【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=0.2

m2，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】ABE【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2200BLvFmg

R=，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2E

BrqtRRR===，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).()211cosABgLmtmd+−=【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11sin2

OAOB==，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0212pp

TT=代入数据得521.510Pap=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−−=+=