2018-2019学年四川省成都市第七中学高二下学期期中考试物理试题

成都七中2018—2019学年度下期高2020届半期考试
物理试卷
★祝考试顺利★
注意事项：
1、答题前，请先将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色签字笔填写在试题卷和答题卡上的相应位置，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

用2B铅笔将答题卡上试卷类型A后的方框涂黑。

2、选择题的作答：每个小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选择题答题区域的答案一律无效。

3、主观题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域的答案一律无效。

如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。

不按以上要求作答无效。

4、选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑。

答案用0.5毫米黑色签字笔写在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选修题答题区域的答案一律无效。

5、保持卡面清洁，不折叠，不破损，不得使用涂改液、胶带纸、修正带等。

6、考试结束后，请将本试题卷、答题卡、草稿纸一并依序排列上交。

、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。

每小题所给四个选项只有一项符合题目要求。

1.关于机械波的干涉和衍射，下列说法正确的是
A. 有的波能发生衍射现象，有的波不能发生衍射现象
B. 产生干涉现象的必要条件之一，就是两列波的频率相等
C. 只有障碍物的尺寸与波长相差不多或小得多时，才能发生衍射现象
D. 在干涉图样中，振动加强区域的质点，其位移始终保持最大
【答案】B
【解析】
【详解】衍射是波特有的现象，所有的波都能发生衍射现象，选项A正确；产生干涉现象的必要条件之一，就是两列波的频率相等，选项B正确；只有障碍物的尺寸与波长相差不多或小得多时，才能发生明显的衍射现象，选项C错误；在干涉图样中，振动加强区域的质点振幅最大，其位移随时间做周期性变化，选项D错误.
2.下列关于机械振动的说法正确的是
A. 受迫振动稳定后，其振动的周期总等于系统的固有周期
B. 阻尼振动振幅逐渐减小，同时周期也逐渐减小
C. 当驱动力的频率等于振动系统的固有频率时，受迫振动的振幅最大
D. 为避免共振现象发生时，应使驱动力频率接近或等于振动系统的固有频率
【答案】C
【解析】
【详解】受迫振动稳定后，其振动的周期总等于驱动力的周期，选项A错误；阻尼振动振幅逐渐减小，周期不变，选项B错误；当驱动力的频率等于振动系统的固有频率时，产生共振，此时受迫振动的振幅最大，选项C正确；为避免共振现象发生时，应使驱动力频率远离振动系统的固有频率，故D错误。

3.如图所示，线圈两端与电阻相连构成闭合电路，在线圈上方有一竖直放置的条形磁铁的极
)
朝下，在将磁铁的S极插入线圈的过程中(
A. 通过电阻的感应电流的方向由b到a，线圈与磁铁相互排斥
B. 通过电阻的感应电流的方向由a到b，线圈与磁铁相互吸引
C. 通过电阻的感应电流的方向由a到b，线圈与磁铁相互排斥
D. 通过电阻的感应电流的方向由b到a，线圈与磁铁相互吸引
【答案】A
【解析】
当磁铁向下运动时，穿过线圈磁通量变大，原磁场方向向上，所以感应磁场方向向下，根据右手螺旋定则，拇指表示感应磁场的方向，四指弯曲的方向表示感应电流的方向，即通过电阻的电流方向为b→a；根据楞次定律“来拒去留”可判断线圈对磁铁的作用是阻碍作用，故磁铁与线圈相互排斥，故选项A正确，BCD错误。

点睛：楞次定律应用的题目我们一定要会做，大胆的去找原磁场方向，磁通量的变化情况，应用楞次定律判断即可。

4.如图所示，M是一小型理想变压器，接线柱a、b接在电压u＝311sin314t（V）的正弦交流电源上，变压器右侧部分为一火警报警系统原理图，其中R2是一只阻值随温度升高而迅速减小的热敏电阻，电流表A2为值班室的显示器，显示流过R1的电流，电压表V2显示加在报警器
上的电压（报警器未画出），R3为一定值电阻. 当传感器R2所在处出现火警时，以下说法中正确的是
A. A1的示数不变，A2的示数增大
B. V1的示数不变，V2的示数减小
C. V1的示数增大，V2的示数增大
D. A1的示数增大，A2的示数增大
【答案】B
【解析】
【详解】当传感器R2所在处出现火情时，R2的电阻减小，导致电路的总的电阻减小，所以电路中的总电流将会增加，A1测量的是原线圈中的总的电流，由于副线圈的电流增大了，所以原线圈的电流A1示数也要增加；由于电源的电压不变，原副线圈的电压也不变，所以V1的示数不变，由于副线圈中电流增大，R3的电压变压变大，所以V2的示数要减小，即R1的电压也要减小，所以A2的示数要减小，故ACD错误，B正确。

5.如图所示，A、B是完全相同的两只小灯泡，L为自感系数很大、直流电阻不计的线圈，下列说法正确的是
A. 闭合电键S瞬间，A灯逐渐变亮，B灯立即亮
B. 电键闭合一段时间后，A灯不亮，B灯亮
C. 断开电键S瞬间，A、B灯同时熄灭
D. 断开电键S的瞬间，A、B灯都闪亮一下后再熄灭
【答案】B
【解析】
【详解】开关S 闭合的瞬间，两灯同时获得电压，所以A 、B 同时发光。

由于线圈的电阻可以忽略，灯A 逐渐被短路，流过A 灯的电流逐渐减小，A 灯逐渐变暗，直至熄灭，而流过B 的电流增大，所以B 灯变亮。

故A 错误，B 正确；断开开关S 的瞬间，B 灯的电流突然消失，立即熄灭；流过线圈的电流将要减小，产生自感电动势，相当电源，维持L 中的电流逐渐减小，所以A 灯突然闪亮一下再熄灭，故C D 错误。

6.在图示电路中，二氧化锡半导体型酒精气体传感器的电阻值r′与酒精气体的浓度c 成反比，其余电阻是定值电阻，那么，电压表的示数U 与酒精气体浓度c 之间的对应关系正确的是
A. U 越大，表示c 越小，c 与U 成反比
B. U 越大，表示c 越小，但是c 与U 不成反比
C. U 越大，表示c 越大，c 与U 成正比
D. U 越大，表示c 越大，但是c 与U 不成正比
【答案】D
【解析】
【详解】设酒精气体传感器电阻为r ′．由图知，酒精气体传感器和定值电阻串联在电路中，电压表测R 1两端的电压。

根据酒精气体传感器的电阻与酒精气体的浓度成反比，得：（k 是比例系数）。

根据欧姆定律得：
，整理得
：
，由数学知识知，U 越大，c 越大，但c 与U 不成正比。

故D 正确。

7.如图所示，光滑斜面PMNQ 的倾角为30°，斜面上放有矩形导体线框abcd ，其中ab 边的长度为L 1＝0.2m ，bc 边的长度为L 2＝0.1m ，线框的质量为0.1kg ，电阻为1Ω。

有界匀强磁场的磁感应强度为1T ，方向垂直于斜面向上，ef 为磁场的边界，且ef∥MN。

现用1N 大小的拉力F 使线框从静止开始运动，其ab 边始终保持与底边MN 平行，F 沿斜面向上且与斜面平行。

已
知线框刚进入磁场时做匀速运动，则下列说法正确的是
A. 线框进入磁场时的速度大小为10m/s
B. 线框进入磁场前的加速度大小为10m/s2
C. 线框进入磁场过程中产生的总热量为0.05J
D. 线框刚开始运动时，ab与ef间的距离为15m
【答案】C
【解析】
【详解】导线框进入磁场时产生的感应电动势E=BL1v，感应电流为，受到的安培力大小
为；由于线框匀速进入磁场，受力平衡，则F=F安+mg sinθ，联立解得v=12.5m/s。

故A错误。

线框进入磁场前的加速度大小为，选项B错误；由能量关系可知，线框进入磁场过程中产生的总热量为
，选项C正确；线框刚开始运动时，ab与ef间的距离为，故D错误。

二、双项选择题：本题共5小题，每小题5分，共25分。

每小题所给的四个选项都有两项符合题目要求。

全部选对的得5分，对而不全的得3分，有选错的得0分。

8.下列说法中正确的是
A. LC振荡电流的周期只与电容器的电容大小有关
B. 只有按正弦或余弦规律变化的电场才能在空间产生磁场
C. 不管闭合回路是否存在，变化的磁场都会在其周围空间产生电场
D. 麦克斯韦从理论上预见了电磁波的存在，但并未用实验证实电磁波的存在
【答案】CD
【解析】
【详解】根据LC振荡电路的周期公式为，可知周期取决与线圈的自感L和电容器的电容C，故A错误；麦克斯韦的电磁场理论：变化的电场产生磁场，变化的磁场产生电场。

由此可知并非只有按正弦或余弦规律变化的电场才能在空间产生磁场。

故B错误；根据麦克斯韦的电磁场理论，不管闭合回路是否存在，变化的磁场都会在其周围空间产生电场，故C正确；麦克斯韦从理论上预见了电磁波的存在后，德国物理学家赫兹通过实验证实了他的预言。

故D正确。

9.在一小型交流发电机中，矩形金属线圈abcd的面积为S、匝数为n、线圈总电阻为r，在磁感应强度为B的匀强磁场中绕OO′轴以角速度ω匀速转动（如图甲所示），产生的感应电动势e随时间t的变化关系如图乙所示，矩形线圈与阻值为R的电阻构成闭合电路，下列说法中正确的是
A. t2~t3时间内穿过线圈磁通量的变化量为零
B. t4时刻穿过线圈的磁通量变化率的大小为
C. t3~t4时间内通过电阻R的电荷量为
D. t1~t5时间内电阻R的发热量为
【答案】BC
【解析】
【详解】t2～t3时间内穿过线圈磁通量的变化量为△Φ=BS，故A错误；由于产生的电动势最
大值为E0，根据所以磁通量变化率的最大值，故B正确；通过电阻的电荷量，所以t4到t3这段时间通过电阻R的电荷量为：，故C正确；t1～t5时间内电阻R的发热量为：，故D错误；
10.图甲是一列简谐横波在t＝0.01s时刻的波形图，图乙是质点P的振动图象，则下列说法正确的是
A. 该波沿x轴负方向传播，波速大小为100m/s
B. 在0.01s~0.025s内，质点R通过的路程为15cm
C. t＝0.005s时，1.5m处质点沿y轴的负方向运动
D. 在0.01s~0.015s内，质点Q的加速度一直在减小
【答案】BC
【解析】
【详解】图乙是质点P的振动图象，根据图乙可知在0.01s时P向上振动，根据“同侧法”可知波沿+x方向传播，波长λ=2m。

周期T=0.02s，故波速，故A错误；在0.01s～
0.025s内，即质点R振动了，所以质点R通过的路程为
s=×4A=×4×5cm=15cm，故B正确；t=0.01s时 1.5m处质点处于负向最大位移，所以t=0.005s 时，1.5m处质点沿y轴的负方向运动，故C正确；该时刻质点Q向下振动，在0.01s～0.015s内，即从该时刻再经过T/4，质点Q的位移先减小后反向增大，则加速度先减小、后反向增大，故D错误。

11.如图所示，在倾角为θ的固定光滑斜面上，有两个用轻质弹簧相连的物块A和B，它们的质量均为m，弹簧的劲度系数为k，C为一固定的挡板，现将一个质量也为m的物体D从距A 为L的位置由静止释放，D和A相碰后立即粘在一起，之后在斜面上做简谐运动。

在简谐运动过程中，物体B对C的最小弹力为，则以下说法正确的是
A. 简谐运动的振幅为
B. 简谐运动的振幅为
C. B对C的最大弹力
D. B对C的最大弹力
【答案】AD
【解析】
【详解】当弹力等于AD的重力的分力时AD处于平衡状态，由kx=2mg sinθ可知，平衡位置
时弹簧的形变量为，处压缩状态；当B对C弹力最小时，对B分析，则有mg sinθ+kx=mg sinθ；故弹簧此时形变量：，此时弹簧处于压缩状态；故简谐运动的振幅为：；故A正确，B错误；当AD运动到最低点时，B对C的弹力最大；由对称性可知，此时弹簧的形变量为：
；此时弹力为：；B 对C的弹力为；故C错误，D正确；
12.如图所示，在光滑水平面上，有一个粗细均匀的单匝正方形闭合线框abcd。

t＝0时刻，线框在水平外力的作用下，从静止开始向右做匀加速直线运动，bc边刚进入匀强磁场（虚线为其左边界）的时刻为t1，ad边刚进入磁场的时刻为t2，设线框中产生的感应电流的大小为i，ad边两端电压大小为U，水平拉力大小为F，感应电流的热功率为P，则关于i、U、F、P 随运动时间t变化关系图象正确的是
A. B. C. D.
【答案】BD
【解析】
【详解】金属杆做匀加速直线运动，速度为：v=at，感应电动势：E=BLv，感应电流为：，其中B、L、a均不变，当0-t1时间内，感应电流为零，t1-t2时间内，电流I与t成正比，t2时间后无感应电流，故A错误。

感应电流：，当0-t1时间内，感应电流为零，ad的电压为零，t1-t2时间内，U ad=IR ad=BLat，电压随时间均匀增加，t2时间后无感应电流，但有感应电动势，为：U ad=E=BLat，电压随时间均匀增加，故B正确。

金属杆所受的安培力为：，由牛顿第二定律得：F-F A=ma，解得：，当0-t1时间内，感应电流为零，F=ma，为定值，t1-t2时间内，F与t成正比，F与t是线性关系，但不过原点，t2时间后无感应电流，F=ma，为定值，故C错误；感应电流的热功率：，当0-t1时间内，感应电流为零，P=0，t1-t2时间内，电流P与t2成正比，t2时间后无感应电流，P=0，故D正确.
三、实验题：本题共两小题，最后一空3分，其余每空2分，共15分。

13.做测定玻璃折射率实验时，同学们被分成若干实验小组，以下是其中两个实验小组的实验情况：
（1）甲组同学在实验时，用他们测得的多组入射角i与折射角r作出图象如图甲所示，则下列判定正确的是___________
A. 光线是从空气射入玻璃的
B. 该玻璃的折射率约为0.67
C. 该玻璃的折射率约为1.5
D. 该玻璃置于空气中时临界角约为45°
（2）乙组同学先画出图乙所示的坐标系，再在y＜0区域放入某介质（以x轴为界面），并通过实验分别标记了折射光线、入射光线、反射光线通过的一个点，它们的坐标分别为A（8，3）、B（1，－4）、C（7，－4），则：
①入射点O′（图中未标出）的坐标为___________；
②通过图中数据可以求得该介质的折射率n＝___________。

【答案】 (1). AC (2). （4，0） (3).
【解析】
【详解】（1）由图可知，入射角大于折射角，故可知，光线是从空气射入玻璃的，故A正确；由可知，玻璃的折射率，故B错误，C正确；由sin C=1/n可知，临界角的正弦值为0.67，故D错误；
（2）①画出三条光线如图所示．
根据折射光线与入射光线的对称性，可知，入射点O′的横坐标为，故入射点O′的坐标为（4，0）．
②设入射角为i，折射角为r．根据数学知识得：，
所以该介质的折射率：
14.在“利用单摆测重力加速度”的实验中，
（1）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L
B. 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t/50
C. 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°
（2）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。

（取9.86，结果保留两位小数）
（3）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). BD (2). 2.16 (3). 9.76 (4).
【解析】
【详解】（1）测量摆长时，用刻度尺量出悬点到摆球间的细线长度，再加摆球的半径作为摆长L，选项A错误；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t/50，选项B正确；摆动中出现了轻微的椭圆摆情形，这对实验结果是有影响的，选项C错误；释放单摆时，应注意细线与竖直方向的夹角不能超过5°，选项D正确；
（2）摆球直径：主尺读数为：2.1cm；游标尺读数：6×0.1mm=0.6mm，则d=2.16cm；根据
解得
（3）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：得：
，，联立两式解得：；
四、计算题：共4道题，要求写出必要文字说明和重要方程式。

15.一列简谐横波沿x轴传播，图中实线和虚线分别表示t1＝0和t2＝0.05s时的波形，则：
（1）求出沿x轴正方向传播时的波速；
（2）若波速为280m/s，通过计算判定它的传播方向。

【答案】（1）v＝（160n＋40）m/s（n＝1，2，3，……）；（2）沿x轴负方向传播
【解析】
【详解】（1）若波沿x轴正向传播，有：
传播距离
再根据波速公式得v＝（160n＋40）m/s（n＝1，2，3，……）
（2）当波速为280m/s时，根据波速公式得：
传播距离
又且n取1，可见当波速为280m/s时，该波沿x轴负方向传播
16.如图所示，直角玻璃三棱镜ABC置于空气中，棱镜的折射率为n＝，∠A＝60°。

一细光束从AC的中点D垂直于AC面入射，AD＝a，求：
(1)画出光路图并计算出光从棱镜第一次射入空气时的折射角；
(2)光从进入棱镜到它第一次从棱镜中射出所经历的时间(光在真空中的传播速度为c)。

【答案】①光路如图所示；②；
【解析】
试题分析：
①如图所示i1=600,设玻璃对空气的临界角为C ，则：，C=450，i1＞450，发生全反射，
由折射定律有，所以r=450
②棱镜中的光速，所求时间
解得：
考点：光
的折射定律、全反射. 17.水力发电的基本原理就是将水流的机械能（主要指重力势能）转化为电能。

某小型水力发电站水流量为Q＝5m3/s（流量是指流体在单位时间内流过某一横截面的体积），落差为h＝10m，发电机（内阻不计）的输出电压为U1＝250V，输电线总电阻为r＝4Ω，为了减小损耗采用了高压输电。

在发电机处安装升压变压器，而在用户处安装降压变压器，其中，用户获得电压U4＝220V ，用户获得的功率W，若不计变压器损失的能量，已知水的密度、重力加速度g取10m/s2。

求：
（1）高压输电线中的电流强度I2；
（2）升压变压器原、副线圈的匝数比；
（3）该电站将水能转化为电能的效率有多大？【答案】（1）50A （2）1：16 （3）40% 【解析】【详解】（1）根据理想变压器变压规律得，解得又根据理想变压器无能量损失知再根据得（2）高压输电线电阻损失电压
得
故
（3）高压输电线电阻损失电功率
故发电机输出电功率
又水流每秒带来的机械能
故水能转化为电能的效率
18.如图所示，两根光滑金属导轨间距L＝2m，在桌面上的部分是水平的、且该区域有竖直向下匀强磁场B（磁感应强度的大小为1T），桌面距地高度H＝0.8m，金属细杆（不计粗细）ab 和cd质量均为m＝0.2kg，有效电阻均为R＝1Ω，最初都静置在距桌面h＝0.2m的轨道上。

现先后释放ab杆、cd
杆，最后两杆相继落地，它们落地点与桌面左边缘的水平距离分别为
，，除两杆以外的电阻不计，空气阻力不计，且重力加速度g＝10m/s2，求：
（1）ab杆刚进入磁场时，ab杆的加速度大小；
（2）从释放ab杆到两杆均落地的过程中，两杆产生的总热量；
（3）ab杆与cd杆相继落地的时间间隔。

【答案】（1）20m/s2（2）0.475J （3）
【解析】
【详解】（1）设ab杆刚进入磁场时速度为v0，加速度为a，则：
根据机械能守恒有
得
又再据电磁感应定律得进入时刻电动势
再据牛顿第二定律得
解得：
（2）设两杆分别以、开始平抛运动，飞行时间t，则：
竖直方向有：
水平方向有：，
解得：，
故整个过程产生的焦耳热
（3）设cd杆刚进入磁场时，ab杆的速度大小为v1，据动量守恒定律有：
，
解得
从ab杆进入磁场到cd杆刚进入磁场的过程中，对ab杆由动量定理有：
，
又
解得仅有ab杆在磁场中运动时，ab杆位移为
同理，cd杆进入磁场后，ab杆做加速运动、cd杆做减速运动，直到ab杆离开轨道后，cd杆做匀速运动。

当两杆都在磁场中运动的过程中，对ab杆用动量定理得：
，
又
解得两杆都在磁场中运动的过程中，cd杆与ab杆的间距减小了故ab杆离开磁场时两杆相距，
所以落地时间差。