四川省泸州市泸县第一中学2022-2023学年高二物理下学期5月期中试题（Word版附解析）

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泸县一中2023年春期高二期中考试物理试题一．选择题：本题共9小题，每小题6分，共54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7~9题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。1. 2020年12月4日，被称为“人造太阳”的核聚变装置——中国环流器二号M实现首次放电，我国的核电研究再次取得重大进步。“人造太阳”内部核反应的主要模式之一是质子一质子循环，循环的结果可表示为（v是中微子，不带电，质量极小），其中X是（　　）A. 电子 B. 正电子 C. 质子 D. 中子【答案】B【解析】【分析】【详解】根据电荷数守恒可知，X的电荷数为1，根据质量数守恒可知，X的质量数为0，所以X是正电子。故选B。2. 在匀强电场中平行电场方向建立一直角坐标系，如图所示。从坐标原点沿+y轴前进0.3m到A点，电势升高了12V，从坐标原点沿+x轴前进0.2m到B点，电势降低了6V，则下列说法正确的是（　　）  A. 场强大小为50V/m B. 场强大小为V/mC. 场强方向由A→B D. 场强方向由B→A【答案】A【解析】【详解】令O点电势φO=0，则φA=12V，φB=-6V
根据可得：
场强沿y轴方向的分矢量方向沿y轴负方向
场强沿x轴方向的分矢量 方向沿x轴正方向
所以场强大小为 所以θ=53°场强方向与x轴正方向成53°角斜向右下方，故A正确，BCD错误。
故选A。3. 如图是某小型电站高压输电示意图，升压、降压变压器均为理想变压器，输电线总电阻为R，设发电机输出电压不变，则用户端负载增加（用电高峰期）时，下列说法错误的是（　　）A. 降压变压器输出电压增大B. 升压变压器输出电压不变C. 输电线上损失的电压增大D. 发电机的输出功率增大【答案】A【解析】【详解】用户端负载增加时，发电机输出功率增大，输出电压U1不变，输出电流I1增大。根据理想变压器原、副线圈电压、电流规律可知，升压变压器输出电压U2不变，输电线上的电流I2增大，输电线上损失的电压为可知增大。降压变压器原线圈两端电压为可知U3减小，所以降压变压器输出电压U4减小，故A错误，BCD正确。故选A。4. 速度相同的一束粒子由左端射入质谱仪后分成甲、乙两束，其运动轨迹如图所示，其中，则下列说法中正确的是（　　）A. 甲束粒子带正电，乙束粒子带负电B. 甲束粒子的比荷大于乙束粒子的比荷C. 能通过狭缝的带电粒子的速率等于D. 若甲、乙两束粒子的电荷量相等，则甲、乙两束粒子的质量比为【答案】B【解析】【详解】A．根据左手定则可判断甲束粒子带负电，乙束粒子带正电，故A错误；BC．在磁场中由洛伦兹力充当向心力有可得通过速度选择器的两束粒子速度相同，由洛伦兹力等于电场力可得解得而根据可知两束粒子在磁场中运动的轨迹半径之比为由此可知甲、乙两束粒子的比荷比为，故B正确，C错误；D．由两粒子的比荷比可知，若甲、乙两束粒子的电荷量相等，则甲、乙两束粒子的质量比为，故D错误。故选B。5. 如图所示，一长度为、质量为的通电导体棒放置于水平面内两条平行的金属导轨上，电流从端流向端，大小为。整个导轨处于斜向上的匀强磁场中，磁感应强度为，导体棒处于静止状态。下列说法正确的是（　　）A. 此时导轨对导体棒的摩擦力方向水平向左B. 导体棒所受安培力大小为C. 若将磁场方向与水平面间的夹角增大，导体棒仍保持静止，则此时导轨对导体棒的支持力变小D 若仅将磁场反向，其余条件不变，则导体棒仍可以保持静止【答案】D【解析】【详解】AB．对导体棒受力分析可知，导体棒受重力、支持力与安培力，由左手定则可知，安培力与磁感应强度方向垂直而斜向左上方，与竖直方向夹角，安培力的大小为由于导体棒处于平衡状态，所以摩擦力方向水平向右，故AB错误；C．若将磁场方向与水平面间的夹角增大，即增大，则安培力的竖直分量减小，而故导轨对金属棒的支持力增大，故C错误；D．若将磁场反向，如图所示则支持力的水平分量不变，竖直方向上有则支持力增大，静摩擦力增大，导体棒仍可以保持静止，故D正确；故选D。6. 如图所示的电路中，电源的电动势E和内电阻r恒定不变，电灯L恰能正常发光，如果变阻器的滑片向b端滑动，则（　　）A. 电灯L更亮，安培表的示数减小B. 电灯L更亮，路端电压减小C. 电灯L变暗，安培表的示数减小D. 电灯L变暗，R2消耗功率减小【答案】A【解析】【详解】据题意，当滑片向b端移动，滑动变阻器的电阻增大，则整个电路总电阻增大，据闭合电路欧姆定律可知总电流I将减小，安培表的示数减小，内电压减小而路端电压增大，故灯泡两端电压变大，电流变大，灯泡L变亮，而通过R2的电流减小，电压减小, 消耗功率减小。故选A7. 一列简谐横波沿直线传播，在波的传播方向上有一个质点P，已知波源O与质点P的平衡位置相距1.2m，以波源由平衡位置开始振动为计时零点，质点P的振动图像如图所示，则下列说法中正确的是（　　）A. 该列波的波长为4m B. 该列波的波速大小为0.6m/sC. 波源O的起振方向为沿y轴负方向 D. t=5s时，质点P通过的路程是0.15m【答案】BD【解析】【分析】【详解】AB．由图乙知，周期T=4s，结合题知波从O传到P所用时间为，此过程传播的距离，则波速波长故A错误B正确；C．由图知，质点P的起振方向沿轴正方向，由波的特点知，波源O的起振方向沿y轴正方向，故C错误；D．由图知，振幅A=5cm，t=5s时，质点P运动了则质点P通过的路程为故D正确。故选BD。8. 在一水平通电直导线的正下方，有一半圆形光滑圆弧轨道，一导体圆环自轨道左侧的A点无初速度释放，则下列说法中正确的是（　　）A. 圆环中有感应电流产生B. 圆环能滑到轨道右侧与A点等高的C处C. 圆环最终停在轨道的最低点B处D. 安培力始终阻碍圆环的运动，以阻碍圆环中的磁通量变化【答案】ACD【解析】【分析】【详解】A．水平通电直导线周围有磁场，且离导线越远磁感应强度越小，在圆环运动过程中，通过圆环的磁通量变化，故有感应电流产生，A正确；B．因为圆环在运动的过程中，有感应电流产生，对整个过程由能量守恒定律得，重力势能转化为电能，故不能上滑到轨道右侧与A点等高的C处，B错误；C．由于圆环运动的过程中，磁通量不断变化，所以机械能不断转化为电能，故圆环的机械能越来越小，最终停在最低点B处，C正确；D．由能量守恒定律可知，安培力始终对圆环做负功，这样便阻碍了圆环中磁通量的变化，D正确。故选ACD。9. 如图所示,设空间存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面内向里的匀强磁场,已知一粒子在重力．电场力和洛伦兹力作用下,从静止开始自A点沿曲线ACB运动．到达B点时速度为零，C点是运动的最低点,以下说法正确的是 (    )A. 此粒子必带负电荷B. A点和B点在同一高度C. 粒子在C点时速度最小D. 粒子到达B点后．将沿曲线不会返回A点【答案】BD【解析】【分析】由离子从静止开始运动的方向可知离子必带正电荷；在运动过程中，洛伦兹力永不做功，只有电场力做功根据动能定理即可判断BC；达B点时速度为零，将重复刚才ACB的运动．【详解】离子从静止开始运动的方向向下，从A点开始向右偏转，磁场向里，根据左手定则可知，离子必带正电荷，故A正确；因为洛伦兹力不做功，只有静电力做功，A、B两点速度都为0，根据动能定理可知，离子从A到B运动过程中，电场力先做正功，后做负功，但总功为零，A、B电势相同，则A点和B点在同一高度，故B正确；C点是最低点，从A到C运动过程中电场力做正功，根据动能定理可知离子在C点时速度最大，故C错误．到达B点时速度为零，将重复刚才ACB的运动，向右运动，不会返回，故D正确；故选BD．【点睛】本题主要考查了带电粒子在混合场中运动的问题，要求同学们能正确分析粒子的受力情况，再通过受力情况分析粒子的运动情况，要注意洛伦兹力永不做功．二、实验题（14分）10. 如图甲所示为验证动量守恒定律的实验装置图，小车A前端有固定的撞针，后端拴接纸带，纸带穿过打点计时器（不计纸带和打点计时器之间的摩擦力），小车B右端粘有橡皮泥。接通打点计时器电源，轻推一下小车A，小车A做匀速运动，然后与静止的小车B发生碰撞后一起运动，已知打点计时器打点频率为50Hz。(1)平衡摩擦力过程中，轻推小车A打出的纸带如图乙所示，说明长木板垫_____（填“高”或“低”）了。(2)平衡好摩擦力，打出的纸带如图丙所示，已测得小车A的质量为，小车B的质量为，则碰撞前系统的总动量为________，碰撞后系统的总动量为________，由此可以得到的结论是_____________（结果均保留三位有效数字）。(3)在第(2)问中，若打点计时器的打点频率未知，是否还能验证动量守恒定律，若能，写出需要验证的关系式；若不能，说明原因。________（填“能”或“不能”）_________（填原因或关系式，关系式一律用字母表示）。【答案】    ①. 低    ②. 0.456    ③. 0.455    ④. 在误差允许范围内，系统动量守恒    ⑤. 能    ⑥. 【解析】【详解】(1)[1]由纸带可知，轻推小车A加速后，小车A并没有做匀速运动，而是减速运动，说明平衡摩擦力时木板垫低了。(2)[2][3][4]由公式，可知碰撞前小车A的速度碰撞后小车A和小车B一起运动的速度为所以碰撞前系统的总动量所以碰撞后系统的总动量说明在误差允许的范围内，系统的动量守恒。(3)[5][6]能；由于纸带上和所用时间相同，所以只要验证关系即可证明系统动量守恒。11. 某同学要测量一新材料制成的均匀金属导电圆柱体的电阻率。(1)如图甲所示用螺旋测微器测其直径为______mm，如图乙所示用游标卡尺测其长度为______cm；(2)用多用电表粗测该圆柱体阻值约为5Ω，为进一步测其电阻，该同学做实验时应从下述器材中选用______(请填写器材前对应的字母代号)；A.电池组3V，内阻1ΩB.电流表0~3A，内阻0.0125ΩC.电流表0~0.6A，内阻0.125ΩD.电压表0~3V，内阻4kΩE.电压表0~15V，内阻15kΩF.滑动变阻器0~20Ω，允许最大电流1AG滑动变阻器0~2000Ω，允许最大电流0.3AH.开关、导线若干(3)测该圆柱体的电阻时，电流表在测量电路中应采用______ （选填“外”或“内”）接法，测得其电阻值比真实值偏______ （选填“大”或“小”）；(4)若用L表示圆柱体的长度，d表示直径，测得电阻为R，请写出圆柱体电阻率的表达式______。【答案】    ①. 1.844    ②. 4.240    ③. ACDFH    ④. 外    ⑤. 小    ⑥. 【解析】【详解】(1)[1]从螺旋测微器的主尺上可以看出，半毫米刻度线已经露出来，因此主尺上应读，螺旋上接近第34个刻度线，可以估读：，所以该金属丝直径应为；[2]由题图乙知，长度为；(2)[3]电池组电压是3V，流过圆柱体的最大电流故电流表选C，电压表选D；滑动变阻器选总阻值小的，便于调节，故选F；另外要选导线、开关。(3)[4]因为，故电流表选择外接法；[5]外接法测量值偏小；(4)[6]根据解得三、解答题（本答题共三个小题，13题10分，14题14分，15题18分，共42分）12. 如图甲所示，一个不计重力的弹性绳水平放置，O、b、c是弹性绳上的三个质点。现让质点O从t＝0时刻开始，在竖直面内做简谐运动，其位移随时间变化的振动方程为y＝30sin5πt（cm），形成的简谐波同时沿该直线向Ob和Oc方向传播。在t1＝0.6s时，质点b恰好第一次到达正向最大位移处，O、b两质点平衡位置间的距离L1＝1m，O、c两质点平衡位置间的距离L2＝0.8m。求：（1）此横波的波长和波速；（2）计算0～1.0s的时间内质点c运动的总路程。【答案】（1）0.8m，2m/s；（2）1.8m【解析】【详解】（1）由质点O的位移随时间变化的振动方程可知T＝＝0.4s设质点O振动产生的机械波的波长为λ，波速为v，由于起振方向向上，由题意可得t1＝＋代入数据解得v＝2m/s根据波长、波速和周期的关系，可得该波的波长为λ＝vT=0.8m（2）设波由O点传播到c点所用时间为t2，可得t2＝＝0.4s质点c在1.0s内的振动时间为t＝1.0s－0.4s＝0.6s＝质点c起振方向向上，振幅为A＝30cm，在0～1.0s内质点c通过的路程为s＝×4A＝1.8m13. 鲁南高铁是国家“八纵八横”高速铁路网的重要连接通道，也是山东省“三横五纵”高速铁路网的重要组成部分，已于2021年12月26日正式开通运营。设有一个列从曲阜南站出发的高速列车，在水平直轨道上行驶，功率随时间变化规律如图，列车以恒定的加速度启动，后达到额定功率，并保持额定功率行驶。已知列车总质量，，轨道对列车的阻力恒为。（1）求及时的列车速度；（2）若时列车恰好达到最大速度，求启动至内列车的路程。【答案】（1），；（2）【解析】【详解】（1）前做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：末的瞬时速度此列车的额定功率带入数据解得，（2）汽车速度最大时，受力平衡，则在0到时间内的位移至这段时间内位移为，由动能定理得：总位移14. 如图所示，直线OP与y轴之间有垂直于xOy平面向外的匀强磁场区域Ⅱ，OP与x轴正方向成37°，直线x=d和直线OP间有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度E=3×105V/m，另有一半径R=m的圆形匀强磁场区域I，磁感应强度B1=0.9T，方向垂直坐标平面向外，该圆与直线x=d和x轴均相切，且与x轴相切于S点。一比荷为=1×105C/kg带负电的粒子从S点沿y轴的正方向以速度v0进入圆形磁场区域I，离开磁场I时速度方向平行x轴，经过一段时间进入匀强磁场区域Ⅱ，且第一次进入匀强磁场区域Ⅱ时的速度方向与直线OP垂直。粒子重力不计，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：（1）带电粒子速度v0的大小；（2）坐标d的值；（3）若粒子进入匀强磁场区Ⅱ后撤去电场E，要使粒子能运动到x轴的负半轴，则磁感应强度B2应满足的条件。【答案】（1）；（2）12m；（3）0.5T＜B2＜1.125T。【解析】【分析】【详解】（1）设在磁场B1中，设粒子做匀速圆周运动的半径为r1，因为从S点沿y轴的正方向以速度v0进入圆形磁场区域I，离开磁场I时速度方向平行x轴，所以r1=R。由牛顿第二定律可得解得v0=3×105m/s（2）由（1）知r1=R，因为粒子从S点沿y轴的正方向以速度v0进入圆形磁场区域I，所以粒子离开磁场B1时垂直进入匀强电场，则粒子在电场中做类平抛运动，设粒子在x方向的位移为x，在y方向的位移为y，运动时间为t，则粒子进入磁场区域Ⅱ时，沿y方向的速度为又解得根据运动学公式可得、所以d点的值为（3）进入磁场B2的速度为带电粒子进入磁场区域Ⅱ中做匀速圆周运动，设半径为r2，根据牛顿第二定律可得当带电粒子出磁场区域Ⅱ与y轴垂直时，由几何关系可得代入数据解得B2=0.5T当带电粒子出磁场区域Ⅱ与y轴相切时，设轨道半径r2′，根据几何关系可得代入数据解得B2=1.125T所以要使带电粒子能运动到x轴的负半轴，则匀强磁场区域Ⅱ的磁感应强度B2应满足的条件为