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2019-2020学年高二物理下学期期末考试试题（含解析） (II)1. 下列说法中正确的是A. 声源向静止的观察者运动，观察者接收到的频率小于声源的频率B. 麦克斯韦预言了电磁波的存在；楞次用实验证实了电磁波的存在C. 由电磁振荡产生电磁波，当波源的振荡停止时，空间中的电磁波立即消失D. 宇宙飞船以接近光速的速度经过地球时，地球上的人观察到飞船上的时钟变慢【答案】D【解析】A、声源向静止的观察者运动时，产生多普勒效应，则观察者接收到的频率大于声源的频率，故A错误。B、麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹用实验证实了电磁波的存在，故B错误。C、电磁波由电磁振荡产生，但它是一种能量形式，若波源的电磁振荡停止，空中的电磁波不会立即消失，故C错误。D、根据钟慢效应，宇宙飞船高速经过地球附近时，地球上的人观察飞船是在做高速运动，所以飞船上的时钟变慢了；故D正确。故选D。【点睛】本题考查光学、相对论以及电磁波的基本性质，要注意明确各对应规律的掌握，牢记对应的规律即可2. 如图所示，一束复色光由空气射向玻璃，发生折射而分为a、b两束单色光。则A. 玻璃对a、b光的折射率满足nanbB. a、b光在玻璃中的传播速度满足vavbC. 逐渐增大入射角，a光将先消失D. 分别通过同一双缝干涉实验装置时，相邻亮条纹间距离a光大于b光【答案】A【解析】A、由图可知a光偏折程度大，则玻璃对a光的折射率大，a光的频率较大，故A正确。B、a光的折射率大，则根据光速公式，知b光在该玻璃中的传播速度比a大，故B错误。C、由分析知，a光的临界角比b光的小，则让该复色光从玻璃射向空气，逐渐增大入射角，a光的入射角先达到临界角，则a光先发生全反射，折射光线消失，但产生反射光线，故C错误。D、a光的频率大，波长短，根据双缝干涉条纹的间距与波长成正比，可知a光形成的干涉条纹间距比b光的小，故D错误。故选A。【点睛】解决本题的关键在于根据光的偏折程度分析折射率的大小，掌握光的频率、波长、传播速度与折射率、临界角的关系，并能熟练运用.3. 如图所示，为一质点做简谐运动的振动图像，则 A. 该质点的振动周期为0.5sB. 在00.1s内质点的速度不断减小C. t=0.2 s时，质点有正方向的最大加速度D. 在0.1s0.2s内，该质点运动的路程为10cm【答案】C【解析】A、由图可读得质点振动的周期为0.4s；故A错误。B、0至0.1s内质点在向正向最大位移向平衡位置运动；故其加速度在减小，速度在增大，故B错误。C、0.2s时负向的位移最大，加速度最大，方向指向平衡位置，即沿正向有最大加速度，故C正确。D、在0.1s0.2s内质点通过的路程为51=5cm；故D错误。故选ABD。【点睛】本题考查简谐运动的图象分析问题，要由图象明确质点的振动情况、周期，并能明确回复力及加速度和速度的变化情况4. 如图所示，质量为3kg的物块放在小车上，小车上表面水平，物块与小车之间夹有一个水平弹簧，弹簧处于压缩的状态，且弹簧的弹力为3N，整个装置处于静止状态，现给小车施加一水平向左的恒力F，使其以2m/s2的加速度向左做匀加速直线运动，则A. 物块一定会相对小车向右运动B. 物块受到的摩擦力一定减小C. 物块受到的摩擦力大小一定不变D. 物块受到的弹簧弹力一定增大【答案】C【解析】【详解】整个装置处于静止状态时弹簧弹力T=3N，根据平衡条件可得此时的摩擦力f=3N，方向向右，所以最大静摩擦力大于等于3N；当小车以2m/s2的加速度向左做匀加速直线运动，物块受到的合外力F合=ma=6N，方向向左，假设此时二者没有相对运动，则弹力仍为3N，摩擦力大小为3N，方向向左，由于摩擦力仍小于等于最大静摩擦力，所以二者保持相对静止，且物块受到的摩擦力大小不变，方向改变，故C正确，A、B、D错误。故选C。【点睛】本题考查应用牛顿第二定律分析物体受力情况的能力。要注意静摩擦力大小和方向会随物体状态而变化介于0至最大静摩擦力之间。5. 如图所示，光滑水平面与光滑半球面相连，O点为球心，一轻绳跨过光滑小滑轮连接物块A、B，A、B质量相等可视为质点，开始时A、B静止，轻绳水平伸直，B与O点等高，释放后，当B和球心O连线与竖直方向夹角为30时，B下滑速度为v，此时A仍在水平面上，重力加速度为g，则球面半径为A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】滑块A和滑块B构成的绳连接体，系统只有重力做功系统机械能守恒，故：；将B的速度沿着平行绳子和垂直绳子方向正交分解，如图所示：滑块A和B沿着同一根绳子的分速度相等，故：vA=vBcos30，其中：vB=v，联立解得：，故选B。【点睛】本题关键时明确系统机械能守恒，单个物体的机械能不守恒，同时要两个两个物体沿着绳子的分速度时相等的。6. 目前无线电力传输已经比较成熟，如图所示为一种非接触式电源供应系统 。这种系统基于电磁感应原理可无线传输电力，两个感应线圈可以放置在左右相邻或上下相对的位置，原理示意图如图所示。利用这一原理，可以实现对手机进行无线充电。下列说法正确的是 A. 若A线圈中输入电流，B线圈中就会产生感应电动势B. 只有A线圈中输入变化的电流，B线圈中才会产生感应电动势C. A中电流越大，B中感应电动势越大D. A中电流变化越快，B中感应电动势越大【答案】BD【解析】根据感应电流产生的条件，若A线圈中输入恒定的电流，则A产生恒定的磁场，B中的磁通量不发生变化，则B线圈中就会不产生感应电动势，故A错误；若A线圈中输入变化的电流，根据法拉第电磁感应定律：E=可得，则B线圈中就会产生感应电动势，故B正确；根据法拉第电磁感应定律：E=可得，A线圈中电流变化越快，A线圈中电流产生的磁场变化越快，B线圈中感应电动势越大。故C错误；D正确。故选BD。7. 图中虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面，已知平面b上的电势为2 V。一电子经过a时的动能为10 eV，从a到d的过程中克服电场力所做的功为6 eV。下列说法正确的是A. 平面c上的电势为零B. 该电子可能到达不了平面fC. 该电子经过平面d时，其电势能为4 eVD. 该电子经过平面b时的速率是经过d时的2倍【答案】AB【解析】A、虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面，一电子经过a时的动能为10eV，从a到d的过程中克服电场力所做的功为6eV，动能减小了6eV，电势能增加了6eV，因此等势面间的电势差为2V，因平面b上的电势为2V，由于电子的电势能增加，等势面由a到f是降低的，因此平面c上的电势为零，故A正确。B、由上分析可知，当电子由a向f方向运动，则电子到达平面f的动能为2eV，由于题目中没有说明电子如何运动，因此也可能电子在匀强电场中做抛体运动，则可能不会到达平面f，故B正确。C、在平面b上电势为2V，则电子的电势能为-2eV，动能为8eV，电势能与动能之和为6eV，当电子经过平面d时，动能为4eV，其电势能为2eV，故C错误。D、电子经过平面b时的动能是平面d的动能2倍，电子经过平面b时的速率是经过d时的倍，故D错误。故选AB。【点睛】考查电场力做功与电势能变化的关系，掌握电势能与动能之和不变，理解电势为零处的电势能为零是解题的关键。8. 如图所示，在水平面上放置一倾角为的光滑斜面，斜面上用劲度系数为k的轻弹簧连接一质量为m的小木块，轻弹簧连在斜面顶端，开始系统处于平衡状态。现使斜面从静止开始缓慢向左加速，加速度从零开始缓慢增大到某一值，然后保持此值恒定，木块最终稳定在某一位置(弹簧处在弹性限度内)。斜面从静止开始向左加速到加速度达到最大值的过程中，下列说法正确的是 A. 木块的重力势能一直减小 B. 木块的机械能一直增加C. 木块的加速度大小可能为 D. 弹簧的弹性势能一直增加【答案】BCD【解析】由于弹簧的弹力和斜面的支持力的合力对木块始终做正功，木块的机械能一定增加，B正确。设弹簧的原长为，对木块受力分析，开始木块静止在斜面上，则有，开始时弹簧长度；向左加速后，在木块离开斜面前，根据牛顿第二定律，；当时，加速度，C正确。加速度增大过程，弹簧长度，可见，随着加速度增大，弹簧变长，重力势能一直减小；当木块恰好要离开斜面时，弹簧长度；当木块离开斜面稳定时，设弹簧与水平方向的夹角为，有，随着a增大，减小，弹簧长度，所以，D正确。因为，由于不知末状态木块是否离开斜面，木块的重力势能可能一直减小，也可能先减小后增大，A错误，故选BCD.9. 为了演示在通电瞬间和断电瞬间的自感现象利用电流传感器设计了如图所示的电路电源内阻不可忽略，线圈的自感系数较大，其直流电阻小于电阻R的阻值在t0时刻，闭合开关S，穿过线圈L的磁通量逐渐_（选填“增加”或“减少”），电路稳定后，在t1时刻断开S通过电阻R的电流方向为_（选填“ab”或“ba”）电流传感器连接计算机分别描绘了整个过程线圈中的电流IL和电阻中的电流Ik随时间t变化的图象下列图象中正确的是_.A.B.C.D.【答案】 (1). 增加 (2). ab (3). BD【解析】电键闭合式，电路中电流突然增大，磁场增强，所以穿过L的磁通量增加。电路稳定后，在t1时刻断开S，因为线圈的电阻小于电阻R的阻值，所以流过线圈的电流大于流过电阻R的电流。当S断开时电感阻碍自身电流变化，产生的感应电流仍沿着原来方向，所以线圈和电阻R组成闭合回路，所以流过R的电流为从右向左，即从。电键闭合时，电感阻碍电流变化，L为一个自感系数很大、直流电阻小于电阻R的阻值的线圈，所以电感的阻碍慢慢减小，即流过电感的电流增大，所以IL慢慢增大，最后稳定时电感相当于电阻，IL为恒定，当电键断开后，电感阻碍自身电流变化，产生的感应电流仍沿着原来方向，不过大小在减小，故A错误，B正确。当电键闭合时，电感阻碍电流变化，L为一个自感系数很大、有直流电阻的线圈，导致通过电阻的电流刚开始较大，然后减小，所以 IR慢慢较小，最后稳定，当断开电键，原来通过R的电流立即消失当电键断开后，电感阻碍自身电流变化，产生的感应电流流过电阻，其方向与规定图示流过电阻的方向相反，IR慢慢减小最后为0故C错误，D正确。故选：BD。【点睛】电感对电流的变化起阻碍作用，闭合电键时，电感阻碍电流IL增大，断开电键，R、L构成一回路，电感阻碍电流IL减小10. （1）在探究“愣次定律的实验中，除需要已知绕向的螺线管、条形磁铁外，还要用到一个电表请从下列电表中选择_A量程为03V的电压表 B量程为03A的电流表C量程为00.6A的电流表 D零刻度在中间的灵敏电流表（2）某同学按下列少骤进行实验：将已知绕向的螺线管与电表连接；设计表格记录将磁铁N、S极插入和抽出过程中引起感应电流的磁场方向、磁通量的变化、感应电流的方向、感应电流的磁场方向；分析实验结果得出结论上述实验中，漏掉的实验步骤是要査明_的关系（3）在上述实验中，当磁铁插入螺线管的速度越快指针偏角_（选填“不变”、“变大”或“变小”）（4）如图，甲为某实验小组利用微电流传感器做验证楞次定律实验时，在计算机屏幕上得到的波形横坐标为时间t，纵坐标为电流I，报据图线分折知道：将条形磁铁的N极插入圆形闭合线圈时得到图甲内所示图线现用该磁铁，如图乙所示，从很远处按原方向沿一圆形线圈的轴线匀速运动，并穿过线圈向远处而去，图丙中较正确地反映线圈中电流I与时间t关系的是 _。【答案】 (1). D (2). 电流流入电表方向与电表指针偏转方向 (3). 变大 (4). B【解析】（1）由于电流方向会发生变化，所以应该用零刻度在中间的灵敏电流表，故选D（2）因为本实验时探究“楞次定律”的实验，所以要查明电流流入电表方向与电表指针偏转方向的关系，从而来确定感应电流方向与原磁通量变化之间的关系。（3）根据图线分析知道:将条形磁铁的N极插入圆形闭合线圈时得到图甲内所示图线，则表明穿过线圈N极的磁通量增加时，应该形成图的形状，当磁铁S极从很远处按原方向沿一圆形线圈的轴线匀速运动,并穿过线圈向远处而去，则穿过线圈平面的S极的磁通量先增大后减小，且磁场方向与题中所给的方向恰好相反，所以图像应该是B，故选B本题答案是：(1). D (2). 查明电流流入电表方向与电表指针偏转方向的关系 (3). B11. 某静止在水平地面上的炮车水平发射一枚质量为10kg的炮弹，已知炮弹飞出炮口时，相对于地面的速度为900m/s，该炮车质量（不包括炮弹）为3000kg。求：（1）炮弹飞出炮口时，炮车后退的速度多大；（2）若炮车后退的距离为1.5m，则炮车后退中受到的阻力与其自身重力的比值为多大（重力加速度取10m/s2【答案】(1) v=3m/s (2)0.3【解析】(1)设炮弹的速度v0、炮车后退的速度大小为v，弹和车的质量分别为m、M，由于内力远大于外力，由动量守恒得：Mvmv0=0解得：v=3m/s(2)设炮车后退中受到的阻力为f、位移为x，由动能定理有：解得：f=9000N阻力与其重力的比值：【点睛】本题主要考查了动量守恒定律的直接应用动能定理的应用，掌握速度的分解和某一方向系统动量守恒.12. 如图所示，倾角30的足够长光滑斜面底端A固定有挡板P，斜面上B 点与A点的高度差为h将质量为m的长木板置于斜面底端，质量也为m的小物块静止在木板上某处，整个系统处于静止状态。已知木板与物块间的动摩擦因数，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g（1）若对木板施加一沿斜面向上的拉力F0，物块相对木板刚好静止，求拉力F0的大小；（2）若对木板施加沿斜面向上的拉力F2mg，作用一段时间后撤去拉力，木板下端恰好能到达B点，物块始终未脱离木板，求拉力F做的功W【答案】（1） （2）【解析】（1）木板与物块整体：F02mgsin2ma0对物块，有：mgcosmgsinma0解得：F0mg（2）设经拉力F的最短时间为t1，再经时间t2物块与木板达到共速，再经时间t3木板下端到达B点，速度恰好减为零对木板，有：Fmgsinmgcosma1mgsin+mgcosma3对物块，有：mgcosmgsinma2对木板与物块整体，有2mgsin2ma4另有： 解得Wmgh点睛：本题考查牛顿第二定律及机械能守恒定律及运动学公式，要注意正确分析物理过程，对所选研究对象做好受力分析，明确物理规律的正确应用即可正确求解；注意关联物理过程中的位移关系及速度关系等13. 如图所示，一定量的理想气体从状态a变化到状态b，其过程如p-V图中从a到b的直线段所示。在此过程中_。A气体温度一直降低B气体内能一直增加C外界一直对气体做正功D气体一直从外界吸热E外界对气体做的功小于气体向外界放出的热量【答案】ACE【解析】【详解】A、由理想气体状态方程，可知p-V图的两坐标围成的矩形面积表示温度，有题图可得面积一直减小，则从a到b温度降低，A正确。B、一定量的理想气体的内能只跟温度有关，温度一直降低，气体的内能一直减小，故B错误。C、由图读出气体的体积减小，则外界一直对气体做功，C正确。D、气体的内能一直减小，并且外界对气体做功，根据热力学第一定律U=W+Q可知气体向外界放热，D错误。E、因 ，因最终内能减少可得，即外界对气体做的功小于气体向外界放出的热量，E正确。故选ACE。【点睛】该题结合图象考查气态方程和热力学第一定律U=W+Q结合的分析，能够运用控制变量法研究多个物理量变化时的关系。要注意热力学第一定律U=W+Q中，U、W、Q取正负号的含义。14. 一竖直放置，缸壁光滑且导热的柱形气缸内盛有一定量的氮气，被活塞分隔成、两部分；达到平衡时，这两部分气体的体积相等，上部分气体的压强为p0，如图(a)所示，若将气缸缓慢倒置，再次达到平衡时，上下两部分气体的体积之比为31，如图(b)所示。设外界温度不变，已知活塞面积为S，重力加速度大小为g，求活塞的质量。【答案】【解析】设活塞的质量为m，气缸倒置前下部气体的压强为，倒置后上下气体的压强分别为、,由力的平衡条件有，倒置过程中,两部分气体均经历等温过程,设气体的总体积为V0,由玻意耳定律得，解得视频15. 声波在空气中的传播速度为340 m/s，在钢铁中的传播速度为4 900 m/s。一平直桥由钢铁制成，某同学用锤子敲击一下桥的一端发出声音，分别经空气和桥传到另一端的时间之差为1.00 s。桥的长度为_m，若该波在空气中的波长为，则它在钢铁中波长为的_倍。【答案】 (1). 365 (2). 【解析】试题分析：可以假设桥的长度，分别算出运动时间，结合题中的1s求桥长，在不同介质中传播时波的频率不会变化。（1）设桥的长度为s则声音在钢铁中传播的时间 声音在空气中的传播时间为 根据题意 解得： （2）声音在不同介质中的频率是不会改变的，由公式可知 解得 故本题答案是(1). 365 (2). 点睛：本题考查了波的传播的问题，知道不同介质中波的传播速度不同，当传播是的频率不会发生变化。16. 如图，是一直角三棱镜的横截面，。一细光束从BC边的D点折射后，射到AC边的E点，发生全反射后经AB边的F点射出。EG垂直于AC交BC于G，D恰好是CG的中点。不计多次反射。（i）求出射光相对于D点的入射光的偏角；（ii）为实现上述光路，棱镜折射率的取值应在什么范围？【答案】（1）60 （2）【解析】【详解】(i)光线在BC面上折射，作出多次折射后的光路如图所示：由折射定律有： 式中，n为棱镜的折射率，i1和r1分别是该光线在BC面上的入射角和折射角。光线在AC面上发生全反射，由反射定律有i2=r2 式中i2和r2分别是该光线在AC面上的入射角和反射角。光线在AB面上发生折射由折射定律有 式中i3和r3分别是该光线在AB面上的入射角和折射角。由几何关系得i2=r2=60，r1=i3=30 F点的出射光相对于D点的入射光的偏角为=(r1i1)+(180i2r2)+(r3i3) 由式得=60(ii)光线在AC面上发生全反射，光线在AB面上不发生全反射，有 式中C是全反射临界角，满足 由式知，棱镜的折射率n的取值范围应为 【点睛】光的折射率，故折射率越大，临界角越小；故发生全反射，入射角不小于临界角，求得折射率的下限；发生折射，折射角不大于临界角，求得折射率的上限。