解析四川省眉山市学年高二下学期期末考试物理试题Word下载.docx

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D.根据多普勒效应，当波源与观察者相互靠近时，观察者接收到的频率会增加，观察者接收到的频率大于波源的频率，故选项D错误。

2.如图所示为一交变电流的电流随时间变化的图像，此交变电流的有效值是

A.1.5AB.AC.2AD.A

【答案】B

【详解】根据有效值的定义知，代入数据可得，解得，故选项B正确，A、C、D错误。

3.如图所示为某一输电示意图，电厂的发电机输出功率为100kW，输出电压U1=500V，升压变压器原、副线圈的匝数比为n1:

n2=1:

20，输电线电阻为40Ω，用户需要的电压U4=220V，变压器均为理想变压器。

则

A.输电线上的输送电流为250A

B.输电线上损失的电压为280V

C.输电线上损失的电功率为4kW

D.降压变压器的原、副线圈的匝数比为n3:

n4=48:

11

【答案】C

【详解】A.根据理想变压器原副线圈两端的电压与匝数成正比得，所以有：

，发电机的输出功率为100kW，所以有，输电线中电流为，故选项A错误；

B.输电线上的电压损失，故选项B错误；

C.输电导线上损失的电功率为，故选项C正确；

D.可得，降压变压器原、副线圈的匝数比是，故选项D错误。

4.如图所示，甲、乙分别是a、b两束单色光用同一双缝干涉装置进行实验得到的干涉图样，下列关于a、b两束单色光的说法正确的是

A.a、b光在真空中的波长满足λa>

λb

B.a、b光在玻璃中的折射率满足na<

nb

C.若该两束光分别为红光和紫光，则a为红光

D.若a、b光分别从玻璃射入空气，则a光临界角较小

【答案】D

【详解】A.根据双缝干涉相邻条纹间距公式可得在其它条件不变的情况下，相干光的波长越大，条纹间距越大，由题图可知光的波长小于光的波长，故选项A错误；

C.由于光的波长小于光的波长，所以光的频率大于光的频率，若该两束光分别为红光和紫光，则光为红光，故选项C错误；

BD.由于对于同一种介质，频率越大，折射率越大，故光在玻璃中的折射率大于光在玻璃中的折射率，由知光的临界角小于b光的临界角，故选项D正确，B错误。

5.如图甲所示，金属小球用轻弹簧连接在固定的光滑斜面顶端。

小球在斜面上做简谐运动，到达最高点时，弹簧处于原长。

取沿斜面向上为正方向，小球的振动图像如图乙所示。

A.弹簧的最大伸长量为4m

B.t=0.2s时，弹簧的弹性势能最大

C.t=0.2s到t=0.6s内，小球的重力势能逐渐减小

D.t=0到t=0.4s内，回复力的冲量为零

【详解】A.小球的振幅等于振子位移的最大值，由图读出，振幅为，由于当振子到达最高点时，弹簧处于原长，所以弹簧的最大伸长量为，故选项A错误；

B.由图可知时，弹簧处于原长，弹簧的弹性势能最小，为零，故选项B错误；

C.到内，小球的沿斜面向下运动，小球的重力势能逐渐减小，故选项C正确；

D.时小球经过平衡位置沿斜面向上运动，时小球经过平衡位置沿斜面向下运动，根据动量定理可知回复力的冲量不为零，故选项D错误；

6.一列简谐横波沿x轴正方向传播，t=0时刻波形图如图所示，此时波刚好传到P点，t=0.3s时质点P第一次到达负方向最大位移处，则

A.此波波源的起振方向沿y轴负方向

B.该简谐横波的波速为10m/s

C.t=0到t=0.5s内，质点M的路程为12cm

D.t=0到t=0.2s内，质点Q沿x轴正方向移动了2m

【答案】BC

【详解】A.简谐横波沿轴正方向传播，由“上下坡法”知，质点开始振动时的运动方向沿轴正方向，所以此波波源的起振方向沿轴正方向，故选项A错误；

B.在时刻，质点第一次运动到负方向最大位移处，有，可得，由图知波长 

，所以波速为，故选项B正确；

C.从传播需要的时间为，到内，质点通过的路程为，故选项C正确；

D.简谐横波沿轴正方向传播，质点沿波传播方向并不迁移，故选项D错误。

7.如图甲所示，磁场中有一圆形闭合线圈，线圈平面与磁场方向垂直。

已知线圈的匝数N＝100，半径r＝0.5m，总电阻R＝2Ω。

磁场的磁感应强度B随时间t变化规律如图乙所示，取垂直纸面向里为磁场的正方向。

则：

A.第2s内线圈中有顺时针方向的感应电流

B.第2s内与第4s内线圈中感应电流的方向相反

C.第1s内与第2s内线圈中感应电流的大小之比为2:

3

D.t=1s到t=4s内通过线圈的电荷量为5πC

【答案】AD

【详解】AB.第2s内磁场方向垂直纸面向里，通过线圈的磁通量减小，由楞次定律和安培定则可判断出线圈中有顺时针方向的感应电流，第4s内磁场方向垂直纸面向外，通过线圈的磁通量增加，由楞次定律和安培定则可判断出线圈中有顺时针方向的感应电流，所以第2s内与第4s内线圈中感应电流的方向相同，故选项A正确，B错误；

C.感应电动势，根据闭合电路欧姆定律可得，第1s内与第2s内线圈中感应电流的大小之比为，故选项C错误；

D.通过线圈的电荷量为，则有到内通过线圈的电荷量为，故选项D正确。

8.如图所示，在磁感应强度大小B=T，方向竖直向下匀强磁场中，有两半径均为0.6m的金属圆环平行竖直放置，两圆心所在直线OO′与磁场方向垂直。

圆环通过电刷与理想变压器原线圈相连，长为0.5m的导体棒ab两个端点刚好分别搭接在两圆环上，且与OO′平行。

现让导体棒沿圆环内侧、绕OO′以20πrad/s的角速度匀速转动，恰好使标有“3V4.5W”的小灯泡L正常发光。

已知理想变压器原、副线圈的匝数比为n1:

n2=2:

1，图中电压表为理想电压表，圆环、导体棒、导线电阻不计，则

A.电压表的示数为6V

B.R0的电阻值为1.5Ω

C.整个电路消耗的总功率为W

D.ab沿圆环转动过程中受到的最大安培力为N

【答案】BD

【详解】AB.根据右手定则可知，导体棒在磁场中运动，产生正弦式交流电，当导体棒经过最低点和最高点时，切割的方向与磁场方向垂直，产生的感应电动势最大，则，则有，压器原线圈两端的电压，根据可得电压表的示数为，通过小灯泡的电流，根据可得，的电阻值为，故选项B正确，A错误；

C.整个电路消耗的总功率为，故选项C错误；

D.根据安培力表达式，最大安培力大小，故选项D正确。

三、非选择题：

包括必考题和选考题两部分。

第22题～第34题为必考题，每个试题考生都必须做答。

第35题～36题为选考题，考生根据要求做答。

（一）必考题（共159分）

9.在“验证动量守恒定律”的实验中，某学习小组利用质量相等的两滑块A和B及带竖直挡板P和Q的气垫导轨进行实验，如图所示.

实验步骤如下：

a．调整气垫导轨成水平状态；

b．在滑块A上固定一质量为m0的砝码，在A、B间放入一个被压缩的轻小弹簧，用电动卡销置于气垫导轨上；

c．用刻度尺测出滑块A左端至P板的距离L1和滑块

B右端至Q板的距离L2；

d．按下电钮放开卡销，同时让记录滑块A、B运动的计时器开始工作，当A、B滑块分别碰撞P、Q挡板时计时结束，记下A、B分别达到P、Q的运动时间t1、t2.

回答下列问题：

（1）实验中还应测量的物理量是_____________；

（2）验证动量守恒定律的表达式是______________；

（3）还可以测出放开卡销前被压缩弹簧的弹性势能Ep=________.

【答案】

（1）.滑块A、B的质量M

（2）.（3）.

【详解】

（1）选择向左为正方向，因系统水平方向动量守恒，即，由于系统不受摩擦，故滑块在水平方向做匀速直线运动，故有，，即，以还要测量的物理量是滑块、的质量；

（2）由

（1）分析可知验证动量守恒定律的表达式是；

（3）根据能量守恒定律被压缩弹簧弹性势能为

10.在“用单摆测定重力加速度”实验中，某实验小组在测量单摆的周期时，测得摆球经过n次全振动的总时间为；

在测量单摆的摆长时，先用毫米刻度尺测得摆线长为l，再用游标卡尺测量摆球的直径为D，某次测量游标卡尺的示数如图甲所示。

（1）从甲图可知，摆球的直径为D=_____mm；

（2）该单摆的周期为_______________.

（3）为了提高实验的准确度，在实验中可改变几次摆长L并测出相应的周期T，从而得出几组对应的L和T的数值，以L为横坐标、T2为纵坐标作出图线，但同学们不小心每次都把小球直径当作半径来计算摆长，由此得到的图像是图乙中的______（选填①、②、③），由图像可得当地重力加速度g=____；

由此得到的g值会______（选填“偏小”“不变”“偏大”）

【答案】

（1）.16.4

（2）.（3）.①（4）.（5）.不变

（1）由图示游标卡尺可知，主尺示数是16mm，游标尺示数是4×

0.1mm=0.4mm，金属球的直径为16mm+0.4mm=16.4mm；

（2）由于测得摆球经过次全振动的总时间为，所以该单摆的周期为；

（3）由单摆周期公式可知，则图象的斜率，则加速度，但同学们不小心每次都把小球直径当作半径来计算摆长，则有，由此得到的图像是图乙中的①，由于图线的斜率不变，计算得到的值不变，由图像可得，当地重力加速度；

11.真空中有一半径为R=5cm，球心为O，质量分布均匀的玻璃球，其过球心O的横截面如图所示。

一单色光束SA从真空以入射角i于玻璃球表面的A点射入玻璃球，又从玻璃球表面的B点射出。

已知∠AOB=120°

，该光在玻璃中的折射率为，光在真空中的传播速度c=3×

108m/s，求：

（1）入射角i的值；

（2）该光束在玻璃球中的传播时间t.

【答案】

（1）i=60°

（2）t=5×

10-10s

详解】

（1）根据几何关系可知：

由折射定律得：

解得：

（2）由折射有：

传播时间：

12.如图所示，一轻弹簧右端固定在粗糙水平面右侧的竖直墙壁上，质量为M=2kg的物块静止在水平面上的P点，质量为m=1kg的小球用长l=0.9m的轻绳悬挂在P点正上方的O点。

现将小球拉至悬线与竖直方向成60°

角位置，静止释放。

小球达到最低点时恰好与物块发生弹性正碰。

碰后物块向右运动并压缩弹簧，之后物块被弹回，刚好能回到P点。

设小球与物块只碰撞一次，不计空气阻力，物块和小球均可视为质点，重力加速度取g=10m/s2。

求：

（1）小球第一次摆到最低点时对细线的拉力大小；

（2）弹簧的最大弹性势能.

（1）N

（2）=2J

（1）小球静止释放，由机械能守恒定律：

小球在最低点由牛顿第二定律得：

又由牛顿第三定律有小球对细线的拉力为：

N

（2）小球与物块发生弹性碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律得：

物块从P点运动到最右端，由能量守恒定律得：

小球反弹后回到P点的过程，又有：

联立解得：

13.如图所示，在倾角为