【文档说明】四川省泸县第四中学2019-2020学年高二下学期期中考试物理试题【精准解析】.doc，共(14)页，616.000 KB，由小赞的店铺上传

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2020年春四川省泸县第四中学高二期中考试物理试题注意事项：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1-6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.天然放射现象的发现，揭示了原子核是由质子和中子组成的B.卢瑟福的α粒子散射实验揭示了原子核有复杂结

构C.玻尔的原子结构理论在卢瑟福的核式结构学说基础上引进了量子观点D.α射线，β射线，γ射线本质上都是电磁波，且γ射线的波长最短【答案】C【解析】【详解】A．天然放射现象的发现，说明原子核有复杂的结构，但不能证明原子核是由质子和中子组成的，故A错误；B．卢瑟福的粒子散射实验说明原子是

由原子核和核外电子组成的，故B错误；C．玻尔在卢瑟福的核式结构学说基础上，为了修正经典理论与实验事实的矛盾，引进了量子观点，提出玻尔的原子模型，故C正确；D．射线是高速氦核流，射线是高速电子流，只有射线本质上是电磁波，且

射线的波长最短，故D错误。故选C。2.下列关于麦克斯韦的电磁场理论说法正确的是（）A.变化的磁场产生的电场一定是变化的B.不均匀变化的电场产生均匀变化的磁场，均匀变化的磁场产生不均匀变化的电场C.稳定的磁场产生不稳定的电场D.振荡的磁场在周围空间产生的电场是振荡的【答案】D【解析】【详解】A．

根据麦克斯韦的电磁场理论可知，变化的磁场周围能产生电场，均匀变化的磁场周围产生稳定的电场，故A项错误；B．不均匀变化的电场产生变化的磁场，磁场有可能不是均匀变化的；均匀变化的磁场周围产生稳定的电场，故B项错误；C．稳定的磁场其周围不产生电场，故

C错误；D．振荡的磁场在周围空间产生的电场是振荡的，振荡的电场在周围空间产生的磁场是也振荡的，故D正确。3.μ子与氢原子核（质子）构成的原子称为μ氢原子（hydrogenmuonatom），它在原子核物理的研究中有重要作用．如图为μ氢原子的能级示意图．下列说法正确的

是A.处于n=4能级的μ氢原子，可辐射出3种频率的光子B.处于n=4能级的μ氢原子，向n=1能级跃迁时辐射光子的波长最短C.处于基态的μ氢原子，吸收能量为2200eV的光子可跃迁到n=3的能级D.处于基态的μ氢原子，吸收能量为2529.6eV的光子可电离【答

案】BD【解析】【详解】根据246C=知，处于n=4能级的μ氢原子，可辐射出6种频率的光子，故A错误．从n=4跃迁到n=1辐射的光子频率最大，则波长最短，故B正确．n=1和n=3间的能级差为2248.5eV，吸收2200eV的光子不能跃迁到n=3能

级，故C错误．处于基态的μ氢原子，吸收能量为2529.6eV的光子，原子能量大于零，可电离，故D正确．4.如图所示，实线为不知方向的三条电场线，从电场中M点以相同速度垂直于电场线方向飞出ab、两个带电粒子，仅在电场力作用下的运动轨迹如

图中虚线所示．则（）A.a一定带正电，b一定带负电B.a的速度将减小，b的速度将增加C.a的加速度将减小，b的加速度将增加D.两个粒子的动能，一个增加一个减小【答案】C【解析】【详解】带电粒子做曲线运动，所受力的方向指向轨道的内侧，由于电场线的方向不知，所以粒子带电性质不确定，故A

错误；从题图中轨迹变化来看速度与力方向的夹角小于90所以电场力都做正功，动能都增大，速度都增大，故BD错误；电场线密的地方电场强度大，电场线疏的地方电场强度小，所以a受力减小，加速度减小，b受力增大，加速度增大，故C正确．5.如图所示，一交流发电机的矩形线圈匝数为n=10，其电阻r=2Ω

，面积S=0.2m2，在磁感应强度B=2T的匀强磁场中，若线圈从中性面位置开始绕垂直于磁场方向的对称轴OO′以ω=10πrad/s的角速度匀速转动，向R=18Ω的电阻供电．则以下说法中正确的是（）A.该线圈产生的是余弦式交变电流B.线圈在转动过程中产生的最大感应电动势为40VC.线圈开

始转动160s时流过电阻R的瞬时电流大小为22AD.电阻R上消耗的电功率为9W【答案】D【解析】【详解】A、线圈始终有一半在磁场中转动切割磁场线产生感应电动势，由于是从中性面开始，故产生的感应电动势时正弦函

数，故A错误；B、线圈转动过程中产生的感应电动势的最大值112100.20.2102022mEnBSVV===，故B错误；C、产生的感应电动势的瞬时值e=20sin10πtV，故圈开始转动160s时产生的感应电动势e=10V，形成的感应电流瞬时值0.5eiARr==+，故C错误；

D、线圈内产生的感应电流的有效值222()mEIARr==+，故电阻R上消耗的电功率为29PIRW==，故D正确．6.如图所示，电阻R和线圈自感系数L的值都较大，电感线圈的电阻不计，A、B是两只完全相同的灯泡，当开关

S闭合时，电路可能出现的情况是A.A、B一起亮，然后A熄灭B.A、B一起亮，然后B熄灭C.B比A先亮，然后B熄灭D.A比B先亮，然后A熄灭【答案】A【解析】【分析】电键接通瞬间，电路中迅速建立了电场，立即产生电流，但线圈中产生自感电动势，阻碍电流的增加，故线圈中电流逐渐增加；电键断开瞬间，电

路中电流要立即减小零，但线圈中会产生很强的自感电动势，与灯泡A构成闭合回路放电．【详解】电键接通瞬间，电路中迅速建立了电场，立即产生电流，但线圈中产生自感电动势，阻碍电流的增加，故开始时通过灯泡A的电流

较大，故灯泡A较亮；电路中自感电动势阻碍电流的增加，但不能阻止电流增加，电流稳定后，由于电感线圈的电阻不计，所以A灯被短路，A灯泡熄灭，故A正确，BCD错误．故选A．【点睛】本题考查了通电自感和断电自感，关键是明确线圈中自

感电动势的作用是阻碍电流的变化，但不能阻止电流变化.7.如图所示，图甲为以O点为平衡位置，在A、B两点间做简谐运动的弹簧振子，图乙为该弹簧振子的振动图像，由图可知下列说法中正确的是()A.在t＝0.2s时，弹簧振子可能运动到B位置B.在t＝0

.1s与t＝0.3s两个时刻，弹簧振子的速度大小相同C.从t＝0到t＝0.2s的时间内，弹簧振子的动能持续地增加D.在t＝0.2s与t＝0.6s两个时刻，弹簧振子的加速度相同E.在t＝0.1s与t＝0.5s两个时刻，弹簧振子的动能相同【答案】A

BE【解析】【详解】（1）弹簧振子以O点为平衡位置，在A、B两点间做简谐运动，若规定OB方向为正方向，则由乙图可知，t=0.2s振子恰好出现在正的最大位移处，即出现在B点．A正确；（2）根据图像可知，

在t＝0.1s与t＝0.3s两个时刻，振子恰好出现在同一位置，速度大小必然相等，B正确；（3）从t＝0到t＝0.2s的时间内，振子正远离平衡位置，速度越来越小，动能逐渐较小，C错误；（4）在t＝0.2s与t＝0.6s两个时刻，两个位置关于平衡位置左右对称，加速度大小相等，

方向相反，D错误；（5）在t＝0.1s与t＝0.5s两个时刻，振子所处的两个位置关于平衡位置对称，动能必然相同，E正确．故本题选ABE．8.如图所示，宽为L的足够长光滑导轨竖直放置，导轨电阻不计，下端接有阻值为R的电阻，空间存在垂直于导轨平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，质量为

m的导体棒电阻不计，与导轨接触良好，重力加速度为g，现给导体棒一向上的初速度v0，使其自水平位置MN开始运动，v0＞22mgRBL，对于导体棒的运动情况，以下说法正确的是（）A.导体棒上升过程中加速度越来

越大B.导体棒在上升过程中R产生的焦耳热大于导体棒自最高点返回至MN过程中R产生的焦耳热C.导体棒上升过程中通过R的电量等于导体棒自最高点返回至MN过程中通过R的电量D.导体棒返回至MN前一定有一段匀速运动的过程【答案】BC【解析】【详解】A、向上运

动过程中安培力方向向下，根据牛顿第二定律可得AFmgma+=，其中22ABLvFBILR==，则加速度22BLvagmR=+，随着速度减小，加速度减小，故A错误；上升过程中的最大速度大于下落到MN处的最大速度，所以

上升过程中的平均电流大，平均安培力大，导体棒在上升过程中R产生的焦耳热大于导体棒自最高点返回至MN过程中R产生的焦耳热，故B正确；根据电荷量的经验公式BLhqRR==可得导体棒上升过程中通过R的电量等于导

体棒自最高点返回至MN过程中通过R的电量，故C正确；刚开始向上运动时安培力2200BLvFmgR=，但导体棒返回至MN前的速度减小，安培力不一定大于mg，故不一定有一段匀速运动的过程，故D错误．故选BC．9.半径为r、质量为m、电阻为R的金属圆环用一根长为L

的绝缘轻细杆悬挂于O1点，杆所在直线过圆环圆心，在O1点的正下方有一半径为L＋2r的圆形匀强磁场区域，其圆心O2与O1点在同一竖直线上，O1点在圆形磁场区域边界上，磁感应强度为B，如图所示．现使绝缘轻细杆从水平位置由静止释放，下摆过程中金属圆环所在平面始终与磁场垂直，已知重力加速度为g，

不计空气阻力及摩擦阻力，则（）A.圆环最终会静止在O1点的正下方B.圆环第一次进入磁场的过程通过圆环的电荷量大小为2BrRC.圆环在整个过程中产生的焦耳热为1()2mgLr+D.圆环在整个过程中产生的焦耳热为1(2)2mgLr+【答案】BC【解析】圆环在进或出磁场时，因磁通量变化，产生感应

电流，机械能要减少；当圆环整体完全在磁场中运动时，磁通量不变，不再产生感应电流，其机械能不变，圆环不会离开磁场，就在磁场中左右摆动，不会静止静止在1O点的正下方，A错误．圆环第一次进入磁场的过程通过圆环的电量大小为2EBrqtRRR

===，B正确；由几何关系可知，该过程中环的上边缘恰好位于磁场的边界时，与开始时相比环的重心下降的高度为()12hLr=+，由能量守恒定律，则有：在整个运动过程中产生的焦耳热Q，即为减小的机械能，因此有()12QmghmgLr==+，C正确D错

误．【点睛】根据感应电流产生条件，只有环进入或离开磁场时，才会产生焦耳热，当环只能在磁场中运动时，即不会产生焦耳热，从而动能的减小，即为产生焦耳热．由能量守恒定律求焦耳热．根据qR=求通过圆环的电量大小．第II卷非选择题（56分）二、实验题（16分）10.某

同学用如图甲所示的装置验证碰撞中动量守恒．一根长为L的轻质细线一端拴住质量为mA的小钢球A，细线的另一端固定在悬点O，在最低点的前后放置一光电门，光电门下的水平面上放一质量为mB的金属物块B，物块的上表面中央固定一轻质的遮光片．现将小球向右拉至细线水平

后静止释放，小球在最低点与物块碰撞后反弹上升，测出小球反弹上升时细线的最大偏角为θ，光电门记录的时间为t，已知重力加速度为g．则（1）用50分度的游标卡尺测遮光片的宽度如图乙所示，则遮光片的宽度d=___________mm；（2）小球与物块的质量大小关系为mA__________

____mB（选填“>”“=”或“<”）；（3）验证小球与物块在碰撞过程中动量守恒的表达式为_________．（用字母mA、mB、L、d、θ、t、g表示）【答案】(1).3.06(2).<(3).()21

1cosABgLmtmd+−=【解析】【详解】（1）[1]主尺读数为3mm，游标读数是3×0.02mm=0.06mm，故最后读数为：3mm+0.06mm=3.06mm（2）[2]小钢球与金属物块碰后要求小球反弹，故mA<mB；（3）[3

]设小球在碰撞前、后的速度大小分别为v1、v2由机械能守恒定律有2112AAmgLmv=()2211cos2AAmgLmv−=碰后物块的速度dvt=由碰撞中动量守恒有12ABAmvmvmv=−可得()

211cosABgLmtmd+−=11.实验如图，是一个用单摆测重力加速度的实验装置．（1）实验中，要求摆线与悬点连接处要用铁架夹住摆线，不能随意地将摆线绕在铁架上，其原因是：_____A.防止摆角大于5度B.防止测量摆长时无法得到较精确的数据C.防止摆球在摆动过程中摆长不断发生变化D.防

止摆线固定点松动，造成摆长越来越长（2）以下是某同学在一次实验中记录到的两组数据，请根据表格数据，把表格中需要计算的物理量填上，并求出当地重力加速度的测量值（保留两位小数3.14=）次数摆线长度（cm）摆球直径（cm）50次全振动时间(s)摆长L（

cm）重力加速度g(m/s2)197.02100279290结论：本次实验测得当地的重力加速度g=_____(m/s2)．（3）若两个摆长不等的单摆，摆球质量之比，在同一地方做小角度摆动时摆角相等，他们通过

最低点时的速度之比，则他们的周期之比_____．【答案】(1).C(2).9.68-9.71(3).3:2【解析】【详解】（1）若将摆线绕在铁架上，则随着单摆的摆动，摆线的长度要发生改变，则要摆线与悬点

连接处要用铁架夹住摆线，放置单摆摆动时摆长变化，故选C.（2）由表中数据可知：L1=98cm，L2=80cm，T1=2s，T2=1.8s；根据2LTg=解得224πLgT=带入数据解得：g1=9.66-9.67m/s2，g2=9.73-9.75m/s2，取平均值可得：g=9.68-9.

71m/s2（3）由机械能守恒可得：21(1cos)2−=mgLmv，解得222(1cos)vLvg=−，由2LTLg=，可知Tv，则1212::3:2TTvv==【点睛】此题考查用单摆测量重力加速度的实验，解题的关键是知道实验的原理及注意事项，熟练掌握单摆的周期公式2LTg=及

变形式.三、解答题（40分）12.如图所示，在坐标系的第一象限内有一横截面为四分之一圆周的柱状玻璃体OPQ，OP=OQ=R，一束单色光垂直OP面射入玻璃体，在OP面上的入射点为A，OA=2R，此单色光通过玻璃体后沿BD方向射出，且与x

轴交于D点，OD=3R求：(1)该玻璃的折射率是多少？(2)将OP面上的该单色光至少向上平移多少，它将不能从PQ面直接折射出来．【答案】（1）3（2）0.0077R【解析】【详解】（1）在PQ面上的入射角11

sin2OAOB==，得到130=由几何关系可得3cos302OQRR==33322QDODOQRRR=−=−=则30BDO=，260=所以折射率21sin3sinn==（2）临界角13sin3Cn==从OP面射入玻璃体的光，在PQ面的入射角等于临界角时，刚好发生全反射

而不能从PQ面直接射出．设光在OP面的入射点为M，在PQ面的反射点为N3sin3OMONCR==至少向上平移的距离30.07732RdOMOARR=−=−13.如图所示，一导热性能良好、内壁光滑的汽缸竖直放置，在距汽缸底部l=36cm处有一与汽缸固定连接的卡环，活塞与汽缸底部之间封闭了一

定质量的气体当气体的温度T0=300K、大气压强p0=1.0×105Pa时，活塞与汽缸底部之间的距离l0=30cm，不计活塞的质量和厚度现对汽缸加热，使活塞缓慢上升，求：（1）活塞刚到卡环处时封闭气体的温度T1；（2）封闭气体温度升高到T2=540K时的压强p2

．【答案】①1360KT=；②521.510Pap=【解析】试题分析：①设气缸的横截面积为S，由盖-吕萨克定律有001lSlSTT=代入数据得1360KT=②由查理定律有0212ppTT=代入数据得521.51

0Pap=考点：气体的等容变化和等压变化【名师点睛】本题关键找出气体的已知参量后根据气体实验定律的方程列式求解，基础题．14.如图所示，直线OO′代表水平的绝缘平面，带电的电容器极板a、b垂直放置在水平面上，内部场

强为4×105N/C，直线OO′上方、极板a的左侧存在垂直于纸面向里的匀强磁场，有一带电粒子从直线直线OO′上的M点以水平向左的速度射出，经过磁场的偏转，粒子恰好从极板a上的小孔N射入电容器内部，经过内部电场的偏转，粒子以2×

107m/s垂直打到直线OO′上的P点，P与极板a的距离为0.2m，带电粒子的比荷为2.5×109C/kg，带电粒子重力不计，求(1)极板a上的小孔N与直线OO′距离(2)匀强磁场的磁感应强度．【答案】（1）0.4m（2）24.810T−【解析】【详解】（1）设粒子在电场中运动的

时间为t，极板上的小孔N与直线OO′距离为h，逆向思维，相当于粒子以v0=2×107m/s在电场中做平抛运动；垂直极板：212qELtm=沿着极板：h=v0t联立解得a=1.0×1015m/s2，t=

2.0×10-8sh=0.4m（2）粒子经过小孔N时的水平方向分速度为：vx=at=2×107m/s粒子经过小孔N时的速度大小为：22722210/xvvvms=+=粒子经过小孔N的速度v与极板a夹角为θ，则满足：0tan1xvv==，即θ=450设粒子做匀速圆周运动的轨道半径为

R,由几何关系：22RRh+=在磁场中：2vqvBmR=解得222(21)104.810BTT−−=+=