四川省泸州市泸县五中2022-2023学年高二物理下学期6月期末试题（Word版附解析）

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泸县五中2023年春期高二期末考试物理试题 第I卷   选择题（54分）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. 下列说法正确的是（　　）A. 是衰变方程 B. 是衰变方程C. 是核聚变反应方程 D. 是核裂变反应方程【答案】C【解析】【详解】A．该反应是在人为条件下发生的，是人工核反应，故A错误；B．该反应时在人为条件下发生的，是人工核反应，故B错误；C．是重要的轻核聚变反应方程，故C正确；D．是自然存在的，有氦原子生成，是衰变方程，故D错误。故选C。2. 如图所示，空间有足够大的竖直向下的匀强电场E。一带电微粒沿水平射入，在重力和电场力共同作用下运动，轨迹如图中虚线所示，那么（ ）A. 微粒从M点运动到N点电势能一定增加B. 微粒从M点运动到N点动能一定增加C. 微粒从M点运动到N点重力势能一定增加D. 微粒从M点运动到N点机械能一定增加【答案】B【解析】【详解】B．微粒在极板间受到竖直向下的重力作用与电场力作用，由图示微粒运动轨迹可知，微粒向下运动，说明微粒受到的合力竖直向下，重力与电场力的合力竖直向下，由轨迹可知，合力做正功，动能增加，选项B正确；AD．如果微粒带正电，则受到向下的电场力，电场力做正功，电势能减小，机械能增加；若微粒带负电，则受到向上的电场力，且电场力小于重力，则电场力做负功，电势能增加，机械能减小，选项AD错误；C．微粒从M点运动到N点，重力做正功，则重力势能一定减小，选项C错误。故选B。3. 如图所示，匀强磁场中有一个电荷量为q的正离子，自a点沿半圆轨道运动，当它运动到b点时，突然吸收了附近若干电子，接着沿另一半圆轨道运动到c点，已知a、b、c在同一直线上，且ab=ac，电子电荷量为e，电子质量可忽略不计，则该离子吸收的电子个数为A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【详解】正离子在吸收电子这前的半径由半径公式得： 正离子吸收若干电子后由半径公式得：双因 联立解得： 故选B．4. 如图所示，L1和L2为直流电阻可忽略的电感线圈。A1、A2和A3分别为三个相同的小灯泡。下列说法正确的是（　　）A. 图甲中，闭合S1瞬间和断开S1瞬间，通过A1的电流方向不同B. 图甲中，闭合S1，随着电路稳定后，A1会再次亮起C. 图乙中，断开S2瞬间，灯A3立刻熄灭D. 图乙中，断开S2瞬间，灯A2立刻熄灭【答案】A【解析】【详解】A．图甲中，闭合电键的瞬间，流过灯泡A1的电流的方向向右；L1的为自感系数很大的自感线圈，则断开电键的瞬间，自感电动势将阻碍其电流的减小，所以流过L1的电流方向不变，所以流过灯泡A1的电流的方向与开始时是相反的，故A正确；B．图甲中，闭合S1，电路稳定后，灯泡A1短路，无电流，故B错误；CD．图乙中，闭合S2电路中的电流稳定后两个灯泡都亮，断开S2瞬间，L2对电流减小有阻碍作用，此时L2与两个灯泡以及滑动变阻器组成闭合回路，所以A2、A3电流都逐渐减小，灯泡逐渐变暗，故CD错误。故选A。5. 在图甲所示电路中，理想变压器原、副线圈的匝数之比为10:1，电阻R1、R2的阻值分别为5Ω、6Ω，电压表和电流表均为理想电表。若接在变压器原线圈的输入端的电压如图乙所示（为正弦曲线的一部分），则下列说法正确的是（　　）A. 电压表的示数为25.1V B. 电流表的示数为1AC. 变压器的输入功率为11W D. 变压器的输出功率为11W【答案】D【解析】【详解】A．根据电流的热效应，有得根据可得副线圈两端的电压的有效值（电压表的示数）为故A错误；B．副线圈中电流为根据电流表示数为故B错误；C．变压器的输入功率为故C错误；D．变压器的输出功率为故D正确。故选D6. 压敏电阻的阻值随所受压力的增大而减小．有一位同学利用压敏电阻设计了判断小车运动状态的装置，其工作原理如图甲所示，将压敏电阻和一块挡板固定在水平光滑绝缘小车上，中间放置一个绝缘重球，小车在水平面内向右做直线运动的过程中，电流表示数如图乙所示，0～t1时间内小车向右做匀速直线运动，下列判断正确的是（　　）A. 在t1到t2时间内，小车做匀速直线运动B. 在t1到t2时间内，小车做匀加速直线运动C. t2到t3时间内，小车做匀速直线运动D. 在t2到t3时间内，小车做匀加速直线运动【答案】D【解析】【详解】AB．在t1～t2时间内，电流逐渐增大，说明压敏电阻的阻值逐渐减小，即压敏电阻受到的压力逐渐增大，由此可判断小车在向右做加速度逐渐增大的加速直线运动，故AB错误；CD．在t2～t3时间内，电流在较大数值上保持恒定，说明电阻保持一个较小值，即受到的压力保持恒定，说明小车在向右做匀加速直线运动，故C错误，D正确。故选D。 7. 一列横波沿x轴传播，某时刻的波形如图所示，质点A 的平衡位置与坐标原点O 相距0.5m，此时质点A 沿y 轴正方向运动，经过0.02s第一次达最大位移．由此可知(         )A. 这列波的波长为1mB. 这列波的频率为50HzC. 这列波的波速为25m/sD. 这列波沿x 轴正方向传播【答案】AD【解析】【详解】由题意可知，波长λ=2×0.5m=1m，故A正确；由题意可知，T=4×0.02s=0.08s，频率为，故B错误；波速为：，故C错误；此时质点A沿正方向运动，根据波的平移可知，波向右传播，故D正确．所以AD正确，BC错误．8. 如图所示，甲是不带电的绝缘物块，乙是带正电的物块，甲、乙叠放在一起，置于粗糙的绝缘水平地板上，地板上方空间有垂直纸面向里的匀强磁场，现加一水平向左的匀强电场，发现甲、乙起初会相对静止一起向左加速运动．在加速运动阶段  (　　)A. 甲、乙两物块间的摩擦力不变B. 乙物块与地面之间的摩擦力不断增大C. 甲、乙两物块一起做加速度减小的加速运动D. 甲、乙两物体以后会相对滑动【答案】BC【解析】【分析】以甲乙整体为研究对象,分析受力情况,根据洛伦兹力随着速度的增大而增大,分析地面对乙物块的支持力如何变化,来分析乙物块与地之间的摩擦力如何变化,根据牛顿第二定律分析加速度如何变化,再对甲研究,由牛顿第二定律研究甲所受摩擦力如何变化【详解】BC、对整体分析,受重力、向左的电场力、向下的洛伦兹力、支持力、滑动摩擦力;如图所示
 速度增大,洛伦兹力增大,则正压力增大,地面对乙的滑动摩擦力f增大;电场力F一定,根据牛顿第二定律得,加速度a减小;故BC对
A、对甲研究得到,乙对甲的摩擦力,则得到f减小,甲、乙两物块间的静摩擦力不断减小.故A错；D、由于甲、乙两物块间静摩擦力不断减小，所以甲、乙两物体以后不会相对滑动，故D错；故选BC9. 如图所示，一质量M=3.0 kg的长方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量m=1.0 kg的小木块A，同时给A和B以大小均为4.0 m/s，方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，A始终没有滑离B板，在小木块A做加速运动的时间内，木板速度大小可能是(　　)A. 2.1 m/s B. 2.4 m/s C. 2.8 m/s D. 3.0 m/s【答案】AB【解析】【详解】以A、B组成的系统为研究对象，系统动量守恒，取水平向右方向为正方向，从A开始运动到A的速度为零过程中，由动量守恒定律得，代入数据解得，当从开始到AB速度相同的过程中，取水平向右方向为正方向，由动量守恒定律得代入数据解得：，则在木块A正在做加速运动的时间内B的速度范围为：，故选AB。第II卷（非选择题 56分）二、实验题（14分）10. 如图所示，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个大小相同的小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系：先安装好实验装置，在地上铺一张白纸，白纸上铺放复写纸，记下重垂线所指的位置O。接下来的实验步骤如下：步骤1：不放小球2，让小球1从斜槽上A点由静止滚下，并落在地面上、重复多次，用尽可能小的圆，把小球的所有落点圈在里面，其圆心就是小球落点的平均位置；步骤2：把小球2放在斜槽前端边缘位置，让小球1从A点由静止滚下，使它们碰撞。重复多次，并使用与步骤1同样的方法分别标出碰撞后两小球落点的平均位置；步骤3：用刻度尺分别测量三个落地点的平均位置、、离点的距离，即线段、、的长度、、。（1）小明先用螺旋测微器测量一个小球的直径，刻度如上图所示，读数为______mm；（2）入射小球1的质量应______（选填“大于”“等于”或“小于”）被碰小球2的质量；入射小球1的半径应______。（选填“大于”“等于”或“小于”）被碰小球2的半径。（3）除了图中器材外，实验室还备有下列器材，完成本实验还必须使用的两种器材是______。A．秒表        B．天平       C．刻度尺        D．打点计时器（4）（单选）下列说法中正确的是______。A．如果小球每次从同一位置由静止释放，每次的落点一定是重合的B．重复操作时发现小球的落点并不重合，说明实验操作中出现了错误C．用半径尽量小的圆把 10 个落点圈起来，这个圆的圆心可视为小球落点的平均位置D．仅调节斜槽上固定位置 A，它的位置越低，线段 OP 的长度越大（5）当所测物理量满足表达式______（用所测物理量的m1、m2、L1、L2、L3表示）时，即说明两球碰撞遵守动量守恒定律。如果还满足表达式______（用所测物理量m1、m2、L1、L2、L3表示）时，即说明两球是弹性碰撞。【答案】    ①. 4.223（4.221~4.225内均可）    ②. 大于    ③. 等于    ④. BC    ⑤. C    ⑥.     ⑦. 【解析】【详解】（1）[1]由题图可知读数为（2）[2]设小球1、2的质量分别为m1、m2，小球1与小球2碰撞前瞬间的速度为v1，碰后瞬间二者的速度分别为v1′和v2′，根据动量守恒定律和机械能守恒定律分别得 ① ②联立①②解得 ③由③式可知为了使小球1碰后不反弹，即，应使。[3]为使两小球发生对心碰撞，小球1的半径应等于小球2的半径。（3）[4]实验中还需要天平用来测量两小球的质量；由于两小球都做平抛运动，且下落时间相同，因此可以用平抛运动的水平距离来间接表示水平速度，则需要刻度尺测量平均落点到O点的距离，不需要秒表测时间，更不需要打点计时器，故选BC。（4）[5] AB．即使小球每次从同一位置由静止释放，小球在运动过程也会受其他很多因素的影响（如空气阻力，导轨的摩擦以及微小形变等），导致落点不可能完全重合，这并不是错误，而是误差，故AB错误；C．用半径尽量小圆把 10 个落点圈起来，这个圆的圆心可视为小球落点的平均位置，达到多次测量取平均值的效果，故C正确；D．仅调节斜槽上固定位置 A，它的位置越低，小球做平抛运动的初速度越小，线段 OP 的长度越小，故D错误。故选C。（5）[6]由于下落高度相同，所以两小球做平抛运动的时间相等，均设为t，由题意可知小球1与2碰撞前瞬间的速度为   ④碰撞后瞬间1、2的速度分别为 ⑤ ⑥联立①④⑤⑥可得，若两球碰撞遵守动量守恒定律，则应满足的表达式是[7]联立②④⑤⑥可得，若两球是弹性碰撞，则应满足的表达式是11. 某实验小组研究两个未知元件X和Y的伏安特性，使用的器材包括电压表(内阻约为3kΩ)、电流表(内阻约为1Ω)、定值电阻等。(1)使用多用电表粗测元件X的电阻。选择“×1”欧姆挡测量，示数如图(a)所示，读数为 ___________ Ω。据此应选择图中的 ___________ (填“b”或“c”)电路进行实验。(2)连接所选电路，闭合S；滑动变阻器的滑片P从左向右滑动，电流表的示数逐渐 ___________ (填“增大”或“减小”)；依次记录电流及相应的电压；将元件X换成元件Y，重复实验。(3)图(a)是根据实验数据作出的U-I图线，由图可判断元件 ___________ (填“X”或“Y”)是非线性元件。(4)该小组还借助X和Y中的线性元件和阻值R=21Ω的定值电阻，测量待测电池组的电动势E和电阻r，如图(b)所示。闭合S1和S2，电压表读数为3.00V；断开S2，读数为1.00V，利用图(a)可算得E= ___________ V，r= ___________ Ω(结果均保留两位有效数字，视电压表为理想电压表)。【答案】    ①. 10    ②. b    ③. 增大    ④. Y    ⑤. 3.2    ⑥. 0.50【解析】【分析】【详解】(1)[1]选择的是“”挡，故元件X的电阻值为10。[2]该电阻值较小，采用电流表外接法，测量误差较小，应选择图中的b电路进行实验。(2)[3]滑动变阻器的滑片P从左向右滑动，测量部分的电压逐渐增大，故电流表的示数逐渐增大。(3)[4]元件Y的U-I图线为曲线，是非线性元件。(4)[5][6]据U-I图线可知，元件X电阻为，据闭合电路欧姆定律可得，闭合S1和S2时电压表示数为U1，有断开S2时电压表示数为U2，有联立代入数据解得E=3.2V，r=0.50。三、解答题（本答题共三个小题，12题10分，13题12分，14题20分，共42分）12. 如图所示，ABC是一个三棱镜的截面图，一束单色光以i＝60°的入射角从侧面的中点N射入。已知三棱镜对该单色光的折射率，AB长为L，光在真空中的传播速度为c，求：①此束单色光第一次从三棱镜射出的方向（不考虑AB面的反射）；②此束单色光从射入三棱镜到BC面所用的时间。【答案】①光将垂直于底面AC，沿PQ方向射出棱镜   ②【解析】【详解】①设此束光从AB面射入棱镜后的折射角为r，由折射定律有:解得，显然光从AB射入棱镜后的折射光线NP平行于AC，光在BC面上的入射角为45°,设临界角为α，则由得:可知，故光在BC面上发生全反射,根据几何知识和光的反射定律可知，光将垂直于底面AC，沿PQ方向射出棱镜②光在棱镜中传播的速率:所以此束光从射入三棱镜到BC面所用的时间：解得：13. 如图所示，光滑水平直轨道上有三个质量均为m的物块A、B、C，物块B的左侧固定一轻弹簧（弹簧左侧的挡板质量不计）。设A以速度向B运动，压缩弹簧；当A、B速度相等时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动。假设B和C碰撞过程时间极短。求从A开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中：求：（1）B、C粘在一起瞬间的速度大小。（2）整个系统损失的机械能。（3）弹簧被压缩到最短时的弹性势能。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）当A、B速度相等时，对A、B与弹簧组成的系统，由动量守恒定律得此时B与C发生完全非弹性碰撞，对B、C组成的系统，由动量守恒定律得联立解得（2）与C发生完全非弹性碰撞，对B、C组成的系统，由能量守恒定律得损失的机械能为（3）由（1）可知，A将继续压缩弹簧，直至A、B、C三者速度相同时，弹簧被压缩至最短，由动量守恒和能量守恒定律得联立解得‍‍14. 如图所示，宽为l的光滑固定导轨与水平面成α角，质量为m的金属杆ab（电阻不计）水平放置在导轨上，空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B。电源的内阻为r，当变阻器接入电路的阻值为R时，金属杆恰好能静止在导轨上。重力加速度用g表示。求：（1）金属杆静止时受到的安培力的大小F安；（2）电源的电动势E；（3）若保持其它条件不变，仅改变匀强磁场的方向，求由静止释放的瞬间，金属杆可能具有的沿导轨向上的最大加速度a。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）由题意可知，金属杆所受安培力的方向水平向右，因为金属杆静止，所以合力为零，得到（2）因为且得（3）仅改变匀强磁场的方向时安培力大小不变，因此当安培力沿导轨向上的分量最大，即安培力沿导轨向上时，金属杆具有沿导轨向上的最大加速度，由得最大加速度