【文档说明】四川省广安市邻水实验学校2019-2020学年高二下学期阶段性测试物理试题【精准解析】.doc，共(14)页，670.500 KB，由小赞的店铺上传

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物理试卷一、单选题1.对于如图所示的电流I随时间t作周期性变化的图象，下列说法中正确的是()A.电流大小变化，方向不变，是直流电B.电流大小、方向都变化，是交流电C.电流最大值为0.2A，周期为0.01sD.电流大小变化，方向不变，不是直流电，是交流电【答

案】A【解析】由图象可知：电流的大小变化，方向始终不发生变化，所以是直流电，电流最大值为0.2A，周期为0.02s，A正确．2.如图所示，一个半径为r的半圆形线圈，以直径ab为轴匀速转动，转速为n，ab的左侧有垂直于纸面向里（与ab垂直）的匀强磁场，磁感应强

度为B。M和N是两个集流环，负载电阻为R，线圈、电流表和连接导线的电阻不计，则电流表的示数为。（）A.22nBrRB.2222nBrRC.222nBrRD.222nBrR【答案】D【解析】【详解】线圈绕轴匀速转动时，在电路中产生如图所示的交变电流。此交变电动势的最大值为222

22mrEBSBnBnr===设此交变电动势在一个周期内的有效值为E′，由有效值的定义得22()22mEERTTR＝解得2mEE＝故电流表的示数为222ErnBIRR＝＝故选D。3.如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为1∶2，正弦交流电源电压为U＝12V

，电阻R1＝1Ω，R2＝2Ω，滑动变阻器R3最大阻值为20Ω，滑片P处于中间位置，则A.R1与R2消耗的电功率相等B.通过R1的电流为3AC.若向上移动P，电压表读数将变大D.若向上移动P，电源输出功率将不变【答案】B【解析】【详解】理想变压器原副线圈匝数

之比为1：2，可知原副线圈的电流之比为2：1，根据P=I2R可知R1与R2消耗的电功率之比为2：1，故A错误；设通过R1的电流为I，则副线圈电流为0.5I，初级电压：U-IR1=12-I；根据匝数比可知次级电压为2（12-I），则232(12)1120.52mIRRI−+＝＝，

解得I=3A，故B正确；若向上移动P，则R3电阻减小，次级电流变大，初级电流也变大，根据P=IU可知电源输出功率将变大，电阻R1的电压变大，变压器输入电压变小，次级电压变小，电压表读数将变小，故CD错误；故选B．4.如图所示，一端固定于天花板上的一轻弹簧，下端悬挂了质量均

为m的A、B两物体，平衡后剪断A、B间细线，此后A将做简谐运动。已知弹簧的劲度系数为k，则下列说法中正确的是（）A.细线剪断瞬间A的加速度为0B.A运动到最高点时弹簧弹力为mgC.A运动到最高点时，A的加速度为gD.A振动的振幅为2m

gk【答案】C【解析】【详解】轻弹簧悬挂质量均为m的A、B两物体，平衡后弹簧处于拉长状态，弹簧的拉力等于两个物体的重力的和，即2Fmg=则弹簧的伸长量为12mgxk=剪断A、B间的连线，A将做简谐运动。若只有一个物体，则平衡时弹簧的伸长量为2112mgxxk==所以剪断A、B间的连线，A

将在弹簧形变量2mgk到0之间做振幅为mgk的简谐运动。AC．细线剪断瞬间A受到重力和弹簧的弹力，由牛顿第二定律可知加速度为2Fmgmgmgagmm−−===方向向上。由简谐运动的对称性可知，在A运动的最高点，加速度大小

也为g，方向竖直向下，故A错误，C正确；BD．由开始的分析可知，物体A在弹簧形变量2mgk到0之间做振幅为mgk的简谐运动，在最高点时A的重力提供加速度，故弹簧的弹力为0。故BD错误。故选C。5.两列完全相同的机械波于某时刻的叠加情况如图所示，图中的实线和虚线分别表示波峰和波谷，关于此时刻的说法错

误的是（）A.a，b连线中点振动加强B.a，b连线中点速度为零C.a，b，c，d四点速度均为零D.再经过半个周期c、d两点振动减弱【答案】B【解析】【详解】AB．a是两个波谷相遇，位于波谷，振动加强，但此时速度为0；b是两个波峰相遇，

位于波峰，振动加强，但此时速度为0；a、b两点是振动加强区，所以a、b连线中点振动加强，此时是平衡位置，速度不为0；故A正确，B错误；C．c和d两点是波峰和波谷相遇点，c、d两点振动始终减弱，振幅为0，即质点静止，速度为零，故a，b，c，d四点速度

均为零，故C正确；D．再经过半个周期c、d两点仍是振动减弱，故D正确。本题选错误的，故选B。二、多选题6.如图，a、b、c、d是均匀媒质中x轴上的四个质点，相邻两点的间距依次为2m、4m和6m。一列简谐横波以2m/s的波速沿x轴正向传

播，在t＝0时刻到达质点a处，质点a由平衡位置开始竖直向下运动，t＝3s时a第一次到达最高点。下列说法正确的是（）A.在t＝6s时刻波恰好传到质点d处B.在t＝5s时刻质点c恰好到达最高点C.当质点d向下运动时，质点b一定向上运动D

.在4s<t<6s的时间间隔内质点c向上运动【答案】AD【解析】【详解】A．ad间距离为12mx=，波在同一介质中匀速传播，则波从a传到d的时间为12s6s2xtv===即在6st=时刻波恰好传到质点d处；故A正确；B．设该波的周期为T，由题可得33s4T=得4sT=波从a传到c

的时间为24s3s2xtv+===则在5st=时刻质点c已振动了2s，而c起振方向向下，故在5st=时刻质点c恰好经过平衡位置向上；故B错误；C．波长为24m8mvT===bd间距离为110m14=结合

波形得知，当质点d向下运动时，质点b不一定向上运动。故C错误；D．在4s6st的时间间隔内，质点c已振动了1s3st，质点c正从波谷向波峰运动，即向上运动，故D正确。故选AD。7.以下有关光的现象的说法正确的是（）A.在水中的潜水员向上看岸边物体时

，看到物体的像比物体所处的实际位置高B.光的偏振现象说明光是一种纵波；C.光照射到一个半径很小的圆板后，在圆板的阴影中心出现亮斑，是衍射现象；D.海市蜃楼产生的原因是由于海面上上层空气的折射率比下层空气折射率大【答案】AC【解析】【详解】A．景物的光斜射到水面上，由光发生折射的

条件知，会发生折射现象，当光进入水中后靠近法线，射入潜水员眼睛，而潜水员由于错觉，认为光始终沿直线传播，逆着光的方向看上去而形成的虚像，所以比实际位置高，故A正确；B．光的偏振现象说明光是一种横波，故B错误；C．用单色光照射照射直径比较小的不透明圆盘时，在

圆盘后屏上的阴影中心出现了一个亮斑，阴影的周围是明暗相间的环状衍射条纹．这就是泊松亮斑，是激光绕过不透光的圆盘发生衍射形成的，故C正确．D．海市蜃楼产生的原因是由于：海面上的下层空气的温度比上层低，下层空气的密度比上层大

，下层空气的折射率比上层空气折射率大而产生的全反射现象，故D错误．8.图（a）为一列简谐横波在t=0.10s时的波形图，P是平衡位置在x=1.0m处的质点，Q是平衡位置在x=4.0m处的质点，图（b）为质点Q的振动图形。下列说法正确的是（）A.在t=0.10s时，质点Q向y轴正方向运动B.在t=0

.25s时，质点P加速度方向与y正方向相同C.从t=0.10s到t=0.25s，波沿x轴正方向传播了6mD.质点Q简谐运动的表达式为y=0.10sin10πt（m）【答案】B【解析】【详解】A．图（b）为质点Q的振

动图象，则知在t=0.10s时，质点Q正从平衡位置向波谷运动，所以点Q向y轴负方向运动，故A错误；B．在t=0.10s时，质点Q沿y轴负方向运动，根据波形平移法可知该波沿x轴负方向传播，此时P点正向上运动。由图b读出周期T=0.2s，从t=0.10

s到t=0.25s经过的时间为△t=0.15s=34T则在t=0.25s时，质点P位于x轴下方，加速度方向与y轴正方向相同，故B正确；C．由甲图知波长λ=8m，则波速为：8m/s40m/s0.2vT===从t=0.10s到t=0.25s经过的时间为△t=0．15s

，该波沿x轴负方向传播的距离为△x=v△t=40×0.15m=6m故C错误；D．根据Q点的振动图像可知，其振动的表达式为22sin0.10sin0.10sin100.2yAtttT===故D错误。故选B。三、实验探究题9.在“利用单摆测重力加速度”的实验中：(1)组装单摆时，应在下列器材中选

用__________。A.长度为1m左右的细线B.长度为30cm左右的细线C.直径为1.8cm的塑料球D.直径为1.8cm的铁球(2)以下做法正确的是________。A.测量摆长时，用刻度尺量出悬点到摆球间的细线长度作为摆长LB.测量周期时，从小球

经过平衡位置开始计时，经历50次全振动总时间为t，则周期为50tC.摆动中出现了轻微的椭圆摆情形，王同学认为对实验结果没有影响而放弃了再次实验的机会D.释放单摆时，应注意细线与竖直方向的夹角不能超过5°(3)如果用多组实验数据做出2TL−图

像，也可以求出重力加速度g，已知三位同学做出的2TL−图线的示意图如图中的a、b、c所示，其中a和b平行，b和c都过原点，图线b对应的g值最接近当地重力加速度的值。则相对于图线b，下列分析正确的是_____

_。A.出现图线a的原因可能是误将悬点到小球下端的距离记为摆长LB.出现图线c的原因可能是误将49次全振动记为50次C.图线c对应的g值小于图线b对应的g值(4)黄同学先测得摆线长为97.92cm，后用游标卡尺测得摆球直径（如图），读数为______cm；再测得单摆的周期为2s，最后算出

当地的重力加速度g的值为_______m/s2。（2取9.86，保留两位小数）(5)实验中，如果摆球密度不均匀，无法确定重心位置，刘同学设计了一个巧妙的方法不计摆球的半径。具体做法如下：第一次量得悬线长L1，测得振动周期为T1；第二次量得悬线长L2，测得振动周期为T2，由此可推得重力

加速度的表达式为g=________。【答案】(1).AD(2).BD(3).B(4).2.16(5).9.76(6).()21222124LLTT−−【解析】【详解】(1)[1]单摆在摆动过程中。阻力要尽量小甚至忽略不计，所以摆球选铁球；摆长不能过小，一般取1m左右。故AD正确，BC错误。

故选AD。(2)[2]A．测量摆长的方法：用刻度尺量出从悬点到摆球球心的距离。故A错误；B．测量周期时，选取平衡位置作为计时起点与终止点，因为摆球通过平衡位置时速度最大，相等的距离误差时，引起的时间误差较小，测量的周期精确。经历50次全振

动总时间为t，则周期为50t，故B正确；C．要保证单摆在同一竖直面内摆动，不能形成圆锥摆。故C错误；D．单摆摆动时，对摆角的大小有要求，摆角的大小不超过5°．故D正确。故选BD。(3)[3]根据单摆周期2LTg=可得：224LTg=。A.若测量摆长时忘了加上摆球的半径，则摆长变成摆线的

长度l，则有2222244()44LlrlrTgggg+===+根据数学知识课知，对T2-L图象来说，22244LrTgg=+与b线224LTg=斜率相等，截距不同，两者应该平行，故做出T2-L图象中a线的原因可能是误将悬点到小球上端的距离记为摆长

L，故A错误；B.实验中误将49次全振动记为50次，则周期的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏大，图线的斜率k偏小，故B正确；C.由图可知，图线c对应的斜率k偏小，根据T2-L图象的斜率24kg=，图线c对应的g值大于图线b对应的g值，故C错误。故选B

。(4)[4][5]主尺读数为21mm。10分度的游标卡尺每一分度表示的长度为0.1mm，游标尺第6条刻度线与主尺对齐，则游标尺读数为0.6mm，摆球的直径为21mm+0.6mm=21.6mm=2.16cm单摆的摆长l=摆线的长度+摆球的半径=97.92cm+1.08cm=99cm

=0.99m。由单摆的周期公式2lTg=得，重力加速度224lgT=代入解得g=9.76m/s2(5)[6]设摆球的重心到线与球结点的距离为r，根据单摆周期的公式：2lTg=得112LrTg+=，222LrTg+=联立两式解得：()212221

24LLgTT−=−10.小显和小涛同学“用插针法测玻璃棱镜的折射率”（1）小显同学按实验步骤，先在纸上插下二枚大头针P1、P2，然后在玻璃棱镜的另一侧插下另外二枚大头针，如图（1）所示．则插针一定错误的是__

_____（填“P3P4＂或＂P5P6”）按实验要求完成光路图____，并标出相应的符号，所测出的玻璃棱镜的折射率n＝_______．（2）小涛同学突发奇想，用两块同样的玻璃直角三棱镜ABC来做实验，两者的AC面是平行放置的，如

图（2）所示．插针P1、P2的连线垂直于AB面，若操作正确的话，则在图（2）中右边的插针应该是________（选填＂P3P4＂、＂P3P6＂、＂P5P4＂、＂P5P6）【答案】(1).56PP(2).如图所示：

(3).12sinsin(4).56PP【解析】【分析】（1）根据光路图来确定玻璃砖右边插针的位置；根据光的折射定律求解折射率；（2）画出经过P1P2的光路图可确定右侧插针的位置；【详解】（1）光线经三棱镜折射后应该偏向底边，故插针一定错误的是“P

5P6”；光路如图；根据光的折射定律：12sinsinn=（2）根据光路图可知，经过P1P2的光线经两块玻璃砖的分界处后向下偏，然后射入右侧玻璃砖后平行射出，则图（2）中右边的插针应该是P5P6；四、解答题11.如

图为某透明介质的截面图，截面可看做由四分之一个圆面ABO和一个长方形BCDO组成，AO=2DO=R，一束光线在弧面AB的中点E沿垂直于DC边方向射入，折射光线刚好到达D点，求：(1)介质对光的折射率；(2)光在介质中从E传到D所用的时间（光在真空中的速度为c）。【答案】(1)522+；(2

)(522)2Rc+。【解析】【详解】(1)由于光线圆弧面AB的中点E沿着垂直于DC边射入由几何关系，可知，入射角i=45°，ED边的长22225222222RRsRR+=++=由正弦定理，可知sinsin1352rRs=解得：224sin522252

22r==++因此介质对光的折射率sin522sininr==+(2)光从E到D所用的时间(522)2snsRtvcc+===12.甲、乙两列完全相同的横波分别从波源A、B两点，沿直线ox相向传播，t=0时的波形图像如图所示，如果两列波的波速都是10m/s，求：(1)甲、乙列波的频率各是多少

？(2)第几秒末两列波相遇，相遇时C、D两点间有哪些点位移最大？(3)t=0.3s末，C、D间（包括C、D两点）有几个点的位移最大？【答案】(1)甲、乙两列波的频率均为2.5Hz；(2)0.2s；x=5m和x=7m处的点位移最大；(3

)只有x=6m点的位移最大。【解析】【详解】(1)由题图知：λ=4m，又因v=10m/s，所以由v=λf得10Hz2.5Hz4vf===故甲、乙两列波的频率均为2.5Hz。(2)设经t时刻两波相遇，则2vt=4m，解得：4s0.2s210t==周期是0.4s，故波传播了

半个周期，此时两列波的图象如图中的虚线所示．故CD间有x=5m和x=7m处的点位移最大．(3)0.3s波向前传播距离为：3100.3m3m4xvt====两列波的波峰同时传到x=6m点，振动加强，即CD间只有x=6m点的位移最大。