【文档说明】四川省泸县第一中学2019-2020学年高二下学期期中考试物理试题【精准解析】.doc，共(16)页，775.000 KB，由小赞的店铺上传

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2020年春四川省泸县第一中学高二期中考试物理试题一、单选题1.以下说法中正确的是（）A.对于同一障碍物，波长越长的光越容易绕过去B.白光通过三棱镜在屏上出现彩色条纹是光的一种干涉现象C.红光由空气进入水

中，波长变长、颜色不变D.用透明的标准样板和单色光检查平面的平整度是利用了光的衍射【答案】A【解析】【分析】波长越大的光波越容易发生衍射现象；白光通过三棱镜出现彩色条纹是光的折射色散；根据cfn=，即可确定波长的变化；检查平面的平整度是利用了光的干涉.【详解】A、发

生明显衍射现象的条件是：障碍物或者小孔的尺寸和波长差不多或比波长小．对于同一障碍物，波长越大的光波越容易发生衍射现象，容易绕过去，故A正确；B、白光通过三棱镜在屏上出现彩色条纹是光的一种折射现象，故B

错误；C、根据cfn=，红光由空气进入水中，波长变短，但颜色不变，故C错误；D、透明的标准样板和单色光检查平面的平整度，是利用两者之间的空气薄层的反射面，获取频率相同的光，进行了光的干涉，故D错误；故选A．【点睛】考查光的明显衍射的条件，区别光的折射与干涉色散，注意光的干涉的条件，同

时掌握光从一介质进入另一介质时，光的频率不变，即颜色不变．2.如图所示，置于地面上的一单摆在小振幅条件下摆动的周期为0T。下列说法中正确的是（）A.单摆摆动的过程，绳子的拉力始终大于摆球的重力B.单摆摆动的过程，绳子的拉力始终小于

摆球的重力C.将该单摆悬挂在月球表面上，其摆动周期0TTD.将该单摆置于高空中相对于地球静止的气球中，其摆动周期0TT【答案】C【解析】【详解】AB．在最高点时，绳的拉力等于重力的一个分力，此时绳子的拉力小于重力；在最低点的时候绳的拉力和重力

共同提供向心力：F-mg=ma，可知F大于mg，故AB错误；C．月球表面的重力加速度比地球小，根据02lTg=可知，将该单摆悬挂在月球表面上，其摆动周期T＞T0，选项C正确；D．将该单摆置于高空中相对于地球静止的气球中，高度越高，重

力加速度越小，根据周期公式为02lTg=，其摆动周期T＞T0，故D错误；故选C。3.如图所示，一枚手榴弹开始时在空中竖直下落，到某位置时爆炸成沿水平方向运动的a、b两块，已知两块同时落地，其中a落地

时飞行的水平距离OA大于b落地时飞行的水平距离OB，下列说法中正确的是A.爆炸瞬间a、b两块的速度变化量大小相等B.a、b两块落地时的速度大小相等C.爆炸瞬间a、b两块的动量变化量大小相等D.爆炸瞬间a、b两块的动能变化量相等【答案】C【解析】由题意知，爆炸后两块同时落

地，说明爆炸瞬间两块在竖直方向的速度没有发生变化，故爆炸是在水平方向上发生的．因OA大于OB，所以爆炸瞬间a获得的水平速度较大，因而落地时也是a的速度较大，A、B错误；因水平方向的初动量为零，且水平方向动量守恒，所以爆

炸后a、b两块的水平方向动量应等值、反向，C正确；结合爆炸后两块的速度和动量可知，a块的质量较小，根据动量和动能的关系可知，a块的动能变化较大，D错误．故选C4.如图甲所示为一理想变压器，原、副线圈匝数比为22∶1，两个标有“10V,5W”的小灯泡并联在副线圈的两端．原线

圈与正弦交变电源连接，输入电压u如图乙所示，原线圈电路中电压表和电流表(可视为理想电表)．则下列说法正确的是()A.经过1min原线圈的输出电能为6×102JB.由于电压过高小灯泡会被烧坏C.电压表的示数为220

2VD.电流表的示数为2A【答案】A【解析】【分析】由图乙可知，原线圈两端电压1U的有效值为220V，根据变压器原副线圈电压比关系，得副线圈两端电压的有效值221110V==nUUn．【详解】AB、分

析可知，副线圈两端电压210VU=，故两灯泡均正常工作，则变压器的输入功率为1210WPP==，故在1min内，原线圈的输出电能为110W60s=600JPt=，A正确，B错误；C、电压表的示数为原线圈电压有效值1U，为220V，C错误；D、根据

111PUI=，得电流表示数1111A22PIU==，D错误．故选A．【点睛】掌握住理想变压器的电压、电流和功率之间的关系，最大值和有效值之间的关系即可解决本题．5.如图，A、B两球（可视为质点）质量均为m，固定在轻弹簧的两端，分别用细绳悬于O点，其中球A处在光滑竖直墙面和光滑水平地面的交界

处．已知两球均处于静止状态，OA沿竖直方向，OAB恰好构成一个正三角形，重力加速度为g，则下列说法正确的是()A.球A对竖直墙壁的压力大小为12mgB.弹簧对球A的弹力大于对球B的弹力C.绳OB的拉力大小等于mgD.球A对地面的

压力不可能为零【答案】C【解析】试题分析：C、对B球受力分析，受重力、支持力和拉力，如图；由于三个力夹角均为120°，故弹簧的支持力和绳子OB的拉力都等于重力mg，故C正确；A、对A球受力分析，受重力、弹簧的压力，墙壁的向右的支持力、细线的拉力、地面的支持力，（其中地面

的支持力和拉力可能只有一个），在水平方向：3sin602BFTmg==竖直墙壁,故A错误；B、弹簧静止，合力为零，故两个球对弹簧的弹力等大、反向、共线，故弹簧对球A的弹力等于对球B的弹力，故B错误；D、根据平衡条件，绳OA对球A的拉力和地面的支持力的合力大小等于

弹簧推力的竖直分力和重力之和，故N+T=mg+Fsin30°,故T≤1．5mg，0≤N≤1．5mg．可知地面对A的支持力可能等于0，根据牛顿第三定律，球A对地面的压力可能为零．故D错误；故选C．考点：考查共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．【名师点睛】

该题考查共点力作用下物体的平衡，解答本题关键是先后对两个小球受力分析，然后根据平衡条件列式分析求解．6.如图甲所示,光滑的平行金属导轨(足够长)固定在水平面内,导轨间距为l=20cm,左端接有阻值为R=1Ω的电阻,放在轨道上静止的一导体杆

MN与两轨道垂直,整个装置置于竖直向上的匀强磁场中,磁场的磁感应强度大小为B=0.5T.导体杆受到沿轨道方向的拉力F做匀加速运动,测得力F与时间t的关系如图2所示．导体杆及两轨道的电阻均可忽略不计,导体杆在运动过程中始终与轨道垂直且两端与轨道保持良好接触,则导体杆的加速度大小和质

量分别为()A.10m/s2，0.5kgB.10m/s2，0.1kgC.20m/s2，0.5kgD.D.20m/s2，0.1kg【答案】B【解析】【分析】导体棒运动时切割磁感线产生感应电流，使棒受到向左的安培力，根据感应电流的

大小写出安培力的表达式，结合牛顿第二定律求出F与t的关系式，然后将图象上的数据代入即可求解．【详解】导体杆在轨道上做匀加速直线运动，用v表示其速度，t表示时间，则有：v=at；杆切割磁感线，将产生感应电动势为：E=Blv；闭合回

路中产生的感应电流为：EIR=；杆受到的安培力大小为：FA=BIl；根据牛顿第二定律，有：F-FA=ma；联立以上各式得：F=ma+22BlaRt；由图线上取两点代入上式，可解得：a=10m/s2；m=0.1kg；故杆的质量为：m=0.1kg，其加速度为：a=10m/s2．故选B．【点睛】解

答这类问题的关键是正确分析安培力的大小与方向，然后根据牛顿第二定律得到F与t的关系式．这是常用的函数法，要学会应用．7.长木板上表面的一端放有一个木块，木块与木板接触面上装有摩擦力传感器，如图甲所示，木板由水平位置缓慢向上转动（即木板与地面的夹角α变大），另一端不动，摩擦力传感

器记录了木块受到的摩擦力Ff随角度α的变化图像如图乙所示．下列判断正确的是A.木块与木板间的动摩擦因数μ=11cosfFmgB.木块与木板间的动摩擦因数μ=21cosfFmgC.木板与地面的夹角为θ2时，木块做自由落体

运动D.木板由θ1转到θ2的过程中，木块的速度变化越来越快【答案】AD【解析】【详解】AB．由图可得，当夹角为θ1时，物体刚好开始滑动，则11cosfFmg=解得11cosfFmg=故A正确，B错误；C．由图可得，当夹角为θ2时，摩擦力为零，则木块只受重力作用，加速度为g，但此时速度不为零

，木块不是做自由落体运动，故C错误；D．木板由θ1转到θ2的过程中，根据牛顿第二定律可得，sincosmgmgma−=解得：sincosagg=−当θ逐渐增大时，加速度a逐渐增大，即木块的速度变化越来

越快，故D正确.8.如图所示，左端接有阻值为R的足够长的平行光滑导轨CE、DF的间距为L，导轨固定在水平面上，且处在磁感应强度为B、竖直向下的匀强磁场中，一质量为m、电阻为r的金属棒ab垂直导轨放置在导轨上静止，导轨的电阻不计。某时刻给金属棒ab一个水平向

右的瞬时冲量I，导体棒将向右运动，最后停下来，则此过程（）A.金属棒做匀减速直线运动直至停止运动B.电阻R上产生的焦耳热为22ImC.通过导体棒ab横截面的电荷量为IBLD.导体棒ab运动的位移为22IRrBL+（）【答案】CD【解析】【详解】A．导体棒获得向右的瞬

时初速度后切割磁感线，回路中出现感应电流，导体棒ab受到向左的安培力向右减速运动，由22BLvmaRr=+可知导体棒速度减小，加速度减小，所以导体棒做的是加速度越来越小的减速运动，A项错误；B．导体棒减少的动能22211()222kIIEmvmmm==

=根据能量守恒定理可得kEQ=总又根据串并联电路知识可得22()RRIRQQRrmRr==++总故B项错误;C．根据动量定理可得0BiLtmv−=−，Imv=，qit=可得IqBL=C项正确；D．由于EBLxqittRrRr===++将IqBL=代入等式，可得导体棒移动的

位移22()IRrxBL+=D项正确。故选CD。9.如图所示，在光滑的水平面上，放置一边长为l的正方形导电线圈，线圈电阻不变，线圈右侧有垂直水平面向下、宽度为2l的有界磁场，建立一与磁场边界垂直的坐标轴Ox，O点为坐标原点。磁感应强度随坐标位置的变化关系为B=

kx，线框在水平向右的外力F作用下沿x正方向匀速穿过该磁场。此过程中线圈内感应出的电流i随时间变化的图像（以顺时针为正方向）、拉力F随线圈位移x变化的图像可能正确的是（）A.B.C.D.【答案】AC【解析】【详解】AB．由于磁场的磁

感应强度从左边界到右边界逐渐增强，根据楞次定律可知感应电流方向为逆时针方向，设线圈的速度为v，进入磁场只有右边切割磁感线，感应电动势1EBlv=，Bkt=v，感应电流1EiR=，即2klitR=v进入过程感应电流大小与时间成正比；线圈完全进入磁场，线圈的左右两边都在切割磁感线，回路的

感应电动势22()Ekxkxllkl=−−=vv恒定不变，故电流不变；线圈右边出磁场之后，只有左边切割磁感线，离开磁场时，线圈中磁通量减少，则感应电流方向为顺时针方向，3EBl=v，2()lBkltktl=+−=−vvv则感应电流22

klklitRR=−vv故之后感应电流大小随时间均匀增大，故A正确，B错误；CD．线圈匀速进入磁场过程，FBil=，2klitR=v，Bkt=v，xvt=，可得222klFxR=vFx−图像为抛物线；线圈完全进入磁场到右边即将离开磁场的过程中2()Fkxilkxlilkil=−−=电流恒

定，此过程中F不变；线圈右边离开磁场之后，拉力等于线圈左边所受安培力大小22BlvFR=，()Bkxl=−，则222()klFxlR=−vFx−图像为一段抛物线，故C正确，D错误。故选AC。二、实验题10.某同

学“用双缝干涉测光的波长”。（1）如图所示，若将某单色光束照在的双缝上，在光屏上观察到的现象是图乙图样是平行且等宽的明暗相间的条纹。换用间隙更小的双缝，保持双缝到光屏的距离不变，在光屏上观察到的条纹宽度将_________；保持双缝间隙不变，减小光屏到双缝的距离，在光屏上观察到的条纹宽

度将_________（以上均选填“变宽”“变窄”或“不变”）；（2）为测量该单色光的波长，将光束垂直射向间距为d的双缝（每个缝的宽度很窄，宽度可忽略），在双缝后面距离为L处的光屏上可以观察到干涉条纹。现使测量头的分划板中心刻线与条纹的中心对齐，经测量得出5

条亮条纹之间的距离为a，则该单色光的波长为___。【答案】(1).变宽(2).变窄(3).4adL【解析】【详解】（1）)[1][2]根据双缝干涉条纹间距公式Lxd=可知在其它条件不变，换用间隙更小的双缝即d减小时，条纹宽度变宽；保持双缝间隙

不变，减小光屏到双缝的距离即L减小，则条纹宽度变窄；（2）[3]由题意可知，双缝干涉条纹的间距为4ax=根据Lxd=可知，该单色光的波长为4xdadLL==11.用如图甲所示的装置验证动量守恒定律，小车P的前端粘有橡皮泥，后端连接通过打点计时器的纸带，在长木板右端垫放木块以

平衡摩擦力，推一下小车P，使之运动，与静止的小车Q相碰粘在一起，继续运动．（1）实验获得的一条纸带如图乙所示，根据点迹的不同特征把纸带上的点进行了区域划分，用刻度尺测得各点到起点A的距离．根据碰撞前后小车的运动情况，应选

纸带上____________段来计算小车P的碰前速度．（2）测得小车P（含橡皮泥）的质量为m1，小车Q（含橡皮泥）的质量为m2，如果实验数据满足关系式______________，则可验证小车P、Q碰撞前后动量守恒．（3）如果在测量小车P的

质量时，忘记粘橡皮泥，则所测系统碰前的动量与系统碰后的动量相比，将_________（填“偏大”或“偏小”或“相等”）．【答案】(1).BC(2).()432111223ssssmmm−−=+(3).偏小【解析】（1）根据碰撞前后小车的运动情况，应选纸带上点迹均匀的部分来计算

小车P的碰前速度，由图可知应该选择BC段．（2）碰前P的速度：2114ssvT−=；碰后选择DE段作为共同速度，则4326ssvT−=要验证的关系：m1v1=(m1+m2)v2，即()432111223ssssmmm−−=+.（3）如果在测量小车P的质量时

，忘记粘橡皮泥，则m1的测量值偏小，因v1>v2，则m1v1偏小的量大于m1v2偏小的量，则所测系统碰前的动量与系统碰后的动量相比，将偏小.三、解答题12.如图所示，单色细光束射到一半径为R的透明球表面，光束在过球心的平面内，入射角θ

1=60°，该光束折射进入球内后在内表面反射一次，再经球表面折射后射出，出射光束恰好与最初入射光束平行．(已知真空中光速为c)①补充完整该光束的光路图，求透明球的折射率；②求这束光在透明球中传播的时间．【答案】①光路图如图所示：3

②6Rc【解析】【分析】作出光路图，根据几何知识求出折射角，由折射定律求出折射率n；由几何关系求出光在透明球中传播的距离，由cvn=求出光在透明球中传播的速度，再求光在透明球中传播的时间；【详解】①光路图如图所示

：根据几何关系：1232==，则0330=由13sin3sinn==；②由于cnv=，则33cvcn==由几何关系可知：32cos3SRR==则时间为：223633SRRtvcc===．【点睛】本题是几何光学问题，作出光路图是解题的基础

，同时要善于运用几何关系分析光线的折射角和入射角的关系．13.如图9所示，交流发电机的矩形线圈abcd中，已知线圈面积为0.01m2，匝数100匝，线圈电阻r=2Ω，外电阻R=8Ω，电流表和电压表对电路的影响忽略不计．线圈在磁感强度B=2/（T）的匀强磁场中绕垂直于磁场的转轴

OO’匀速转动，角速度ω=10πrad/s．若线圈经图示位置时开始计时（线圈平面平行于磁场方向），（1）写出线圈中感应电动势瞬时值的表达式；（2）从图示位置起转过90°过程中，通过电阻R的电量（3）从图示位置起转过90°过程中，线圈上产生的焦耳热【答案】（1）20s

in10e=（V）；（2）15C；（3）0.2J【解析】【详解】（1）峰值电动势Em=nBSω=20V所求表达式为20sin10e=（V）（2）所求电量1()5BSBSqItntntrRRr====++C（3）回路中电流的有效值22222()mmU

IIRr===+A所求过程所用时间1120.0544tT===s所以线圈中产生的焦耳热20.2QIrt==J14.如图所示，质量m=3kg的小物块以初速度秽v0=4m/s水平向右抛出，恰好从A点沿

着圆弧的切线方向进入圆弧轨道．圆弧轨道的半径为R=3.75m，B点是圆弧轨道的最低点，圆弧轨道与水平轨道BD平滑连接，A与圆心D的连线与竖直方向成37角，MN是一段粗糙的水平轨道，小物块与MN间的动

摩擦因数μ=0.1，轨道其他部分光滑．最右侧是一个半径为r=0.4m的半圆弧轨道，C点是圆弧轨道的最高点，半圆弧轨道与水平轨道BD在D点平滑连接．已知重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．（1）求小物块经过B点时对轨道的压力大小；（

2）若MN的长度为L0=6m，求小物块通过C点时对轨道的压力大小；（3）若小物块恰好能通过C点，求MN的长度L．【答案】（1）62N（2）60N（3）10m【解析】【详解】（1）物块做平抛运动到A点时，根据平抛运动的规律有：0c

os37Avv==解得：04m/5m/cos370.8Avvss===小物块经过A点运动到B点，根据机械能守恒定律有：()2211cos3722ABmvmgRRmv+−=小物块经过B点时，有：2BNBvFmgmR−=解得：()232cos3762NBNBvFmgmR=−+=根据牛顿第

三定律，小物块对轨道的压力大小是62N（2）小物块由B点运动到C点，根据动能定理有：22011222CBmgLmgrmvmv−−=−在C点，由牛顿第二定律得：2CNCvFmgmr+=代入数据解得：60NNCF=

根据牛顿第三定律，小物块通过C点时对轨道的压力大小是60N（3）小物块刚好能通过C点时，根据22Cvmgmr=解得：2100.4m/2m/Cvgrss===小物块从B点运动到C点的过程，根据动能定理有：22211222CBmgLmgrmvmv

−−=−代入数据解得：L=10m