【文档说明】【精准解析】北京市东城区2019-2020学年高二下学期期末考试统考检测物理试题.pdf，共(18)页，516.047 KB，由小赞的店铺上传

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-1-东城区2019—2020学年度第二学期期末统一检测高二物理一、选择题：本题共14小题，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题意的。（每小题3分，共42分）1.下列说法正确的是（）A.物体从外界吸收热量，其内能一定增加B.物体对外界做功，其内能一定减少C.物体温度升高，其分子热

运动平均动能增大D.物体温度降低，其分子热运动剧烈程度增加【答案】C【解析】【详解】A．物体从外界吸收热量，同时物体对外做功，根据热力学第一定律可知其内能不一定增加，故A错误；B．物体对外界做功，同时物体从外界吸收热量，根据热力学第一定律可知其内能不一定减少，故B错误；CD．温度

是分子热运动平均动能的标志，物体的温度升高，其分子热运动分子的平均动能增大，物体温度降低，其分子热运动剧烈程度减弱，故C正确，D错误；故选C。2.关于波的现象，下列说法正确的是（）A.机械波和电磁波都可以在真空中传播B.波速、波长与频率的关系vf，对机械波和电磁波都

适用C.电磁波能产生干涉、衍射现象，而机械波不能D.机械波既有横波又有纵波，而电磁波只有纵波【答案】B【解析】【详解】A．机械波的传播需要介质，不能在真空中传播，而电磁波可以在真空中传播，A错误；B．公式vf适用于一切机械波和电磁波的计算，B正确；-2-C．

干涉和衍射是波特有的现象，一切波都能发生，C错误；D．机械波既有横波又有纵波，而电磁波只有横波，D错误。故选B。3.如图所示，弹簧振子在M、N之间做简谐运动，O为平衡位置，P是ON间一点，则（）A.振子从M运动到O的过程中势能增大B.振子从O运动到N的过程中动能增大C.振子通过P点时加速度

方向向左D振子通过P点时回复力方向向右【答案】C【解析】【详解】A．由题意可知，以向右为x正方向，振子从M运动到O点时，位移为零，速度沿正方向最大，弹簧处于原长，所以振子从M运动到O的过程中势能减小，故A错误；B．振子从O运动

到N的过程中，位移增大，速度减小，动能减小，故B错误；CD．振子通过P点时，回复力相同且方向向左，根据牛顿第二定律知，加速度相同且方向向左，故C正确，D错误；故选C。4.在弹簧振子的图中，以平衡位置O为原点，沿ON方向建立Ox轴（向右为正方向）。若振子位于M点时开

始计时，则其振动图像为（）A.B.C.D.【答案】B-3-【解析】【详解】取向右为x轴正方向，振子在M点时，振子具有负方向最大位移，所以振子运动到M点时开始计时振动图象应是余弦曲线，图象应如B图所示，故B正确ACD错误。故选B。5.下列有关热现象的说法中正确的是（）A.液体分子的无

规则运动称为布朗运动B.分子间引力与斥力的大小都随分子间距离的增大而减小C.温度升高时，物体内每个分子热运动的动能都增大D.一定质量的气体，体积越小，温度越高，气体的压强就越小【答案】B【解析】【详解】A．布朗运动是固体

颗粒的无规则运动，反映了液体分子的无规则运动，A错误；B．分子间的引力与斥力都随分子间的距离的增大而减小，B正确；C．温度是大量分子运动的统计规律，物体的温度升高，绝大多数分子热运动的动能都增大，但可能有部分分子的动能减小，C错误；D．根据理想气体状态方程pVCT，知

体积越小，温度越高，气体的压强越大，D错误。故选B。6.如图所示，一束单色光从真空斜射向某种介质的表面，入射角i=45°，折射角r=30°，则（）A.此介质的折射率等于1.5B.此介质的折射率等于12C.i大于45°时会发生全反射现象D.此介质全

反射的临界角为45°【答案】D-4-【解析】【详解】AB．已知入射角i=45°，折射角r=30°，则此介质的折射率为sinsin452sinsin30inrAB错误；C．光从真空斜射向某种介质的表面，是从光疏介

质射向光密介质，不可能发生全反射，C错误；D．全反射时有12sin2Cn所以此介质全反射的临界角45CD正确。故选D。7.如图所示为观察水面波衍射的实验示意图，CA、BD是挡板，它们之间有一窄缝，A、B分别为窄缝边缘的两点。S点表示波源，相邻两波纹之间

的距离表示一个波长，已知A、B间的距离与波长相差不多，则波穿过窄缝之后（）A.波纹之间距离变大B.波的振幅变大C.波仅在SA与SB两直线之间的扇形区域内传播D.波能传播到SA、SB两直线外侧的区域【答案】D【解析】【详解】AB．

波穿过缝后，波速、频率、波长不变，振幅都不变，则挡板前后波纹间的距离相等，选项AB错误；-5-CD．因为波长比孔的尺寸还大，所以能够观察到明显的衍射现象，衍射现象是波绕过障碍物，传播到障碍物后方的现象，即波偏离直线传播的路径，选项C错误，D正确。故选D。8.如图所示，一理想变压

器，其原副线圈的匝数均可调节，原线圈两端电压为一最大值不变的正弦交流电，为了使变压器输入功率增大，可使A.其他条件不变，原线圈的匝数n1增加B.其他条件不变，副线圈的匝数n2减小C.其他条件不变，负载电阻R的阻值增大D.其

他条件不变，负载电阻R的阻值减小【答案】D【解析】试题分析：据题意，已知变压器原线圈输入功率由副线圈输出功率决定，为了使变压器输入功率增大，可以调整副线圈的输出功率，当原线圈输入电压不变时，副线圈上的电压也不变，由2PUR

可知，当负载电阻减小时，副线圈输出功率增加，故D选项正确而C选项错误；其它条件不变，当增加原线圈匝数时，据1212nnUU

可得2121UUnn，则副线圈电压减小，而功率也减小，A选

项错误；副线圈匝数减小，同理可得变压器功率减小，故B选项错误．考点：本题考查变压器原理．9.如图所示为交流发电机的示意图。矩形线圈在匀强磁场中绕与磁场垂直的轴匀速转动，产生的交流电动势的最大值为222V。已知线圈

电阻为10Ω，灯泡电阻为90Ω，图示位置线圈平面与磁场平行，则（）-6-A.灯泡两端的电压为22VB.在图示位置时，线圈中的感应电动势最大C.在图示位置时，通过线圈的磁通量最大D.在图示位置时，线圈中电流方向发生改变【答案】B【解析】【详解】A．交流电两端电压有效值为222V22V2

E故灯泡两端的电压为902219.8V1090RUERrA错误；BC．在图示位置时，线圈平面与磁场平行，磁通量为零，切割磁感线手动最大，即磁通量变化率最大，所以感应电动势最大，B正确C错误；D．线圈处于中性

面时，电流方向改变，图示位置为与中性面垂直的位置，电流方向不变，D错误。故选B。10.如图所示为双缝干涉实验装置的示意图，S为单缝，S1、S2为双缝，P为光屏。用单色光从左侧照射单缝S时，可在光屏P上观察到干涉条纹。下列说法正确的是（）A.减小双缝间的距离，干涉条纹间的距离减

小-7-B.增大双缝到屏的距离，干涉条纹间的距离增大C.若换作波长更长的单色光照射，干涉条纹间的距离减小D若换作白光照射，光屏上不出现条纹【答案】B【解析】【详解】A．根据双缝干涉条纹的间距公式Lxd知，减

小双缝间的距离，即d变小，则干涉条纹间距增大，选项A错误；B．根据双缝干涉条纹的间距公式Lxd知，增大双缝到屏的距离，即L增大，干涉条纹间距增大，选项B正确；C．根据双缝干涉条纹的间距公式Lxd知若换作波长更长的单色光照射，干涉条纹间的距离增大，选项C错误；D．换作白光照射，光屏上

将出现条纹彩色条纹，选项D错误。故选B。11.一列简谐横波向右传播，在其传播路径上每隔0.1m选取一个质点，如图甲所示，t=0时刻波恰传到质点1，质点1立即开始向下振动，在t=0.4s时，所选取的1到9号质点第一次出现如图乙所示的波形，则（）A.t=0.4s时刻，质点1向上运动B.t=

0.4s时刻，质点8向上运动C.t=0至t=0.4s内，质点3运动的时间为0.3sD.该波的周期为0.4s，波速为0.2m/s【答案】C【解析】【详解】根据题意可知0.4sTtA．在t=0.4s时

，质点1恰好振动了一个周期，故向下振动，A错误；-8-B．波向右传播，在t=0.4s时，根据走坡法可知质点8向下振动，B错误；CD．根据题意可知0.82m/s0.4vT所以振动传播到质点3需要经过130.20.1s2xtv故t=

0至t=0.4s内，质点3运动的时间为0.3s，C正确D错误。故选C。12.如图所示为一种呼气酒精测试仪的原理图，其中酒精气体传感器的电阻值r′的倒数与接触到酒精气体的浓度c成正比。则下列说法正确的是（）A.电压表的示数无法表示浓度c的变化B.电压表的示数越大，表示浓

度c越小C.酒精气体传感器把电信息转化成非电信息D.当醉酒人员对传感器呼气时，电压表示数变大【答案】D【解析】【详解】ABD．酒精气体传感器和定值电阻串联在电路中，电压表测R0两端的电压，酒精气体传感器的电阻的倒数与

酒精气体的浓度成正比，测试到的酒精气体浓度越大则传感器的电阻的倒数越大，所以传感器的电阻越小，根据欧姆定律可知电路中电流越大，R0两端的电压越大，所以U越大。表示c越大，AB错误D正确；C．酒精气体传感器

把非电信息（酒精气体浓度）转化成电信息（电压），C错误。故选D。13.在“探究影响感应电流方向的因素”的实验中，用灵敏电流计和线圈组成闭合回路，通过“插入”和“拔出”磁铁，使线圈中产生感应电流。已知在图甲中，电流计指针向左偏转，则对下图所示的实验过程，说法

正确的是（）-9-A.甲图中感应电流产生的磁场方向向下B.乙图中电流计指针向左偏转C.乙图和丙图中磁铁受到线圈作用力的方向都向下D.丙图和丁图中电流计指针的偏转方向不同【答案】D【解析】【详解】A．甲图中穿过线圈

向下的磁通量增大，故感应电流产生的磁场方向向上，A错误；B．乙图中穿过线圈向上的磁通量增大，故感应电流产生的磁场方向向下，和甲图相反，向右偏，B错误；C．根据“来拒去留”原则可知乙图磁铁受到向上的作用力，丙图磁铁受到向下的作

用力，C错误；D．丙图中穿过线圈向下的磁通量增大，感应电流产生的磁场方向向下，与甲图相反，感应电流向右偏，丁图中穿过向上的磁通量减小，感应电流产生的磁场方向向上，感应电流向左偏，故D正确。故选D。14.如图所示，两足够长的光滑导轨水平放置，相距为d，左端MN用直导线相连，导轨及

直导线的电阻都不计。阻值为r的金属棒ab可在导轨上滑动，整个装置处于竖直向下的均匀磁场中，其磁感应强度按B=kt的规律随时间变化（k为常数）。在水平外力的作用下，金属棒ab从t=0时刻开始，以速度v沿导轨向右匀速运动，已知t=t0时刻，拉力大小为F，则下列说法正

确的是（）A.回路中感应电动势的大小为ktdv-10-B.回路中电流方向为MabNC.t=t0时刻，回路中的电功率小于22220FrktdD.t=t0时刻，回路中的电功率大于22220ktdvr【答案】D【解析】【详解】A．回路中既有动生电动势，又有感生电动势，据题意，有Bkt则得B

kt回路中产生的总的感应电动势为BtESBdv，dBttSkv，Bdvkdvt解得2EkdvtA错误；B．穿过闭合回路的磁通量增大，根据楞次定律可知回路中电流方向为aMNb，B错

误；C．导体棒作匀速直线运动，受力平衡，所以在tt0时有FBId则IdFB根据2PIr可得222222022()FrBdBddFrPkrtFC错误；D．tt0时，002kdvEIrrt根据2PIr可得-11-222222222000(

)24kdktdvktdvPrrrvtrD正确。故选D。二、实验题（共16分）15.如图所示是利用单摆测定重力加速度的实验装置。(1)请写出单摆的周期公式_____，并据此可推导出g的表达式g=_____。(2)为了提高周期的测量精度，下列哪种做法是可取的_____

（选填正确选项前的字母）。A．用秒表直接测量一次全振动的时间B．用秒表测30至50次全振动的时间，计算出平均周期C．在最大位移处启动秒表和结束计时D．在平衡位置处启动秒表和结束计时(3)摆长测量完成后，在测量周期时，摆球振动过程中悬点处摆线的固定处出现

松动，摆长略微变长，这将会导致所测重力加速度的数值_____（选填“偏大”、“偏小”或“不变”）。【答案】(1).2lTg(2).224lgT(3).BD(4).偏小【解析】【详解】(1)[1]单摆的周期公式为2lTg；[2]根据2lTg变形可得2

24lgT-12-(2)[3]A．直接测量一次全振动的时间较短，不利于减小误差，A错误；B．用秒表测30至50次全振动的时间，计算出平均周期，利于减小误差，B正确；CD．在平衡位置启动秒表开始计时，在平衡位

置结束计时，因为速度最大，误差比较小，C错误，D正确。故选BD。(3)[4]测量摆长后，测量周期时，摆球振动过程中悬点处摆线的固定出现松动，摆长略微变长；计算时，摆长的测量值偏小，根据公式224lgT，故重力加速度的测量值偏小

。16.用如图所示的实验器材来探究产生感应电流的条件。(1)图中已经用导线将部分器材连接，请将实物间的连线补充完整_____；(2)若连接好实验电路并检查无误后，在闭合开关的瞬间，观察到电流计指针向右偏转，这是由于线圈_____（填“A”或“B”）中有了感

应电流。(3)在开关闭合且稳定后，使滑动变阻器的滑片向右匀速滑动，此过程中灵敏电流计的指针_____（选填“向右偏”、“不偏转”或“向左偏”）。【答案】(1).(2).B(3).向左偏-13-【解析】【详解】(1)[1]本实验中

线圈A与电源相连，通过调节滑动变阻器使线圈A中的磁通量发生变化，从而使线圈B产生电磁感应线象，故线圈B应与检流计相连，如图所示(2)[2]闭合开关的瞬间，观察到电流计指针发生偏转，说明线圈B中有了感应电流，产生感应电流的原因是其磁通量发生变化。(3)[3]如果在闭合电键时，线圈中的电

流增大，穿过线圈的磁通量增加，产生感应电流，指针向右偏。闭合电键后，滑动变阻器的滑片向右移动，电流减小，穿过线圈的磁通量减小，产生感应电流，根据楞次定律知，感应电流的方向与闭合电键的瞬间电流方向相反，则电流表指针向左偏。17.在“测定玻璃折射率”的实验中操作步骤如下，请在横线上

将实验内容补充完整。①先在白纸上画出一条直线aa′代表两种介质的界面，过aa′上的一点O画出界面的法线NN′，并画一条线段AO作为入射光线。②把长方形玻璃砖放在白纸上，使它的长边跟aa′对齐。在白纸上画出玻璃砖的另一个界面bb′。③在线段AO上竖直地插上两枚大头针P1、P2，透

过玻璃砖观察大头针P1、P2的像。调整视线方向，直到P1的像被P2挡住。再在观察的这一侧插两枚大头针P3、P4，使P3挡住P1、P2的像，P4挡住P1、P2的像和___________，记下_________和_________的位置（用题目中出现的字母表示）。④移去大头针和玻

璃砖，连接P3、P4作为折射光线，应通过P3、P4的连线与bb′的交点O′和aa′上的入射点O，作出玻璃砖中的光线OO′，测量出法线NN′与AO之间的夹角作为入射角θ1，测量出法线NN′与____________之间的夹角作为

折射角θ2，填入表格中。由12sinsinn计算玻璃的折射率（用题目中出现的字母表示）。【答案】(1).P3(2).P3(3).P4(4).OO′【解析】-14-【详解】[1][2][3]如图所示在“测定玻璃折射率”的实验中需要保持P1、P2、P3和P4四点视线在一条直线上，即可得P

4挡住P1、P2和P3的像，且需要记下P3和P4的位置。[4]由折射率公式12sinsinn需要测量出法线NN′与AO之间的夹角作为入射角θ1，测量出法线NN′与OO′之间的夹角作为折射角θ2。三、论述、计算题（共42分）

解题要求：写出必要的文字说明、方程式、演算步骤和答案。有数值计算的题，答案必须明确写出数值和单位。18.如图甲所示的理想变压器，其原线圈接在输出电压如图乙所示的正弦式交流电源上，副线圈接有阻值为44Ω的负载电阻R，原、副线圈匝数之比为10∶1。电流表、电压表均为理想交流电表。求：（1）电流表

中电流变化的频率f；（2）电压表的示数U；（3）原线圈的输入功率P。-15-【答案】（1）50Hz；（2）22V；（3）11W【解析】【详解】（1）由乙图可知，交变电流的周期T=0.02s，则电流变化的频率为11Hz50Hz0.02fT（2）原线圈的电

压有效值为m12202V220V22UU由1122UnUn得，电压表的示数22111220V22V10nUUUn（3）原线圈的输入功率P等于副线圈的输出功率，则222222W11W44UPPR19.将一

根阻值R=0.8Ω的导线弯成一个圆形线圈，放置在磁感应强度B=0.2T的匀强磁场中，线圈平面与磁场垂直，如图甲所示，此时线圈的面积S=0.4m2。现同时向两侧拉动线圈，使线圈的面积在Δt=0.5s时间内减小为原来的一半，如图乙所示。在上述变化过程中，求：(1)线圈中感应电动势的平均值E；(2

)通过导线横截面的电荷量q。【答案】(1)0.08V；(2)0.05C【解析】-16-【详解】(1)根据法拉第电磁感应定律可得ΦΔ0.20.20.8Δ.00V5BStEnt(2)通过导线横截面的电荷量q=It=0.04C0.

8ttRR=0.05C20.在做“用油膜法估测分子大小”的实验中，油酸酒精溶液的浓度为每104mL溶液中有纯油酸5mL，用注射器测得1mL上述溶液中有液滴52滴，把1滴该溶液滴入盛水的浅盘里，待水面

稳定后，将玻璃板放在浅盘上，在玻璃板上描出油膜的轮廓，随后把玻璃板放在坐标纸上，其形状如图所示，坐标纸中正方形小方格的边长为20mm。请根据上述数据及信息进行估算（结果均保留1位有效数字）。（1）油膜的面积S；（2）每一滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积V；（3）油酸分子

的直径d。【答案】（1）2×10-2m2；（2）1×10-11m3；（3）5×10-10m【解析】【详解】（1）求油膜的面积时，先数出共有约58个小方格。故油膜的面积为232220582010m210mSnS（2）由于104mL溶

液中含有纯油酸5mL，则1mL中有纯油酸4045mL510mL10V又1mL上述溶液中有液滴55滴，故1滴溶液中含有纯油酸的体积为1130110m55VV（3）由公式VdS-17-可得，油酸分子直径为11102110m510m

210d21.如图所示，在磁感应强度B=2T的水平匀强磁场中，有两条竖直放置的光滑无限长平行金属导轨，导轨平面与磁场垂直，导轨间距为L=1m，顶端接有阻值为R=4Ω的电阻。质量m=0.2kg、电阻不计的金属棒MN始终

垂直于导轨，并与其保持光滑接触，初始时刻保持静止，且距离顶端无限远，g取10m/s2。（1）若将金属棒无初速释放，求金属棒达到的最大速度1v。（2）若从初始时刻起在金属棒上施加一竖直向上的外力F，且此外力的功率保持P=3W

恒定。a.请分析说明金属棒的运动情况，并求稳定时金属棒的速度2v。b.求金属棒的速度30.5m/sv时金属棒的加速度a。【答案】（1）2m/s；（2）a.1m/s；b.17.5m/s2【解析】【详解】（

1）释放后，金属棒做加速度减小的加速运动，当金属棒的重力与安培力相等时，达到最大速度1v,由1EBLv，EIR，FBIL，Fmg解得12m/sv（2）a．施加竖直向上的外力后，金属棒还受到竖直向下的重力和竖直向

下的安培力，在这三个力的作用下向上加速运动，加速度随速度的增大而减小，最终当三个力合力为零达到稳定速度2v。此时满足-18-222BLvFmgR且2PFv联立解得21m/sv，2-3m/sv（舍去）方向竖直向上。b.由题意可得223BLvFmgmaR

3PFv联立解得217.5m/sa