精品解析：新疆维吾尔自治区巴音郭楞蒙古自治州和硕县中学2022-2023学年高二下学期6月期末物理试题（解析版）

2022—2023学年第二学期期末考试试题卷

高二物理

一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～10题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。）

1. 下列说法中正确的是（    ）

A. 电磁波中最不容易发生衍射现象的是无线电波

B. X射线和射线的波长比较短，穿透能力比较强

C. 红外线的显著作用是热效应，温度较低的物体不能辐射红外线

D. 紫外线的频率比可见光低，长时间照射可以促进入体对钙的吸收

【答案】B

【解析】

【详解】A．波长越长，越容易发生明显的衍射现象，电磁波中波长最长的是无线电波，则最容易发生衍射现象的是无线电波，故A错误；

B．根据电磁波普，X射线和射线的波长比较短，穿透能力比较强，故B正确；

C．红外线的显著作用是热效应，所有物体都能向外辐射红外线，故C错误；

D．紫外线的频率比可见光高，短时间照射可以促进入体对钙的吸收，但长时间照射会对人体造成伤害，故D错误。

故选B。

2. LC振荡电路中电容器极板上电量q随时间t变化的图线如图所示，由图可知（    ）

A. 在时刻，电容器的电场能最小 B. ～内，电路中的电流不断变小

C. ～内，磁场能正在向电场能转化 D. 在时刻，电路中的电流最小

【答案】C

【解析】

【详解】A．在时刻电容器极板上的电量q最大，说明电容器充电完毕还未放电，电容器的电场能最大，A错误；

B．内，电容器极板上的电量q不断变小，说明电容器在放电，电路中的电流不断变大，B错误；

C．内，电容器极板上的电量q不断增加，即电容器不断充电，磁场能正在向电场能转化，C正确；

D．在时刻电容器上的电量q是零，即电容器放电完毕，电路中的电流最大，D错误。

故选C。

3. 如图所示，质量为m，通电电流为I的金属棒ab置于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与宽为L的水平导轨平面夹角为，金属棒ab处于静止状态。下列说法正确的是（　　）

A. 金属棒受到的安培力大小为

B. 金属棒受到的摩擦力大小为

C. 若只减小夹角，金属棒受到的摩擦力将减小

D. 若只改变电流方向，金属棒对导轨的压力将减小

【答案】C

【解析】

【详解】AB．作出金属杆受力的主视图，如图所示

根据安培力公式可得金属棒ab所受安培力为

根据平衡条件得

，

故AB错误；

C．若只减小夹角，由可得金属棒受到的摩擦力将减小，故C正确；

D．改变电流方向，则金属棒所受的安培力与原来方向相反，则有

所以金属棒对导轨的压力增大，故D错误。

故选C。

4. 某同学在“探究电磁感应的产生条件”的实验中，设计了如图所示的装置：线圈A通过电流表甲、高阻值的电阻、滑动变阻器R和开关S连接到干电池上，线圈B的两端接到另一个电流表乙上，两个电流表相同，零刻度居中。闭合开关后，当滑动变阻器R的滑片P不动时，甲、乙两个电流表指针的位置如图所示，则下列说法正确的是（    ）

A. 当滑片P较快地向右滑动时，电流表甲指针向右偏转

B. 当滑片P较快地向右滑动时，电流表乙指针向左偏转

C. 断开开关S瞬间，电流表乙指针向左偏转

D. 断开开关S，待电路稳定后再迅速闭合开关，电流表乙指针向左偏转

【答案】D

【解析】

【详解】AB．当滑片P较快地向右滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻增大，A线圈电流变小，电流表甲指针向右偏转的角度减小，即电流表甲指针向左偏转；穿过B线圈向下的磁通量减小，由楞次定律可知，感应电流从电流表乙中正接线柱流入，指针向右偏转，故AB错误；

C．断开开关S瞬间，穿过B线圈向下的磁通量减小，由楞次定律可知，感应电流从电流表乙中正接线柱流入，指针向右偏转，故C错误；

D．断开开关S，待电路稳定后再迅速闭合开关，穿过B线圈向下磁通量增大，由楞次定律可知，感应电流从电流表乙中负接线柱流入，指针向左偏转，故D正确。

故选D。

5. 一含有理想变压器的电路如图所示，图中电阻、和的阻值分别为、和，A为理想交流电流表，U为正弦交流电压源，输出电压的有效值恒定。当开关S断开时，电流表的示数为I；当S闭合时，电流表的示数为，则该变压器原、副线圈匝数的比值为（    ）

A. 2 B. 3 C. 4 D. 5

【答案】A

【解析】

【详解】设理想变压器原副线圈匝数的比值为k,根据题述，当开关S断开时，电流表示数为I,由闭合电路的欧姆定律得

且有

，

可得

即副线圈输出的电流为

由闭合电路的欧姆定律得

当开关S闭合时，电流表示数为4I,则有

由变压器电压关系有

且功率满足

可得

由闭合电路的欧姆定律得

联立解得

k=2

故选A。

6. 某研究小组通过实验，测得两滑块碰撞前后运动的实验数据，得到如图所示的位移-时间图象。图中的线段a、b、c分别表示在光滑水平面上，沿同一条直线运动的滑块Ⅰ、Ⅱ和它们发生正碰后结合体的位移随时间变化关系。已知相互作用时间极短，由图象给出的信息可知（    ）

A. 滑块Ⅰ与滑块Ⅱ的质量之比为 B. 碰前滑块Ⅰ与滑块Ⅱ速度大小之比为

C. 碰前滑块Ⅰ与滑块Ⅱ动能之比为 D. 系统碰前与碰后的动能之比为

【答案】D

【解析】

【详解】B．由题图可知，碰前滑块Ⅰ、Ⅱ的速度大小分别为

解得

B错误；

A．设滑块Ⅰ、Ⅱ的质量分别为、，由题图可知碰后结合体的速度大小为

根据动量守恒定律有

解得

A错误；

C．碰前滑块Ⅰ和滑块Ⅱ的动能之比为

C错误；

D．系统碰前与碰后的动能之比为

代入质量、速度之比可得

D正确。

故选D。

7. 如图所示为交流发电机示意图，线圈的AB边连在金属滑环K上，CD边连在滑环L上，用导体做的两个电刷E、F分别压在两个滑环上，线圈在转动时可以通过滑环和电刷保持与外电路的连接。下列判断正确的是（    ）

A. 当线圈平面转到中性面的瞬间，穿过线圈的磁通量变化率最大

B. 当线圈平面转到中性面的瞬间，线圈中的感应电流方向发生改变

C. 当线圈平面转到跟中性面垂直的瞬间，穿过线圈的磁通量最大

D. 当线圈平面转到跟中性面垂直的瞬间，线圈中的感应电动势最大

【答案】BD

【解析】

【详解】A．当线圈平面转到中性面的瞬间，穿过线圈的磁通量变化率最小，故A错误；

B．当线圈平面转到中性面的瞬间，线圈中的感应电流方向发生改变，故B正确；

C．当线圈平面转到跟中性面垂直瞬间，线圈平面与磁场平行，所以穿过线圈的磁通量最小，故C错误；

D．当线圈平面转到跟中性面垂直的瞬间，穿过线圈的磁通量变化率最大，线圈中的感应电动势最大，故D正确。

故选BD。

8. 磁电式仪表的基本组成部分是磁铁和线圈。缠绕线圈的骨架常用铝框，铝框、指针固定在同一转轴上。线圈未通电时，指针竖直指在表盘中央；线圈通电时发生转动，指针随之偏转，由此就能确定电流的大小。如图所示，线圈通电时指针正在向右偏转，在此过程中，下列说法正确的是（    ）

A. 穿过铝框的磁通量正在增加

B. 俯视看线圈中通有逆时针方向的电流

C. 使用铝框做线圈骨架能起到电磁阻尼的作用

D. 使用铝框做线圈骨架会使电流的测量值偏小

【答案】AC

【解析】

【详解】A．由图可知线圈由水平开始顺时针转动，穿过铝框的磁通量正在增加，故A正确；

B．线圈顺时针转动，开始时左边线框受力向上，右边线框受力向下，根据左手定则可知俯视看线圈中通有顺时针方向的电流，故B错误；

C．铝框转动时会产生感应电流，所以铝框受到安培力，安培力阻碍铝框的转动，起到了电磁阻尼作用，故C正确；

D．当铝框停止转动时，没有感应电流产生，不影响电流的测量，故D错误。

故选AC。

9. 如图所示，质量为m的滑块沿倾角为θ的固定斜面以初速度v1向上滑动，经过时间t1，速度减为零并又开始下滑，再经过时间t2以速度v2回到斜面底端，滑块在运动过程中受到的摩擦力大小始终为Ff，重力加速度为g。在整个运动过程中，下列说法正确的是（　　）

A. t1>t2 B. v1>v2

C. 摩擦力的总冲量为Ff（t1+t2） D. 重力对滑块的总冲量为mg（t1+t2）

【答案】BD

【解析】

【详解】A．根据牛顿第二定律可得滑块上滑过程，有

所以

同理可得下滑过程的加速度大小为

根据位移时间关系

可得

故A错误；

B．根据速度位移关系

可得

故B正确；

C．小滑块向上滑动时摩擦力方向沿斜面向下，小滑块向下滑动时摩擦力方向沿斜面向上，以沿斜面向上为正方向，则摩擦力的总冲量为

故C错误；

D．根据冲量的定义知，重力对滑块的总冲量为

方向竖直向下，故D正确。

故选BD。

10. 武汉病毒研究所是我国防护等级最高P4实验室，在该实验室中有一种污水流量计其原理可以简化为如图所示模型：废液内含有大量正、负离子，从直径为d的圆柱形容器右侧流入，左侧流出。流量值Q等于单位时间通过横截面的液体的体积。流量计所在空间有垂直纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场，下列说法正确的是（    ）

A. N点的电势高于M点的电势

B. M、N两点间的电势差与废液的流量值成反比

C. 污水流量计也可以用于测量不带电的液体的流速

D. 若污水流量减小，可通过增大磁感应强度B的大小以保证M、N间电势差不变

【答案】AD

【解析】

【详解】A．根据安培左手定则可知，正离子向N侧偏转，负离子向M侧偏转，所以N点的电势高于M点的电势，故A正确；

BD．当电磁流量计中的流量稳定时污水中的粒子在圆柱中做匀速直线运动，粒子所受的电场力和洛伦兹力平衡，由此可得

解得

U=Bvd

由此可知污水中离子浓度对MN两点间电压无影响；污水流速v增大时，根据流量的计算公式可得

变形得

MN两点电势差U与废液的流量值成正比，污水流量减小，可通过增大磁感应强度B的大小以保证M、N间电势差不变，故B错误，D正确；

C．污水流量计的原理是带电粒子所受电场力和洛伦兹力平衡，因此污水流量计不能测量不带电液体的流速，故C错误。

故选AD。

二、实验题（本题共2小题，共16分）

11. 小明同学用如图甲所示的装置“验证动量守恒定律”：

（1）为完成此实验，以下提供的测量工具中必须使用的是______；

A．刻度尺         B．天平          C．打点计时器        D．秒表

（2）本实验必须满足的条件是______；（选填选项前的字母）

A．轨道末端必须水平

B．入射小球的质量必须大于被碰小球的质量

C．入射小球的半径必须等于被碰小球的半径

D．同一组实验中，入射小球可以从不同位置由静止释放

（3）图甲中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影。实验时，先让入射球多次从斜轨上S位置静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP，然后把被碰小球静置于轨道的水平部分，再将人射球从斜轨上S位置静止释放，与小球相碰，并多次重复，分别找到、相碰后平均落地点的位置M、N。经测定，，，小球落地点的平均位置距O点的距离如图乙所示。碰撞前、后的动量分别为与，碰撞结束时的动量为实验结果表明，碰撞前、后总动量的比值______。（结果保留两位小数）

【答案】    ①. AB    ②. ABC    ③. 1.01

【解析】

【详解】（1）[1]实验中需要用刻度尺测量小球平抛运动水平距离；需要用天平测量小球的质量；不需要秒表和打点计时器。

故选AB。

（2）[2]A．轨道末端必须水平，以保证小球做平抛运动，故A正确；

BC．为防止入射球碰后反弹，则入射小球的质量大于被碰小球的质量且两小球半径相同，故BC正确；

D．同一组实验中，入射小球必须从同一位置由静止释放，以保证到达底端时的速度相同，故D错误。

故选ABC。

（3）[3]由题意可知

12. 某兴趣小组同学在研究压敏电阻的特性时，利用满偏电流为、内阻为的表头和调节范围均为的电阻箱、改装为一个量程为3V的电压表，如图1所示，该小组同学首先将表头与电阻箱并联改装成量程为3mA的电流表，然后再与电阻箱串联。

（1）图1中的阻值应调为______，的阻值应调为______；

（2）该小组的同学设计了如图2所示的电路来探究压敏电阻R的特性。其中电源的电动势为4V，内阻为，电压表为上述改装的电压表，电流表量程为300mA，内阻可忽略不计，定值电阻。通过改变压敏电阻所受外力的大小，得到多组电压表、电流表的读数，作出了压敏电阻的阻值与外力F的关系图像，如图3所示。若当外力为0时，电压表的示数为3.0V，则可得压敏电阻R关于外力F的关系式为______；

（3）在电阻上施加力F，当电流表满偏时，压力F约为______N。（结果保留三位有效数字）

【答案】    ①. 60    ②. 945    ③.     ④. 533

【解析】

【详解】（1）[1][2]将表头与电阻箱并联改装成量程为3mA的电流表，有

即

解得

则改装后的电流表满偏电流为3mA，内阻为

再串联电阻箱，改装为3V的电压表，有

即

解得

（2）[3]由题可知，当外力为0时，电压表的示数为3.0V，由电路图可得

可得此时压敏电阻的阻值为

则图4中图像斜率为

所以压敏电阻R关于外力F的关系式为

（3）[4]在电阻上施加力F，当电流表满偏时，根据闭合电路欧姆定律可得

可得此时压敏电阻的阻值为

根据

联立解得压力为

三、解答题（本题共3小题，共44分）

13. 如图所示，小明站在滑板A上，以的速度沿光滑水平面向右运动。当靠近前方的横杆时，小明相对滑板竖直向上起跳越过横杆，滑板A从横杆下方通过，与静止的滑板B发生碰撞并粘在一起，之后小明落到滑板B上，与滑板一起运动。已知小明、滑板A和滑板B的质量分别为、，求：

（1）滑板A、B碰撞过程中，滑板A对滑板B的冲量的大小和方向；

（2）人最终与滑板的共同速度的大小。

【答案】（1），水平向右；（2）

【解析】

【详解】（1）由于人相对滑板竖直向上起跳，滑板和人水平方向速度都不变，A、B碰撞过程中满足动量守恒

可得

滑板A、B碰撞过程中，滑板A对滑板B的冲量的大小为

方向水平向右。

（2）人落到B上时，整个系统在水平方向上动量守恒，则有

解得

14. 如图所示，光滑平行金属导轨AB、CD固定在倾角为的绝缘斜面上，BP、DQ为水平放置的平行且足够长的光滑金属导轨，导轨在B、D两点处平滑连接，水平部分处在磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中，导轨间距均为L。两金属棒ab、cd的质量分别为m、2m，电阻分别为R、2R，初始时，金属棒cd垂直放置在水平导轨上，金属棒ab从倾斜导轨上高为h处由静止释放，不计导轨电阻。求：

（1）金属棒ab的最大速度；

（2）流过金属棒cd的电荷量q；

（3）金属棒cd上产生的热量Q。

【答案】（1）；（2）；（3）

【解析】

【详解】（1）设ab棒下滑到斜面底端时速度为v，由机械能守恒定律有

解得

（2）当ab、cd棒共速时，cd棒速度最大，由动量守恒定律得

得

设棒中平均电流为 ，对cd棒由动量定理得

又有

联立解得

（3）由能量守恒定律得，两棒产生的总热量

解得

金属棒ab、cd电阻分别为R、2R，所以金属棒cd上产生的热量

15. 如图所示，在的空间中存在匀强电场，场强沿y轴负方向；在的空间中，存在匀强磁场，磁场方向垂直平面（纸面）向外。一质量m、电荷量q的带正电粒子，从y轴上的点以速率沿x轴正方向进入电场，经过x轴上的点进入磁场，并经过y轴上点。不计粒子的重力，求：

（1）电场强度的大小；

（2）磁感应强度的大小；

（3）粒子从点运动至点经历的时间。

【答案】（1）；（2）；（3）

【解析】

【详解】（1）粒子在电场、磁场中运动的轨迹如图所示

设粒子从P1到P2的时间为t1，电场强度的大小为E，粒子在电场中的加速度为a，由牛顿第二定律及运动学公式有

qE=ma

解得

（2）粒子到达P2时速度沿x方向的分量仍为，以v1表示速度沿y方向分量的大小，v表示速度的大小，表示速度和x轴的夹角，有

解得

设磁场的磁感应强度为B，在洛仑兹力作用下粒子做匀速圆周运动，用r表示圆周的半径，由牛顿第二定律

因为

OP2=OP3

由几何关系可知，连线P2P3为圆轨道的直径，由此可求得

解得

（3）粒子在电场中运动时间

粒子在磁场中运动时间

粒子从点运动至点经历的时间