2021-2022学年四川省泸州市泸县第四中学高二（下）期中物理试题 （解析版）

泸县四中2020级高二下期中考试物理试题

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。

3.物理化学生物同堂分科考试，时间150分钟，物理科110分，化学100分，生物90分。

第I卷  选择题

一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。在1-5小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，6-8小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的，选对但不全对得3分，错选得0分。

1. 下列说法中正确的是

A. 结合能越大的原子核越稳定

B. 经过6次α衰变和4次β衰变后成为

C. 氢原子从较低能级跃迁到较高能级时，电势能减小

D. 用绿光或紫光照射某金属发生光电效应时，逸出光电子的最大初动能可能相等

【答案】B

【解析】

【分析】

【详解】A．比结合能越大的原子核越稳定，故A错误；

B．成为要经过

次

α衰变和

次

β衰变，故B正确；

C．氢原子从较低能级跃迁到较高能级时，电势能增大，故C错误；

D．绿光和紫光的频率不相等,根据光电效应方程可知用绿光或紫光照射某金属发生光电效应时，逸出光电子的最大初动能不相等，故D错误。

故选B。

2. 空气中有两块材质不同、上下表面平行的透明玻璃板1、2平行放置如图所示；一束由红蓝两种色光混合而成的细光束，从空气中以某一角度θ（0<θ<90°）入射到前块玻璃板的上表面。下列说法正确的是（　　）

A. 在第二块玻璃板下表面一定没有出射光

B. 第二块玻璃板下表而的出射光方向一定与入射光方向平行

C. 第二块玻璃板下表面的出射光一定在入射光延长线的左侧

D. 第一块玻璃板下表面的两条出射光线中蓝光一定在红光的左侧

【答案】B

【解析】

【详解】A．光线从第二块玻璃板中的上表面射入，在第二块玻璃板中上表面的折射角和下表面的入射角相等，根据光的可逆原理可知，光在第二块玻璃板下表面一定有出射光，故A错误；

B．因为光在玻璃板中的上表面的折射角和下表面的入射角相等，根据光的可逆原理知，从下表面出射光的折射角和开始在上表面的入射角相等，即两光线平行，所以第二块玻璃板下表面的出射光方向一定与入射光方向平行，故B正确；

C．根据光线在玻璃板中发生偏折，由于折射角小于入射角，可知第二块玻璃板下表面的出射光一定在入射光延长线的左侧，故C错误；

D．蓝光的频率大于红光的频率，所以蓝光的折射率大于红光的折射率，故玻璃对蓝光的偏折程度大，蓝光在右侧，故D错误。

故选B。

3. 如图所示是电容式话筒的原理图，膜片与固定电极构成一个电容器，用直流电源充电，当声波使膜片振动时，电容发生变化，电路中可以形成变化的电流，于是电阻R两端就输出了与声音变化规律相同的电压。从而使声音信号被话筒转化为电信号。其中导致电容变化的原因是电容器两板间的（　　）

A. 电介质变化 B. 正对面积变化 C. 距离变化 D. 电压变化

【答案】C

【解析】

【详解】当声波使膜片振动时，膜片与固定电极之间的距离发生变化，根据可知，电容器的电容发生变化，故选C。

4. 质量为m的光滑小球恰好放在质量也为m的圆弧槽内，它与槽左右两端的接触处分别为A点和B点，圆弧槽的半径为R，OA与水平线AB成60°角。槽放在光滑的水平桌面上，通过细线和滑轮与重物C相连，细线始终处于水平状态。通过实验知道，当槽的加速度很大时，小球将从槽中滚出，滑轮与绳质量都不计，要使小球不从槽中滚出，则重物C的最大质量为（　　）

A  B. 2m

C.  D.

【答案】D

【解析】

【详解】ABCD．小球恰好能滚出圆弧槽时，圆弧槽对小球的支持力的作用点在A点，小球受到重力和A点的支持力，合力为

对小球运用牛顿第二定律可得

解得小球的加速度

对整体分析可得

联立解得

故A、B、C错误，D正确。

故选D。

5. 如图甲所示电路中,当理想变压器a、b端加上如图乙所示的交变电压,闭合开关S,三只相同灯泡均正常发光下列说法中正确的是

A. 小灯泡的额定电压 为6V

B. 变压器原、副线圈的匝数比为3:1

C. 图乙所示的交变电压瞬时值表达式为u=36sin100πt(V)

D. 断开开关S，L1会变亮,L2会变暗

【答案】A

【解析】

【详解】A、B项：当S闭合后，原线圈中I1等于灯泡L1的电流，副线圈中I2是灯泡L2和L3的电流之和，由于三只相同的灯泡正常发光，故I2＝2I1，根据n1I1＝n2I2可知n1：n2＝2：1，由于输入电压U=UL+U1=18V，且， U2=UL，得U1=2UL，故UL=6V，即小灯泡的额定电压为6V，A项正确，B项错误；

C项：由题意得图乙所示的交变电压瞬时值表达式为，故C错误；

D项：断开开关S，负载电阻增大，副线圈电流I2减小，原线圈电流I1随之减小，则有灯泡L1变暗，L1两端电压减小，由U1=U－UL得原线圈两端电压U1增大，副线圈两端电压U2随之增大，灯泡L2变亮，D项错误．

故选A．

6. 国家电网公司推进智能电网推广项目建设，拟新建智能变电站1400座。变电站起变换电压作用的设备是变压器，如图所示，理想变压器原线圈输入电压u＝220sin100πt（V），电压表、电流表都为理想电表，则下列判断正确的是（　　）

A. 输入电压有效值为220V，电流频率为50Hz

B. S打到a处，当滑动变阻器的滑片向下滑动时，两电压表示数都增大

C. S打到a处，当滑动变阻器的滑片向下滑动时，两电流表的示数都减小

D. 若滑动变阻器的滑片不动，S由a处打到b处，电压表V2和电流表A1的示数都减小

【答案】AD

【解析】

【详解】A．输入电压有效值为

U1＝V＝220V

由输入电压瞬时值表达式可知，角速度为ω＝100πrad/s，电流频率为

故A正确；

BC．S打到a处，当滑动变阻器的滑片向下滑动时，副线圈电路的总电阻减小，由

可知U2不变，即电压表V2的示数不变，所以电流表A2的示数变大，故BC错误；

D．若滑动变阻器的滑片不动，S由a处打到b处，副线圈匝数减小，输入电压不变，输出电压减小，即电压表V2的示数减小，根据

知输出功率减小，根据输入功率等于输出功率，可知

P1＝U1I1

减小，U1不变，则I1减小，即电流表A1的示数减小，故D正确。

故选AD。

7. 如图所示，平面直角坐标系的第一象限内存在垂直于纸面向外的匀强磁场，一质量为m、电荷量为q的带电粒子以速度v0沿平行于y轴方向从x轴上不同点分别射入磁场。若该粒子从x轴上a点射入磁场，则恰好垂直于y轴射出磁场，且在磁场中运动的时间为t0。若该粒子先后从x轴上b、c两点射入磁场，则恰好能从y轴上的同一点P射出磁场。O、P两点间的距离为，下列说法正确的是（　　）

A. 该粒子带正电

B. 匀强磁场的磁感应强度大小为

C. 该粒子从c点射入磁场时，在磁场中运动的时间为

D. 该粒子从b点射入磁场时，在磁场中运动的时间为

【答案】BC

【解析】

详解】A．由左手定则，该粒子带负电，A错误；

B．由 和 得，，B正确；

CD．由

解得

设粒子从b、c射入磁场的两个轨迹所对应的圆心角分别为θ1和θ2

解得

该粒子从b、c两点射入磁场时，在磁场中运动的时间分别为

解得

C正确，D错误。

故选BC。

8. 质量为m的金属棒通有自a到b的恒定电流，当磁场方向水平向左时，金属棒与磁场方向垂直且恰好可以静止在光滑的绝缘导轨上，导轨与水平面夹角为θ。当磁场方向由水平向左逐渐变为竖直向上时（已知电流大小保持不变，磁感应强度大小可以调整），要保持金属棒静止不动，下列说法中正确的是（　　）

A. 磁感应强度逐渐变大

B. 安培力逐渐变小

C. 支持力先变小后变大

D. 当磁场方向和导轨垂直时，磁感应强度最小

【答案】D

【解析】

【详解】AB．磁场方向水平向左，导体棒受重力、和竖直向上的安培力，两个力的合力为零，安培力等于重力。当磁场方向由水平向左逐渐变为竖直向上时，设安培力与斜面之间的夹角为且先减小后增大，受重力、支持力和安培力平衡，要保持金属棒静止不动，安培力沿斜面向上的分力等于重力沿斜面向下的分力

先增大后减小，安培力先减小后增大，磁感应强度先减小后增大，A错误，B错误；

C．安培力沿垂直斜面的分力先垂直斜面向上逐渐减小，后垂直斜面向下逐渐增大，所以支持力逐渐增大，C错误；

D．当磁场方向和导轨垂直时，最大等于1，安培力最小，磁感应强度最小，D正确。

故选D。

【点睛】金属棒静止，金属棒处于平衡状态，所受合力为零，对金属棒进行受力分析，根据平衡条件及左手定则分析，分别沿斜面和垂直斜面列方程即可。

第II卷  非选择题

9. 利用双缝干涉测光的波长实验中，双缝间距d=0.4 mm，双缝到光屏的距离L=0.5 m，用某种单色光照射双缝得到干涉条纹如图所示，分划板在图中A、B位置时游标卡尺读数也如图中所示，则：

（1）分划板在图中A、B位置时游标卡尺读数分别为xA=11.1 mm，xB=_______mm；相邻两条纹间距Δx=_________mm；

（2）波长的表达式λ=_________（用Δx、L、d表示），该单色光的波长λ=_________m；

（3）若改用频率较高的单色光照射，得到的干涉条纹间距将____（填“变大”、“不变”或“变小”）．

【答案】    ①. 15.6    ②. 0.75    ③.     ④.     ⑤. 变小

【解析】

【详解】（1）图B位置游标卡尺的主尺读数为15 mm，游标读数为0.1×6 mm=0.6 mm，则最终读数为15.6 mm．则相邻条纹的间距为：∆x=(xB−xA)/6=(15.6−11.1)/6 mm=0.75 mm；

（2）根据干涉条纹的宽度： 得： ，代入数据得：；

（3）若改用频率较高的单色光照射，它的波长较短，根据干涉条纹的宽度： 得：得到的干涉条纹间距将变小．

10. 在“描绘小灯泡伏安特性曲线”的实验中，使用的小灯泡标有“2.5V，0.75W”，其他可供选择的器材有：

A．电压表V1(量程3V，内阻约3kΩ)

B．电压表V2(量程15V，内阻约15kΩ)

C．电流表A1(量程3A，内阻约0.2Ω)

D．电流表A2(量程0.6A，内阻约1Ω)

E．滑动变阻器R1(0～1kΩ，0.5A)

F．滑动变阻器R2(0～10Ω，2A)

G．电源E(6V)

H．开关S及导线若干

（1）实验中电压表应选用________，电流表应选用________，滑动变阻器应选用________。(请填写器材前面的字母代码)

（2）在虚线框内画出电路原理图______。

【答案】    ①. A    ②. D    ③. F    ④.

【解析】

【分析】

【详解】(1)[1][2][3]根据小灯泡规格“2.5V，0.75W”可知，额定电压U=2.5V，额定电流

可知电压表应选A，电流表应选D；由于实验要求电流从零调，变阻器应采用分压式接法，应选择全电阻小的变阻器F，以方便调节。

(2)[4]由于小灯泡阻值较小满足，电流表应用外接法，即电路应是“分压外接”电路，如图所示：

四、计算题

11. 如图所示为交流发电机示意图，匝数为n=100匝的矩形线圈，边长分别为a=10cm和b=20cm，内阻为r=5Ω，在磁感应强度B=0.5T的匀强磁场中绕OO′轴以ω=rad/s的角速度匀速转动，转动开始时线圈平面与磁场方向平行，线圈通过电刷和外部R=20Ω的电阻相接．求电键S合上后，

（1）写出线圈内产生的交变电动势瞬时值的表达式；

（2）电压表和电流表示数；

（3）从计时开始，线圈转过的过程中，通过外电阻R的电量．

【答案】（1）e=cost（V）（2）40V，2A（3）004C

【解析】

【分析】（1）根据感应电动势最大值Em=nBSω，从垂直于中性面开始计时，则可确定电动势的瞬时表达式；（2）根据交流电的最大值与有效值的关系，结合闭合电路欧姆定律，即可确定电流表与电压表示数；（3）根据电量表达式，与感应电动势结合，得出q=I△t=公式，从而可求得．

【详解】（1）线圈从平行磁场开始计时，感应电动势最大值：Em=nBSω=V．

故表达式为：e=Emcosωt=cost（V）；

（2）根据正弦式交变电流最大值和有效值的关系可知，有效值：，

代入数据解得E=50V．

电键S合上后，由闭合电路欧姆定律得：，U=IR．

联立解得I=2A，U=40V；

（3）由图示位置转过90°的过程中，通过R上的电量为：q=I△t=，

代入数据解得，q=0.04C．

【点睛】本题主要考查了交流电的产生及其表达式与相关物理量的求解，较为简单．

12. 一列简谐横波在均匀介质中沿x轴传播，t=0时刻的波动图像如图甲所示，其中处于处的质点A的振动图像如图乙所示，此时振动恰好传播到的质点处，A、B两点均在x轴上，两者相距。求：

（1）这列波的传播速度；

（2）质点B从t=0时刻开始10s内运动的路程和10s时的位移。

【答案】（1）10m/s；（2）7.7m，-10cm

【解析】

【详解】（1）由图甲可知，此波的波长为

由图乙可知，此波的周期

T=0.4s

波的传播速度

（2）设从t=0时刻开始振动传播到B点的时间为，B点振动的时间为，波传播到B点所需时间

所以B点振动时间

由题意可得，质点B在t=10s内振动了7.7s，而且开始振动时从平衡位置开始方向向下。质点B全振动次数

质点B振动的路程

t=10s时刻，质点B处在负的最大位移处，所以位移为

13. 如图1所示，平行粗糙导轨固定在绝缘水平桌面上，间距L=0.2cm，导轨左端接有的电阻，质量为m=0.1kg的粗糙导棒ab静置于导轨上，导棒及导轨的电阻忽略不计。整个装置处于磁感应强度B=0.5T的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨向下。现外力F作用在导棒ab上使之一开始做匀加速运动，且外力F随时间变化关系如图2所示，重力加速度，试求解以下问题：

（1）比较导棒a、b两点电势的高低；

（2）前10s导棒ab的加速度；

（3）若整个过程中通过R的电荷量为65C，则导体棒ab运动的总时间是多少？

【答案】（1）a点电势较高；（2）；（3）

【解析】

【详解】（1）据右手定则知，a点电势较高；

（2）因为导棒一开始匀加速，对ab用牛顿第二定律有

又

综上得

据图象可以知道前10s，F-t图线斜率为0.05，即

代入数据计算得出

（3）当t=0时，

则

10s时导棒的速度

此时安培力

因为，且此时

故10s-15s内导体棒做匀速直线运动，0-15s内导棒ab的位移

通过R的电荷量

F为0后，导棒做减速运动直到停止过程中通过R的电量

对导棒ab应用动量定理

又

计算得出

则导体棒ab运动的总时间