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1、福建省宁德市霞浦县第四中学 2019 年高二物理上学期期末试卷含解析 一、选择题：本题共 5 小题，每小题 3 分，共计 15 分每小题只有一个选项符合题意 1.下列有关光现象的说法中不正确的是 （）A光导纤维丝内芯材料的折射率比外套材料的折射率大 B在水中的潜水员斜向上看岸边物体时，看到的物体的像将比物体所处的实际位置高 C用激光垂直照射一个不透光的小圆板时，光屏上影的中心会出现一个亮斑，这是光的衍射现象 D沙漠蜃景产生的原因是由于沙漠上上层空气的折射率比下层空气折射率小，光发生全反射造成的 参考答案：D 2.（多选）如图为远距离输电示意图，升压变压器与降压变压器的匝数比分别为 1:100
2、和100:1，发电站输出电压为（V），下列说法正确的是（）A用户得到的交变电压频率为 50Hz B用户得到的交流电压有效值为 250V C用电高峰期升压变压器的输出电压不变 D输送过程中电能的损耗主要来自变压器原、副线圈的发热 参考答案：AC 3.如图所示,将一束等离子体喷射入磁场，在场中有两块金属板 A、B，这时金属板上就会聚集电荷，产生电压如果射入的等离子体速度均为 v，两金属板的板长为L，板间距离为 d，板平面的面积为 S，匀强磁场的磁感应强度为 B，方向垂直于速度方向，负载电阻为 R，电离气体充满两板间的空间当发电机稳定发电时，电流表示数为 I，那么板间电离气体的电阻率为()A B C
3、 D 参考答案：C 4.如图甲所示，标有“220V 40W”的灯泡和标有“20F 300V”的电容器并联到交流电源上，V 为理想交流电压表，交流电源的输出电压如图乙所示，闭合开关，下列判断正确的是（）A.时刻，V 的示数为零 B.断开开关时灯泡恰好正常发光 C.闭合开关时电容器不可能被击穿 D.V 的示数保持 110V 不变 参考答案：C 电压表是示数等于交流电压的有效值，由图知 UV=220V，所以 A 错误；D 错误；灯泡的电压为 220V，恰好等于额定电压，所以正常发光，故 B 正确；交流电压的最大值大于电容器的击穿电压，所以电容器会被击穿，故 C 错误。5.甲、乙两弹簧振子，振动图象如
4、图所示，则一定有()A两弹簧振子完全相同 B两弹簧振子所受回复力最大值之比 F甲F乙21 C振子甲速度为零时，振子乙速度最大 D振子的振动频率之比 f甲f乙21 参考答案：C 二、填空题：本题共 8 小题，每小题 2 分，共计 16 分 6.放在水平地面上的一个物体，受到 20N 水平向西拉力时，物体恰能做匀速直线运动，当物体拉力变为 28N 时，物体所受摩擦力是 N，方向向 ，受到合力大小为 参考答案：20；西；8 由于物体处于匀速直线运动状态时所受的拉力是 20N，据二力平衡的知识知，即此时所受的滑动摩擦力是20N；当将拉力变为 28N 时，物体仍会向西运动，在此过程中，物体对接触面的压力
5、没变，其与接触面的粗糙程度没变，故其所受的滑动摩擦力不变，仍为 20N，此时所受的合力 F=28N-20N=8N，且方向与较大的拉力的方向相同，即方向向西 7.“探究碰撞中的不变量”的实验中，入射小球 m1=15g，原来静止的被碰小球 m2=10g，由实验测得它们在碰撞前后的 xt 图象如图，可知入射小球碰撞后的 m1v1是 0.0075kg?m/s，入射小球碰撞前的 m1v1是 0.015kg?m/s，被碰撞后的 m2v2是 0.075kg?m/s 由此得出结论 碰撞过程中动量守恒 参考答案：解：（1）由图 1所示图象可知，碰撞前球 1的速度：v1=1m/s，碰撞后，球的速度：v1=0.5m
6、/s，v2=0.75m/s，入射小球碰撞后的 m1v1=0.0150.5=0.0075kg?m/s，入射小球碰撞前的 m1v1=0.0151=0.015 kg?m/s，被碰撞后的 m2v2=0.010.75=0.075kg?m/s，碰撞前系统总动量 p=m1v1=0.015kg?m/s，碰撞后系统总动量 p=m1v1+m2v2=0.015kg?m/s，p=p，由此可知：碰撞过程中动量守恒；故答案为：0.0075kg?m/s；0.015 kg?m/s；0.075kg?m/s；碰撞过程中动量守恒 8.在匀场磁场中，有一根长 0.4m 的通电导线，导线中的电流为 2A，这条导线与磁场方向垂直时，所受
7、磁场力为 0.16N，则磁场的磁感应强度大小为_T。参考答案：0.2 9.(6 分)如果家里的微波炉(800W)和洗衣机(400W)平均每天工作 1h，电视机(100W)平均每天工作 2h，则一个月的耗电量为_kWh，每 kWh电费为 070元，则每月应交电费为_元(每月按 30天计算)。参考答案：42；29.4 10.如图所示，两条电阻忽略不计的光滑平行金属导轨、置于匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，两导轨间的距离 L=0.6m.电阻 r=0.1金属杆 MN在水平向右的拉力作用下沿两条导轨向右匀速滑动，速度=10m/s，产生的感应电动势为 3V，电阻 R=0.9.由此可知，磁场的磁感应强度
8、B=_T，MN受到的水平拉力 F=N.参考答案：0.5T，0.9N 11.（2 分）干湿泡温度计中，干泡温度计和湿泡温度计所示温度相差越大，空气越-_。（填“潮湿”、“干燥”）参考答案：干燥 12.如图所示，一质量为 m，电荷量为 q 的粒子以一定的初速度沿中线进入水平放置的平行金属板内，恰好没下板的边缘飞出，已知板间的电压为 U，粒子通过平行金属板的时间为 t，不计粒子的重力，则平行金属板间的距离 d=，粒子在前和后时间内电场力做功之比为 参考答案：t；1：3 考点：带电粒子在匀强电场中的运动 专题：带电粒子在电场中的运动专题 分析：带正电的粒子进入水平放置的平行金属板内，做类平抛运动，竖直
9、方向做初速度为0 的匀加速运动，由推论可求出在前时间内和在后时间内竖直位移之比，由功的定义求出电场力做功之比 解答：解：带电粒子在电场中做的是类平抛运动，竖直方向粒子做初速度为 0的匀加速直线运动，位移 电场力为 根据牛顿第二定律 a=所以 故 d=根据类平抛运动规律可知，竖直方向粒子做初速度为 0的匀加速直线运动，根据结论 y1：y2：y3=1：3：5可知，前时间内，电场力做功为 W1=qEy1，后时间内，电场力做功为 W2=qEy2，所以 故答案为：t；1：3 点评：本题是类平抛运动，要熟练掌握其研究方法：运动的合成与分解，并要抓住竖直方向初速度为零的匀加速运动的一些推论，研究位移和时间关
10、系 13.如图，用传送带给煤车装煤，20 s 内有 0.5 t的煤粉落于车上要使车保持 2 m/s的速度匀速前进，则对车应再施以水平力的大小为_N 参考答案：三、实验题：本题共 2 小题，每小题 11 分，共计 22 分 14.读出图中游标卡尺（图 a）（10 分度）和螺旋测微器（图 b）的读数：（1）游标卡尺的读数为 mm（2）螺旋测微器的读数为 mm 参考答案：（1）29.8mm （2）6.701-6.704mm 15.（6 分）宇航员飞到某一个不熟悉的行星上，他们想用一只灵敏电流表和一个线圈来探测一下该行星周围是否有磁场，宇航员应当采用的实验方法是：。参考答案：将灵敏电流表和线圈串联成闭
11、合电路，将线圈向方向快速移动，如果有电流流过灵敏电流表，则说明行星周围有磁场，否则说明没有行星周围没有磁场。四、计算题：本题共 3 小题，共计 47 分 16.如图所示，平行 U 形导轨倾斜放置，倾角为，导轨间的距离，电阻，导轨电阻不计匀强磁场的方向垂直于导轨平面向上，磁感应强度，质量、电阻的金属棒 ab 垂直置于导轨上现用沿轨道平面且垂直于金属棒的大小为的恒力，使金属棒 ab 从静止开始沿导轨向上滑行，已知当 ab棒滑行后保持速度不变，并且金属棒 ab 与导轨间的动摩擦因数。(可能用到的数据：)求：(1)求金属棒匀速运动时的速度大小；(2)金属棒匀速运动时电阻 R上的功率；(3)金属棒从静止
12、起到刚开始匀速运动的过程中，电阻 R上产生的热量为多少？参考答案：由力的平衡条件得：F mgsin 37BIL+由闭合电路欧姆定律得：I 又 联立以上方程解得金属棒匀速运动的速度大小为：(2)当金属棒匀速运动时，金属棒产生的电动势为：EBLv 回路中的电流：I 电阻 R上的电功率为：PI2R 解得：P3.2 W (3)在金属棒滑行 s 0.8 m的过程中，由动能定理得：回路所产生的总热量：Q W安 联立以上方程得：Q 0.6 J 电阻 R上产生的热量为：QR Q 0.48 J 17.如图所示，一横截面为半圆柱形的透明物体，底面 AOB镀银（图中粗线），O表示半圆截面的圆心，一束光线在横截面内从
13、 M 点的入射角为 30，MOA=60，NOB=30。求（1）作出光路图，并求光线在 M 点的折射角；（2）透明物体的折射率。参考答案：如图，透明物体内部的光路为折线MPN，Q、M 点相对于面 EF对称，Q、P 和 N三点共线。设在 M 点处，光的和射角为 i，折射角为 r，。根据题意有 由几何关系得，于是 且 由式得（ii）解：根据折射率公式有 由式得 18.如图所示，半径为 R的光滑圆弧轨道 ABC竖直放置，A与圆心 O等高，B为轨道的最低点，该圆弧轨道与一粗糙直轨道 CD相切于 C，OC与 OB的夹角为 53一质量为 m的小滑块从 P 点由静止开始下滑，PC 间距离为 R，滑块在 CD
14、上滑动摩擦阻力为重力的 0.3倍（sin53=0.8，cos53=0.6）求：（1）滑块从 P点滑至 B点过程中，重力势能减少多少？（2）滑块第一次经过 B点时所受支持力的大小；（3）为保证滑块不从 A处滑出，PC之间的最大距离是多少？参考答案：解：（1）PC间的竖直高度 h1=Rsin53=0.8R CB间的竖直高度 h2=RRcos53=0.4R PB间高度差 h=h1+h2=1.2R 所以滑块从 P滑到 B减少的重力势能为Ep=mgh=1.2mgR；（2）对 B点，由牛顿第二定律知 从 P到 B，由动能定理：联立解得 F=2.8mg；（3）设 PC 之间的最大距离为 L 时，滑块第一次到达 A 时速度为零，则对整个过程应用动能定理 mgLsin53+mgR（1cos53）mgR0.3mgL=0 代入数值解得 L=1.2R 答：（1）滑块从 P点滑至 B点过程中，重力势能减少 1.2mgR（2）滑块第一次经过 B点时所受支持力的大小为 2.8mg；（3）为保证滑块不从 A处滑出，PC之间的最大距离是 1.2R【考点】动能定理；牛顿第二定律【分析】（1）重力做的功等于物体重力势能的减小量；（2）从 P 到 B 利用动能定理求出到达 B 点的速度，由牛顿第二定律求出物体受到的支持力；（3）为保证滑块不从 A处滑出，到达 A 点时速度刚好为零，从 P到 A 由动能定理即可求得