2019-2020学年泸县五中高二下学期期中物理试卷(含答案解析)

2019-2020学年泸县五中高二下学期期中物理试卷
一、单选题（本大题共6小题，共36.0分）
1.下列说法正确的是()
A. 太阳辐射的能量主要来自太阳内部的核裂变反应
B. 用加热、加压或改变其化学状态的方法都能改变原子核衰变的半衰期
C. 一个氢原子从第二激发态跃迁到基态时，最多可产生2条不同频率的谱线
D. 一束光照射到某种金属上能发生光电效应，可能是因为该束光的照射时间足够长
2.街道旁的路灯、江海里的航标灯都要求夜晚亮、白天熄，利用半导体的电学特性制成了自动点
亮、熄灭的装置，实现了自动控制，这是利用半导体的()
A. 压敏性
B. 光敏性
C. 热敏性
D. 三特性都利用了
3.如图所示，甲分子固定在坐标原点O，乙分子位于x轴上，甲、乙两分
子间的作用力与两分子间距离的关系如图中曲线所示，F>0为斥力，
F<0为引力。

a、b、c、d为x轴上四个特定的位置，现将乙分子从a
处由静止释放，那么在乙分子从a运动到d的过程中，乙分子加速度增
大和两分子间势能也增大的阶段是()
A. 从a到b
B. 从b到c
C. 从b至d
D. 从c到d
4.如图所示，图a中变压器为理想变压器，其原线圈接在u=24√2sin50πt(V)的交流电源上，副
线圈与阻值R1=2Ω的电阻接成闭合电路，电流表为理想电流表。

图b中阻值为R2=32Ω的电阻直接接到u=12√2sin50πt(V)的交流电源上，结果电阻R1与R2消耗的电功率相等，则()
A. 通过电阻R1的交流电的频率为50Hz
B. 电阻R1消耗的电功率为9W
C. 变压器原、副线圈匝数比为8：1
D. 电流表的示数为2.5A
5.如图所示，A、B两球分别套在两光滑无限长的水平直杆上，两球通过一轻绳绕
过一定滑轮，A球向左的速度为v，下列说法正确的是()
A. 此时B球的速度为cosα
cosβ
v
B. 此时B球的速度为cosβ
cosα
v
C. C、当β增大到90°时，A、B两球的速度均为0
D. 当B向右运动的整个过程中，绳对B球的拉力一直做正功
6.如图所示的是一远距离输电示意图，图中均为理想变压器，输电导线总电阻为R.则下列关系式
错误的是()
A. 输电导线中的电流强度I2=P1
U2
B. 热损失的功率△P={U2−U3)I3
C. 两变压器线圈匝数比满足n3
n4<n1
n2
D. 变压器①的输出电流I2和变压器②的输入电流I3的关系满足I2=I3
二、多选题（本大题共3小题，共18.0分）
7.如图所示，两固定的竖直光滑金属导轨足够长且电阻不计。

两质量、长
度均相同的导体棒c、d，置于边界水平的匀强磁场上方同一高度h处。

磁场宽为3h，方向与导轨平面垂直。

先由静止释放c，c刚进入磁场即
匀速运动，此时再由静止释放d，两导体棒与导轨始终保持良好接触。

用a c表示c的加速度，E bd 表示d的动能，x c、x d分别表示c、d相对释放点的位移。

图中正确的是()
A. B.
C. D.
8.如图所示，A、B是完全相同的两个小灯泡，L为自感系数很大、电阻可以
忽略的带铁芯的线圈，则()
A. 电键S闭合的瞬间，A、B同时亮，随后A灯变亮，B灯变暗
B. 电键S闭合的瞬间，A、B同时亮，随后A灯熄灭，B灯变亮
C. 断开电键S的瞬间，A、B灯同时熄灭
D. 断开电键S的瞬间，B灯立即熄灭，A灯突然闪亮一下再熄灭
9.如图所示，一平行板电容器C，极板是水平放置的，它和三个可变
电阻、一个零刻度在中央的灵敏电流计(左进左偏)和电源连成电路，
现有一个质量为m的带电油滴悬浮在两极板间不动，则下列判断正
确的是()
A. 增大R3，油滴上升
B. 增大电容器板间距离的过程中，电流计指针右偏
C. 增大R1，R1中电流的变化值大于R3中电流的变化值
D. 增大R1，R1两端电压的变化值大于R3两端电压的变化值
三、实验题（本大题共1小题，共10.0分）
10.在“探究单摆周期与摆长的关系”的实验中：
(1)选择好器材，将符合实验要求的单摆悬挂在铁架台上，应采用图______中所示的固定方式。

(2)需要测量悬线长度，现用最小分度为1mm的米尺测量，图甲中箭头所指位置是拉直的悬线
两端在米尺上相对应的位置，测得悬线长度为______mm；用游标卡尺测量小球的直径，则该单
摆的摆长为L=______mm
(3)在做“用单摆测定重力加速度”的实验时，用摆长L和周期T计算重力加速度的公式是
g=______。

四、计算题（本大题共4小题，共46.0分）
11.如图所示为半径为R的半圆柱形玻璃砖的横截面，O为该横截面的
圆心。

光线PQ沿着与AB成30°角的方向射入玻璃砖，入射点Q到
R，光线恰好从玻璃砖的中点E射出，已知光在
圆心O的距离为√3
3
真空中的传播速度为c
(1)求玻璃砖的折射率及光线从Q点传播到E点所用的时间；
(2)现使光线PQ向左平移，求移动多大距离时恰不能使光线从圆弧面射出(不考虑经半圆柱内表
面反射后射出的光)
12.如图所示，将一块上下两面平行、厚度为2.0cm的玻璃砖平放在水
平面上，一束光线以60°的入射角射到玻璃砖，已知玻璃砖对光的
折射率为√3，光在真空中的传播速度为3.0×108m/s，求光线
(1)射入玻璃砖的折射角；
(2)在玻璃砖中第一次传播到底面的时间．
13.如图所示传送带A、B之间的距离为L=5.25m，与水平面间夹角θ=30°，传送带沿顺时针方向
转动，速度恒为v=7.5m/s，在上端A点无初速放置一个质量为m=1kg、大小可视为质点的
，金属块滑离传送带后，沿着弯道滑下进入半径为金属块，它与传送带的动摩擦因数为μ=√3
2
R=1m的光滑半圆轨道做圆周运动，刚好能通过最高点E，D为半圆轨道的最低点且垂直于水平面．已知B、D两点的竖直高度差为ℎ=0.5m(取g=10m╱s2)，求：
(1)金属块从A运动到B经历的时间；
(2)金属块经过半圆轨道的D点时对轨道的压力；
(3)金属块在BCD弯道上克服摩擦力做的功．
14.如图所示，空间存在有界匀强磁场，磁感应强度B=5T，方向垂直纸面向里，上下宽度为d=
0.35m。

现将一边长L=0.2m的正方形导线框自磁场上边界由静止释放，经过一段时间，导线
框到达磁场下边界，之后恰好匀速穿出磁场区域。

已知导线框的质量m=0.1kg，电阻R= 2Ω.(g=10m/s2)求：
(1)导线框匀速穿出磁场的速度的大小；
(2)导线框进入磁场过程中产生的焦耳热；
(3)若在导线框进入磁场过程对其施加合适的外力F，可以使其匀加速地进入磁场区域，当线框
完全进入后，撤去外力F，线框也恰好匀速离开磁场区域。

请写出F随时间t变化的函数表达式。

【答案与解析】
1.答案：C
解析：解：A、太阳辐射的能量主要来自太阳内部的核聚变反应，故A错误；
B、半衰期由原子核本身决定，与外界因素无关，用加热、加压或改变其化学状态的方法都不能改变原子核衰变的半衰期。

故B错误；
C、一个氢原子从量子数n=3的激发态跃迁到基态时最多可产生2条不同频率的谱线，分别是从2到1和从3到2，故C正确；
D、根据光电效应发生的条件可知，一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，是因为这束光的频率太小，故D错误；
故选：C。

太阳内部是核聚变反应；发生光电效应的条件是入射光频率等于金属的极限频率，半衰期由原子核本身决定；根据光电效应发生的条件判断。

本题考查的知识点较多，难度不大，需要我们在学习3−5时全面掌握各个知识点。

2.答案：B
解析：
传感器的作用是将温度、力、光、声音等非电学量转换为电学量．
灯要求夜晚亮、白天熄。

则白天有光，黑夜没有光，则是由光导致电路的电流变化，所以电路中光传感器导致电阻变化，实现动控制，因此是利用半导体的光敏性。

故选：B。

3.答案：D
解析：解：A、从a到b，分子力增大且表现为引力，乙分子加速度增大，分子力做正功，分子势能减小，故A错误。

B、从b到c，分子力减小且表现为引力，乙分子加速度减小，分子力做正功，分子势能减小，故B 错误。

C、从b至d，分子力先减小后增大，乙分子加速度先减小后增大；分子力先做正功后做负功，两分子间势能先减小后增大，故C错误。

D 、从c 到d ，分子力增大且表现为斥力，乙分子加速度增大，分子力做负功，分子势能增大，故D 正确。

故选：D 。

根据F −x 图象，分析各个阶段分子力的变化，从而确定加速度的变化；分析分子力做正功还是做负功，从而确定分子之间的势能减小还是增大。

本题考查了分子势能、分子力等知识点。

分子力做功与常见的力做功有相同点，就是分子力与分子运动方向相同时，做正功，相反时做负功；也有不同点，就是分子运动方向不变，可是在分子靠近的过程中会出现先做正功再做负功的情况。

4.答案：C
解析：解：A 、根据u =24√2sin50πt(V)可知，ω=50πrad/s ，故频率：f =ω
2π=25Hz ，故A 错误； B 、电阻R 2两端电压为12V ，R 2消耗的功率：P 2=122R 2
=4.5W ，则电阻R 1消耗的电功率为4.5W ，故
B 错误；
D 、根据功率P 1=I 12R 1，解得，I 1=1.5A ，则电流表示数为1.5A ，故D 错误；
C 、根据欧姆定律可知，副线圈输出电压：U 1=I 1R 1=3V ，原线圈输入电压：U 0=24V ，根据变压
比可知，U 0U 1
=n
n 1
，解得变压器原、副线圈匝数比为8：1，故C 正确。

故选：C 。

根据角速度与频率的关系确定交流电的频率。

根据电阻R 1与R 2消耗的电功率相等，求得电阻R 2消耗的功率，即可求得电阻R 1消耗的功率。

根据P =I 2R 电流表的示数。

变压器原副线圈的电压之比等于匝数之比求得匝数之比。

此题考查了变压器的构造和原理，解题的关键是明确电阻消耗的功率必须用交流电的有效值计算，抓住在两种条件下消耗的功率相同即可。

5.答案：A
解析：
解决本题的关键会对速度进行分解，以及掌握机械能守恒的条件，会利用力与速度之间的夹角关系分析力对物体做功的性质问题．
AB 、将物块A 的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子的方向，在沿绳子方向的分速度等于B 沿绳子
方向的分速度．在沿绳子方向的分速度为v绳=vcosα，所以v B=
v
绳
cosβ
=vcosα
cosβ
.故A正确，B错误．
C、当β增大到等于90°时，B球的速度沿绳子方向的分速度等于0，所以A沿绳子方向的分速度也是0，而cosα不等于0，所以A球的速度为0；此时A的动能全部转化为B的动能，所以B球的速度达到最大，故C错误；
D、在β增大到90°的过程中，绳子的方向与B球运动的方向之间的夹角始终是锐角，所以绳对B球的拉力做正功；此后由于惯性B继续前进，拉力对小球做负功；故D错误；
故选：A
6.答案：C
解析：解：A、因理想变压器，则P1=P2，根据I=P
U ，可知，输电导线中的电流强度I2=P1U
2
，故A
正确；
B、因输送电路不是纯电阻电路，输送的功率为P损=P3−P2=(U2−U3)I3，故B正确；
C、①是升压变压器，则n1<n2，②是降压变压器，则n3>n4，所以n3n
4>n1
n2
，故C错误；
D、变压器①的输出电流I2和变压器②的输入电流I3的相等，故D正确。

本题选择错误的，
故选：C。

根据I=P
U
，可以求出输电线上的电流；根据P3−P2，可以求出输电线上损失的电功率；并通过升压变压器与降压变压器的匝数关系，从而解题。

解决本题的关键掌握输送功率P=UI，以及输电线上损失的电功率P损=I2R，注意升压与降压变压器的匝数关系。

7.答案：BD
解析：解：AB、设导体棒c、d刚进磁场时速度为v。

c刚进入磁场做匀速运动，此时再由静止释放
d。

设d经时间t进入磁场，并设这段时间内c的位移为x，由于ℎ=v
2
t，x=vt，得到x=2ℎ，则d
刚进入磁场时，c相对释放点的位移为3h，d进入磁场后，c、d速度相同，二者与导轨组成的回路磁通量不变，没有感应电流，不受安培力，两导体棒均做加速度为g的匀加速运动，故A错误，B 正确；
CD、c出磁场时d下落2h，c出磁场后，只有导体棒d切割磁感线，此时d的速度大于进磁场时的速度，d受到安培力大于重力，开始做减速运动，随着速度减小，d棒产生的感应电动势减小，回路中感应电流减小，d棒受到的安培力减小，合力减小，根据动能定理知E bd−x d图象的切线斜率表示合力大小，则知图象切线斜率减小，所以x=2ℎ到x=4ℎ的过程中，做加速度逐渐减小的变减速运动，动能减小，d出磁场后动能随下落高度的增加而均匀增大，故C错误，D正确。

故选：BD。

c、d未进入磁场时均做自由落体运动，到达磁场上边界时速度相同。

c、d都进入磁场后，两者速度相同，没有感应电流产生，只受重力，都做匀加速直线运动，加速度为g。

c出磁场后，d在切割磁感线时，此时d的速度比进磁场时大，产生感应电动势增大，感应电流增大，受到的安培力增大，则d做匀减速直线运动。

根据动能与高度的关系选择动能图象。

本题关键在于分析两导体棒的受力情况和运动情况，抓住安培力大小与速度大小成正比这个结论，分析只有d切割磁感线过程d的运动情况。

8.答案：BD
解析：解：开关K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，B灯逐渐增大，则A灯变暗，B灯变亮，故A错误，A周期；
断开开关K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，自感电流流过A灯，所以A灯突然闪亮一下再熄灭，故C错误D正确。

故选：BD。

开关K闭合的瞬间，电源的电压同时加到两灯的两端，两灯同时发光．稳定后由于线圈的电阻可以忽略，灯A逐渐被短路，随后A灯变暗，B灯变亮．断开开关K的瞬间，B灯立即熄灭，A灯突然闪亮一下再熄灭
对于自感线圈，当电流变化时产生自感电动势，相当于电源，当电路稳定时，相当于导线，将所并联的电路短路．
9.答案：CD
解析：解：A、增大R3，外电路总电阻增大，总电流I减小，平行板电容器C的电压U C=IR并，I减小，U C减小，板间场强减小，油滴所受电场力减小，所以油滴下落．故A错误．
B、在增大电容器板间距离的过程中，电容器的电容减小，而电容器的电压不变，由电容器的电量减小，电容器放电，电流计指针左偏．故B错误．
CD、增大R1，外电路总电阻增大，总电流I3减小，电阻R3的电压减小，R1、R2并联电压增大，R2中电流I2增大，则R1中电流I1减小，又I3=I1+I2，所以R1中电流的变化值大于R3中电流的变化值．故C、D正确．
故选：CD
电路稳定时，平行板电容器C的电压等于R1、R2并联电压．减小电容器板间距离，电容增大，电容器充电，电流计指针转动．增大R1，外电路电阻增大，根据闭合电路欧姆定律分析总电流的变化和R1的电流变化，判断R1中电流的变化值与R3中电流的变化值的大小及电压变化量的大小．
本题是电路动态变化分析问题，要抓住电容器电容的决定因素和电路中局部与整体的关系进行分析．10.答案：乙987.0994.14π2L
T2
解析：解：(1)在该实验的过程中，悬点要固定，所以要选择图乙；
(2)由刻度尺的读数可知，悬线的长度为s=98.70cm=987.0mm，
游标卡尺测得小球的直径d=14mm+5×0.05mm=14.25mm，故单摆的摆长L=s+d
2
=
987.0mm+14.25
2
mm=994.125mm≈994.1mm；
(3)由单摆周期公式：T=2π√L
g 可得：g=4π2L
T2
；
故答案为：(1)乙；(2)987.0，994.1；(3)4π2L
T2
；
摆长等于摆线的长度加上摆球的半径；
根据单摆的周期公式变形求解重力加速度公式即可；
解决本题的关键掌握单摆的周期公式T=2π√L
g
，会用单摆的周期公式测得重力加速度。

11.答案：解：(1)光线PQ入射到玻璃砖表面，入射角α=60°，设对应折射
光线QE的折射角为β，由几何关系得：
tanβ=√3
3
R
R
=√3
3
，β=30°
由折射定律得：n=sin60°
sin30∘
解得：n=√3
光线QE在玻璃砖内传播的速度为：v=c
n 传播的距离为：QE=R cosβ
光线从Q点传播到E点所用的时间为：t=QE
v =2R
c
(2)若使光或PQ向左平移距离x，折射光线Q′E′到达圆狐面的入射角恰等于临界角C，有：
sinC=1 n
在△Q′E′O应用正弦定理有：
R
sin(90∘−β)=
√3
3R+x
sinC
联立解得：x=2−√3
3
R
答：(1)玻璃砖的折射率是√3，光线从Q点传播到E点所用的时间是2R
c
；
(2)现使光线PQ向左平移，移动2−√3
3
R时恰不能使光线从圆弧面射出。

解析：(1)画出光路图，由几何关系可求得折射角，再由折射定律可求得折射率，由几何关系可求得传播时间；
(2)由正弦定理可求得需移动的距离；
本题考查了光的折射定律、全反射定律的应用，画出光路图结合几何关系求解是常用的思路。

12.答案：解：(1)根据折射定律得：
n=sini
sinr
，
√3=sin60°
sinr
，
解得：r=30°．
(2)光在玻璃砖中传播的速度为：
v=c
n =8
√3
=√3×108m/s，
光在玻璃砖中第一次传播到底面的时间为：
t=
d
cosr
v
=
0.02
√3
2
√3×108
=1.3×10−10s.
答：(1)射入玻璃砖的折射角为30°；
(2)在玻璃砖中第一次传播到底面的时间为1.3×10−10s.
解析：(1)已知入射角，结合折射定律求出射入玻璃砖的折射角．
(2)根据几何关系求出光在玻璃砖中传播的距离，通过v=c
n
求出光在玻璃砖中传播的速度，从而得出传播的时间．
对于几何光学问题，首先要正确作出光路图，其次要充分运用几何知识分析入射角与折射角的关系，再根据折射定律进行解题．
13.答案：解：(1)物体速度到达v的运动过程中由牛顿第二定律可知
mgsinθ+μmgcosθ=ma
a=gsinθ+μgcosθ=12.5m/s2
需要时间为t1=v
a =7.5
12.5
s=0.6s
通过的位移为x1=1
2at12=1
2
×12.5×0．62m=2.25m<L
因为mgsinθ<μmgcosθ，物体将匀速运动，匀速运动时间为t2=L−x1
v =5.25−2.25
7.5
s=0.4s
在传送带上运动的总时间为t=t1+t2=0.6+0.4s=1s；
(2)物体刚好通过E点，则mg=m v E2
R
物体从D到E过程中由动能定理可知−mg⋅2R=m v E2
R −m v D2
R
在D点由牛顿第二定律可知F−mg=m v D2
R 联立解得F=60N
由牛顿第三定律可知对轨道压力为60N (3)在BCD过程中有动能定理可得
mgℎ−W f=1
2mv D2−1
2
mv2
代入数据解得W f=8.125J
答：(1)金属块从A运动到B经历的时间为1s；
(2)金属块经过半圆轨道的D点时对轨道的压力为60N；
(3)金属块在BCD弯道上克服摩擦力做的功为8.125J．
解析：(1)先判断出物体在传送带上先做加速运动，再做匀速运动，由牛顿第二定律和运动学公式求的时间；
(2)物体刚好通过E点，求出E点的速度，从D到E由动能定理求的D点速度，由牛顿第二定律求的压力；
(3)在BCD弯道上由动能定理求的摩擦力做的功；
本题考查牛顿第二定律的应用、动能定理等内容，要注意分析受力情况及运动情况，然后再合理选择物理规律求解．
14.答案：解：(1)导线框匀速穿出磁场过程中，感应电动势：E=BLv，
感应电流：I=E
R
，
线框受到的安培力：F
安培=BIL=B2L2v
R
，
线框匀速穿出磁场，由平衡条件得：mg=B2L2v
R
，
代入数据解得：v=2m/s；
(2)自导线框刚要进入磁场至刚要离开磁场的过程中，仅进入磁场过程中有焦耳热产生，
由能量守恒定律得：mgd=1
2
mv2+Q，
代入数据解得：Q=0.15J；
(3)导线框刚好完全进入磁场至刚好要离开磁场的过程：v2−v02=2g(d−L)，
代入数据解得，导线框刚好完全进入磁场的速度：v0=1m/s，
导线框进入磁场的过程：v02=2aL
代入数据解得：a=2.5m/s，
由位移公式得：L=1
2
at02，
代入数据解得：t0=0.4s，
取向下为正方向，由牛顿第二定律得：mg−F−B2L2v2
R
=ma，
由速度公式得：v′=at，
代入数据解得：F=0.75−1.25t(0<t<0.4s)；
答：(1)导线框匀速穿出磁场的速度的大小为2m/s；
(2)导线框进入磁场过程中产生的焦耳热为0.15J；
(3)F随时间t变化的函数表达式为：F=0.75−1.25t(0<t<0.4s)。

解析：(1)由E=BLv求出感应电动势，由欧姆定律求出感应电流，由安培力公式求出安培力，然后由平衡条件可以求出线框的速度。

(2)线框进入磁场过程产生感应电流，产生焦耳热，线框完全进入磁场后不产生感应电流，不产生焦耳热，由能量守恒定律可以求出线框产生的焦耳热。

(3)线框匀加速进入磁场，由匀变速直线运动的速度位移公式求出线框刚进入磁场时的速度，应用运动学公式与牛顿第二定律求出拉力。

本题是电磁感应与力学、运动学相结合的一道综合题，分析清楚线框的运动过程是解题的前提与关键，分析清楚线框运动过程后，应用E=BLv、欧姆定律、安培力公式、平衡条件、能量守恒定律与运动学公式、牛顿第二定律即可解题。