2021-2022学年四川省成都市龙泉驿区高二下学期期中物理试题 （解析版）

高2020级第二学期期中考试

物理试卷

满分100分。考试时间90分钟。

第 Ⅰ  卷

一、选择题（每小题4分，共48分）

1. 如图甲、乙、丙所示为三种带电体产生的电场线和等差等势面示意图，下列说法正确的是（ ）

A 甲图中A点和B点电场强度相同

B. 乙图中带电体表面上C点和D点电势相等

C. 丙图中F点电势大于E点电势，电子在F点电势能比较大

D. 甲图中A、B连线中点电势等于

【答案】B

【解析】

【详解】A．由甲图可知A、B两点离正电荷距离相等，所以A、B两点电场强度大小相等，方向不同，故A错误.

B．乙图中带电体表面上C点和D点是等势体，故两点电势相等，所以B正确.

C．由丙图可知电场线方向向上，所以F点电势大于E点电势，电子由F点到E点电场力做负功，电势能增加，故电子在E点电势较大，故C错误.

D．由甲图可知A、B两点电势相等，弧AB在一个等势面上，但因A、B连线并不是一个等势面，根据电场线方向可知连线中点电势大于A、B两点的电势，即大于，故D错误.

2. 在如图所示的电路中，滑动变阻器滑片P向右移动一段距离，则与原来相比（  ）

A. 电压表读数变小

B. 灯泡变亮

C. 电源的总功率变小

D. 电源内阻的热功率变大

【答案】C

【解析】

【详解】AB．滑片向右移动时，滑动变阻器接入电阻增大，则由闭合电路欧姆定律可知，总电流减小，内电压减小，故路端电压增大，电压表V示数变大；R两端电压增大，R中电流增大，则由并联电路规律可知，L中电流减小，灯泡L变暗，故AB错误；

C．因干路电流变小，由P=EI可知，电源的总功率变小，故C正确；

D．由P=I2r可知，总电流减小，故电源内阻的热功率变小，故D错误。

故选C。

3. 如图所示，空间某处存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，一个带负电的金属小球从M点水平射入场区，经一段时间运动到N点，关于小球由M到N的运动，下列说法正确的是（　　）

A. 小球可能做匀变速运动 B. 小球一定做变加速运动

C. 小球动能可能不变 D. 小球机械能守恒

【答案】BC

【解析】

【分析】

【详解】AB．小球从M到N，在竖直方向上发生了偏转，所以受到的竖直向下的洛伦兹力、竖直向下的重力和竖直向上的电场力的合力不为零，并且速度方向变化，则洛伦兹力方向变化，所以合力方向变化，故不可能做匀变速运动，一定做变加速运动，A错误，B正确；

C．若电场力和重力等大反向，则运动过程中电场力和重力做功之和为零，而洛伦兹力不做功，所以小球的动能可能不变，C正确；

D．沿电场方向有位移，电场力一定做功，故小球的机械能不守恒，D错误。

故选BC。

4. 如图所示，圆环形导体线圈a平放在水平桌面上，在a的正上方固定一竖直螺线管b，二者轴线重合，螺线管与电源和滑动变阻器连接成如图所示的电路。若将滑动变阻器的滑片P向下滑动，下列表述正确的是（　　）

A. 线圈a有扩张的趋势 B. 穿过线圈a的磁通量变小

C. 线圈a对水平桌面的压力将减小 D. 线圈a中将产生俯视逆时针方向的感应电流

【答案】D

【解析】

【详解】若将滑动变阻器的滑片P向下滑动，滑动变阻器接入电路的阻值减小，螺线管中的电流增大，产生的磁场增强，穿过线圈a的磁通量向下变大，根据楞次定律可知圈a中将产生俯视逆时针方向的感应电流，根据“增缩减扩”和“来拒去留“可知，线圈a有收缩的趋势和远离螺线管的趋势，此时线圈a对水平桌面的压力FN将增大，故ABC错误，D正确。

故选D。

5. 如图甲所示，曲轴上悬挂一弹簧振子。图乙为弹簧振子做受迫振动的共振曲线。下列说法正确的是（　　）

A. 共振曲线的纵坐标表示物体在不同驱动力频率下的振幅

B. 转动摇把时，弹簧振子振幅与摇把转速无关

C. 转动摇把时，弹簧振子的频率与摇把转速无关

D. 停止转动摇把，弹簧振子做阻尼振动，其振动频率随振幅的减小而减小

【答案】A

【解析】

【详解】A．共振曲线反映的是物体在不同驱动力作用下的振幅，故A正确；

BC．转动摇把时，弹簧振子做受迫振动，弹簧振子的频率等于驱动力的频率，当驱动力的频率越接近弹簧振子的固有频率，弹簧振子的振幅越大，故BC错误；

D．停止转动摇把，弹簧振子以固有频率做阻尼振动，频率不变，振幅越来越小，故D错误。

故选A。

6. 一列简谐横波沿着x轴正方向传播，波中A、B两质点在平衡位置间的距离为0.5m，且小于一个波长，如图甲所示，A、B两质点振动图象如图乙所示，由此可知（　　）

A. 波中质点在一个周期内通过的路程为10cm

B. 该简谐波的波长为4m

C. 该简谐波的波速为0.5m/s

D. t=1.5s时A、B两质点的位移相同

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】A．由图可知，该波的振幅为2cm，波中质点在一个周期内通过的路程为4倍的振幅，即8cm．故A错误；

B．由图知，t=0时刻B点通过平衡位置向上运动，A点位于波峰，则有：

由题，则知n只能取0，故，故B错误；

C．由图知周期T=4s，则波速为

故C正确；

D．由图可知，在t=1.5s时刻，A的位移为负，而B的位移为正，故D错误。

故选C。

7. 如图所示，某同学利用平底水槽研究水波传播时的现象，下列说法正确的是（　　）

A. 甲图是观察水波穿过狭缝后的情景，此时水波没有发生衍射现象

B. 甲图中狭缝的宽度变窄时，可以观察到明显的衍射现象

C. 乙图是两列水波相遇时的干涉现象，两列水波的频率不同

D. 乙图中某些区域在某时刻振动加强，经过半个周期后振动减弱

【答案】B

【解析】

【详解】A．甲图水波发生了衍射现象，A错误；

B．波长一定，缝越窄衍射现象越明显，当甲图中狭缝的宽度变窄时，可以观察到明显的衍射现象，B正确；

C．乙图是两列水波相遇时的干涉现象，两列水波的频率相同，C错误；

D．乙图中某些区域在某时刻振动加强，经过半个周期后依旧为振动加强点，D错误。

故选B。

8. 如图甲所示的LC振荡电路中，电容器上的电荷量随时间的变化规律如图乙所示，t=0.3s时的电流方向如图甲中标示，则（　　）

A. 0至0.5s时间内，电容器在放电

B. 在t=1.3s时，P点比Q点电势低

C. 0.5s至1.0s时间内，磁场能正在转变成电场能

D. 1.5s至2.0s时间内，电容器的上极板的正电荷在减少

【答案】B

【解析】

【详解】A．0至0.5s时间内，电容器电荷量增加，所以电容器在充电，故A错误；

B．因为1.0s到1.5s时间内，电容器反向充电，下极板带正电，电流方向与图示方向相反，即此时P点比Q点电势低，故B正确；

C．0.5s至1.0s时间内，电容器放电，则电场能正在转变成磁场能，故C错误；

D．1.5s至2.0s时间内，电容器方向放电，则电容器的下极板的正电荷在减少，故D错误。

故选B。

9. 关于图的说法，正确的是（　　）

A. 图：光导纤维内芯折射率比外套小，光传播时在内芯与外套的界面发生全反射

B. 图乙：研究光的干涉现象时，将紫光换为红光，可在目镜中观测到更多的干涉条纹

C. 图丙：一束平行光经玻璃三棱镜折射后分解为a、b两种单色光，a光比b光衍射现象更明显

D. 图丁：3D影院中看立体电影时戴偏光镜的原理和照相机镜头表面涂上增透膜的原理是相同的

【答案】C

【解析】

【详解】A．甲图光导纤维内芯的折射率比外套大，光传播时在内芯与外套的界面发生全反射，选项A错误；

B．乙图研究光的干涉现象时，根据

红光波长大于紫光，干涉条纹间的距离变大，在目镜中观测到干涉条纹减少，故选项B错误；

C．丙图一束平行光经玻璃三棱镜折射后分解为a、b两种单色光，因a光的偏折程度较小，则a光折射率较小，频率较小，波长大，比b光衍射现象更明显，故C正确；

D．偏光镜的原理是利用了光的偏振，镜头表面涂上增透膜是利用光的薄膜干涉原理，故D错误。

故选C。

10. 一束光线穿过介质1、2、3时，光路如图所示，则（　　）

A. 介质1的折射率最大

B. 介质2是光密介质

C. 光在介质2中的速度最小

D. 当入射角由45°逐渐增大时，在1、2分界面上可能发生全反射

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】A．因为 ，根据折射定律， ，同理，根据光的可逆性，光从2射向1或者小2射向3时，入射角相等，则，所以，介质3的折射率最最大，介质2的折射率最小，A错误；

B．因为，介质2对介质1和介质3来说都是光疏介质，B错误；

C．因为和 ，光在介质2中的速度最大，C错误；

D．光从介质1进入介质2时，是从光疏介质进入光密介质，可能发生全反射，D正确。

故选D。

11. 如图所示，理想变压器的原，副线圈匝数之比为5：1，R2=5Ω，现在电源输入电压如图乙所示的交流电，电流表和电压表均为理想电表，电流表A2的示数为4A，下列说法正确的是（　　）

A. 电压表V1的示数是100V B. 电阻R1的值为275Ω

C. 电路消耗的总功率是80W D. 若R2的阻值增大，则电压表V2的示数将增大

【答案】AD

【解析】

【详解】A．由题意得

由

得

故A正确；

B．由图乙可知电源的输入电压为

所以R1上的电压为

又因为

所以

所以

故B错误；

C．电路消耗的总功率为

故C错误；

D．若R2的阻值增大，则电流I2减小，从而I1减小，则R1上的电压减小，又因为总的输入电压不变，所以原线圈两端电压U1增大，则副线圈两端电压也增大，即电压表V2的示数将增大，故D正确。

故选AD。

12. 如图所示，单匝矩形线圈的长为，宽为l，总电阻为R，绕匀强磁场的边界以角速度ω匀速转动，左侧没有磁场（磁场具有理想边界），已知磁场的磁感应强度为，为边的垂直平分线。从图示时刻开始计时，下列说法正确的是（　　）

A. 电流的瞬时值表达式为 B. 电流的有效值为

C. 电流的最大值为 D. 一个周期内线圈产生的焦耳热为

【答案】BC

【解析】

【详解】A．从题图所示时刻开始计时，时，通过线圈的磁通量最大，感应电动势为零，则线圈转动过程中产生的感应电动势的瞬时值表达式为

则电流的瞬时值表达式为

A错误；

BC．根据电流的瞬时表达式可知，电流的最大值为

电流的有效值为

BC正确；

D．一个周期内线圈产生的焦耳热表示为

其中

整理得

D错误

第 Ⅱ 卷

二、实验题（16分）

13. 用单摆测定重力加速度的实验装置如图所示。

（1）为了减小误差，组装单摆时，应在下列器材中选用___________（选填选项前的字母）；

A．长度为30cm左右的细线

B．长度为1m左右的细线

C．直径为1.8cm的铁球

D．直径为1.8cm的塑料球

（2）该同学先用米尺测得摆线长后，用游标卡尺测得摆球直径如图2所示为___________mm；

（3）测出悬点O到小球球心的距离（摆长）L及单摆完成n次全振动所用的时间t。请写出重力加速度的表达式g=___________。

【答案】    ①. BC    ②. 21.35    ③.

【解析】

【详解】（1）[1]组成单摆的小球要求能看成质点，即绳长应远大于小球的直径，为减小空气阻力的影响，应选用铁球而不能用塑料球，故选择长度为1m左右的细线，直径为1.8cm的铁球。

故选BC。

（2）[2]题中所用为20分度的游标卡尺，精确度为0.05mm，故小球的直径为

（3）[3]单摆的周期公式为

其中

联立解得

14. 某同学利用如图甲所示的电路测量某电池的电动势E和内阻r（E约15V，r约20Ω），电压表V的量程为4V，内阻约2kΩ。请回答下列问题：

（1）该同学为了测量电压表V的内阻，先将开关S1、S2都断开，将电阻箱R的阻值调至最大，再闭合S1，调节电阻箱R的阻值，当电压表V的示数为3.00V时，R的阻值为R1=8.0kΩ；当电压表V的示数为4.00V时，R的阻值为R2=5.5kΩ，若不考虑电源内阻，则电压表V的内阻Rv=______kΩ（保留两位有效数字）。若考虑电源内阻，则电压表V内阻的测量值____（填“大于”、“等于”或“小于”）真实值；

（2）为把电压表V改装为量程为15V的电压表，电阻箱R与电压表内阻Rv的比值应为______；

（3）保持电阻箱R的阻值不变，即电阻箱R的阻值为电压表V改装成量程为15V后对应的阻值，调节电阻箱R'的阻值为较大值，闭合开关S2，接着调节电阻箱R'的阻值，记录电压表V的示数U和相对应的电阻箱R'的阻值（实验过程中R'相对电压表的内阻均较小），进行若干次实验，以U为纵坐标、以为横坐标作图（坐标轴均为国际单位制基本单位），图像如图乙所示，图线与纵轴的交点为b，与横轴的交点为a，则电池的电动势E=______，内阻r=______。

【答案】    ①. 2.0    ②. 大于    ③.     ④.     ⑤.

【解析】

【详解】（1）[1][2]因为忽略电源内阻，由题意可得

，

联立可得电压表的内阻

由于没有考虑电源内阻，测得的电压表内阻包含电源内阻，故测量值大于真实值。

（2）[3]要使电压表改装后量程为15V，当电压表的示数为4V时，电阻箱R上的电压为11V，由可知，R与U成正比，故。

（3）[4][5]当电压表的示数为U时，加在电阻箱上的电压为，由闭合电路欧姆定律可得

即

根据图像规律可知

即电动势

，

三、解答题（36分）

15. 如图所示，是一玻璃三棱镜的横截面，.一束红光垂直边射入，从边上的点射出，其折射角为60°.已知距离为，真空中光速为.求：

（1）玻璃对该红光的折射率；

（2）这束红光在玻璃中的传播时间.

【答案】（1） （2）

【解析】

【详解】（1）由光的折射率定义可知：

（2）光在玻璃中的传播速度

由几何关系可知

16. 倾角为的斜面上，有一无限长的导体框架，宽为1m，不计电阻，下端连接一阻值的电阻，空间中存在垂直斜面的匀强磁场磁感应强度1T，置于框架上的金属杆ab，质量0.2kg，电阻，如图所示。不计摩擦，当金属杆ab由静止下滑时，求：

（1）当杆的速度达到2m/s时，ab两端的电压；

（2）杆能达到的最大速度。

【答案】（1）；（2）

【解析】

【详解】（1）当杆的速度达到2m/s时，根据法拉第电磁感应定律可得导体棒切割磁感线产生的感应电动势为

根据闭合电路欧姆定律得ab两端的电压

（2）当导体棒匀速运动时，杆能达到的最大速度，有

又因为

联立以上式子，代入数据求得

17. 一列横波在x轴线上传播着，在t1=0和t2=0.05s时的波形曲线如图所示：

（1）设周期大于（t2﹣t1），如果波向右传播，波速多大？如果波向左传播波速又是多大？

（2）设周期小于（t2﹣t1），且波速为200m/s，求波的传播方向。

【答案】（1）如果波向右传播，波速是40m/s，如果波向左传播波速是120m/s；

（2）波向右传播。

【解析】

【详解】同一时刻相邻两个波峰或波谷之间的距离为波长，所以波长，图中y的最大值即为振幅，则知振幅 A=0.2m。

（1）设周期大于，波传播的距离小于一个波长，若波向右传播，波传播的距离为，则有

解得

若波向左传播，波传播的距离为，则有

解得

（2）设，且波速为200m/s，则在时间内波传播的距离为

根据波形平移法知，波向右传播。

18. 如图所示，BCDG是光滑绝缘的圆形轨道，位于竖直平面内，轨道半径为R，下端与水平绝缘轨道在B点平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中。现有一质量为m、带正电的小滑块（可视为质点）置于水平轨道上，滑块受到的电场力大小为mg，滑块与水平轨道间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g。

（1）若滑块从水平轨道上距离B点s=3R的A点由静止释放，滑块到达B点时速度为多大；

（2）在（1）的情况下，求滑块到达C点时轨道受到的作用力；

（3）改变s的大小，使滑块恰好始终沿轨道滑行，且从G点飞出轨道，求滑块在圆轨道上滑行过程中的最小速度大小。

【答案】（1）；（2），方向水平向右；（3）

【解析】

【分析】

【详解】（1）设滑块到达B点时的速度为，从A点到B点，由动能定理得

依题意有

解得

（2）设滑块到达C点时速度大小，从A点到C点，由动能定理得

解得

滑块在C点，由牛顿第二定律得

解得

由牛顿第三定律可知：轨道受到作用力大小为

方向水平向右。

（3）要使滑块恰好始终沿轨道滑行，则滑至由电场力和重力的合力提供向心力位置处时的速度最小,由牛顿第二定律得

解得