乙所示，重力加速度g=10m/s2 （1）根据图乙写出平板车在加速过程中速度v与时间t的关系式（2）求平板车的质量M（3）求物块与平板车间的动摩擦因数和在车上滑动过程中产生的内能Q【答案】(1) ；(2)0.3kg；(3)0.6；0.6J【解析】【详解】解：(1)由图象知平板车的加速度： 平板车在加速过程中与的关系式为： (2)物块沿曲面下滑过程，机械能守恒，则有： 解得：物块滑上车之后最终没有脱离平板车，动量守恒，则有： 由图象知物块与平板车最后的共同速度： 代入数据解得平板车的质量：(3)平板车在加速过程中，由牛顿第二定律可得： 由图象知平板车的加速度： 代入数据解得物块与平板车间的动摩擦因数： 根据能量守恒可得在车上滑动过程中产生的内能：