辽宁省盘锦市高级中学2022-2023学年度高二下学期期中物理试题（解析版）

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盘锦市高级中学2022-2023学年度高二下学期期中考试
物理试题
考试时间75分钟 满分100分
一、选择题。（本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1-7 题只有一项符合题目要求，每小题4分;第8-10题有多项符合题目要求，每小题6分，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. 两种放射性元素的半衰期分别为，且，衰变产物稳定。某时刻一密闭容器内元素原子核个数（均足够多）之比，经过时间，该容器内元素的原子核个数之比变为（　　）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】结合题述可知，经过时间，元素A经过两个半衰期，原子核个数变为

元素B经过一个半衰期，原子核个数变为

容器内元素、的原子核个数之比变为

故选C。
2. 如图所示，小球通过两根轻绳1、2悬挂于车中，其中绳2沿水平方向．小车在水平面上做匀变速直线运动，两绳一直保持拉直状态．若加速度稍稍减小，则（　　）

A. 当加速度方向向右时，绳1张力变大，绳2张力变小
B. 当加速度方向向右时，绳1张力变小，绳2张力变小
C. 当加速度方向向左时，绳1张力不变，绳2张力变大
D. 当加速度方向向左时，绳1张力不变，绳2张力变小
【答案】C
【解析】
【详解】AB．小球受力如图所示

竖直方向上没有加速度，根据平衡可知

在运动过程中两绳一直保持拉直状态可知角度不变，角度不变，则不变，AB错误；
CD．当加速度方向向左时，水平方向上由牛顿第二定律

角度不变，不变，若加速度稍稍减小，则应该增大，C正确，D错误。
故选C。
3. 如图所示是一半圆柱形玻璃砖的横截面，一束复色光射入玻璃砖，从圆心O处射出的折射光线分成了a、b两束。下列说法正确的是（　　）

A. 玻璃砖对a光的折射率较大
B. a光在真空中的波长较长
C. a光在玻璃砖中的速度较小
D. 若逐渐增加入射角，最先消失的是a光
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据光路可逆性可知，若光从空气射入玻璃砖，折射角相同，a光的入射角较小，根据折射定律可知玻璃砖对a光的折射率较小，故A错误；
B．玻璃砖对a光的折射率较小，故a光的频率较小，在真空中由，c为光速，可知a光在真空中的波长较长，故B正确；
C．根据折射率的速度表达式，v为光在介质中的速度，因为，所以有，故C错误；
D．因为，根据

可知对两种光在介质中的临界角有

故若逐渐增加入射角，最先发生全反射的是b光，即最先消失的是b光，故D错误。
故选B。
4. 工程上经常利用“重力加速度法”探测地下矿藏分布，可将其原理简化，如图所示，P为某地区水平地面上一点，如果地下没有矿物，岩石均匀分布、密度为ρ，P处的重力加速度（正常值）为g；若在P点正下方一球形区域内有某种矿物，球形区域中矿物的密度为ρ，球形区域半径为R，球心O到P的距离为L，此时P处的重力加速度g′相比P处重力加速度的正常值g会偏小，差值可称为“重力加速度反常值”。关于不同情况下的“重力加速度反常值”，下列说法正确的是（　　）

A. 若球心O到P的距离变为2L，则“重力加速度反常值”变为δ
B. 若球形区域半径变为R，则“重力加速度反常值”变为δ
C. 若球形区域变为一个空腔，即“矿物”密度为0，则“重力加速度反常值”变为4δ
D. 若球形区域内为重金属矿物，矿物密度变为ρ，则“重力加速度反常值”变为－δ
【答案】B
【解析】
【详解】A．如果将近地表的球形区域中的黄金矿石换成普通的密度为的岩石，则该地区重力加速度便回到正常值，因此，重力加速度反常可理解为在球形区域存在普通岩石的基础上减去一个密度为、质量为

的球引起的，该减去的球对P点一质量为m的质点产生的附加加速度为，则

此时P处的重力加速度g′相比P处重力加速度的正常值g会偏小，差值

可称为“重力加速度反常值”，故

若球心O到P的距离变为2L，则“重力加速度反常值”变为

故A错误；
B．若球形区域半径变为R，则重力加速度反常可理解为在球形区域存在普通岩石的基础上减去一个密度为、质量为

的球引起的，此时 “重力加速度反常值”变为

故B正确；
C．若球形区域变为一个空腔，则重力加速度反常可理解为在球形区域存在普通岩石的基础上减去一个密度为、质量为

的球引起的，即“矿物”密度为0，则“重力加速度反常值”变为

故C错误；
D．若球形区域变为重金属矿物，矿物密度变为ρ，，则重力加速度反常可理解为在球形区域存在普通岩石的基础上增加加一个密度为、质量为

的球引起的，即“矿物”密度为ρ，时“重力加速度反常值”变为

故D错误。
故选B。
5. 如图所示，将一粗细均匀且由同种材料制成的线圈放入匀强磁场中(磁场的方向垂直线圈所在平面向里)，线圈的上部分为半圆，下部分为等边三角形的两边，线圈的A、B两端接一电源，线圈下部分所受安培力的大小为F0，则整个线圈所受安培力的大小为（　　）

A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】上下两部分的电阻之比为

由并联电路特点可知

上下两部分有效长度相等，则线圈上下两部分所受安培力之比为

上下两部分受到安培力方向相同，可知整个线圈受到安培力大小为

故选A。
6. 一根长绳沿x轴放置，现让绳子中间的P点作为波源，从t＝0时刻开始沿竖直方向做简谐运动，振幅A＝10cm。绳上形成的简谐波沿绳向两侧传播，波长λ＝1m。t＝7.5s时刻绳上形成的波形如图所示，此时波源位于平衡位置上方y＝cm处，则0～7.5s内x＝1m处的质点经过的路程为（　　）

A. 45cm B. 35cm
C. （40＋）cm D. （40－）cm
【答案】D
【解析】
【详解】由题图可知波源P起振方向向下，此过程P的振动图象如图所示：

此过程波源P经过的总路程

x =1m处的质点Q平衡位置到波源P平衡位置的距离恰好为λ，波从波源P出发经过一个周期到达Q，以后PQ步调一致，即Q比P少了一次全振动，则此过程Q经过的总路程

故选D。
7. 如图所示，小车甲、乙的质量均为，小车甲在外力（图中未画出）作用下，一直向右做匀速直线运动，速度大小为；小车乙左侧固定一轻质弹簧，开始时静止在小车甲的右侧，弹簧处于自由伸长状态，小车压缩弹簧过程，弹簧一直处在弹性限度内。不计小车乙与地面间的摩擦阻力，则（　　）

A. 弹簧被压缩到最短时，储存的弹性势能为
B. 弹簧被压缩到最短的过程，弹簧弹力对小车甲做的功为
C. 弹簧被压缩到最短的过程，弹簧弹力对小车甲的冲量大小为
D. 弹簧从被压缩到复原的过程，除弹簧弹力外，合外力对小车甲做的功为
【答案】A
【解析】
【详解】A．根据题意可知，小车甲一直做匀速直线运动，以小车甲为参考系，小车乙以大小为的初速度冲向甲，当相对甲的速度为0时，弹簧压缩到最短，小车乙的动能全部转化为弹性势能，则弹簧储存的弹性势能为，故A正确；
B．以地面为参考系，弹簧被压缩到最短时，小车乙的速度大小为，弹簧被压缩到最短的过程，由功能关系可知，除弹簧弹力外，合外力对小车甲做的功等于系统机械能的增加量，弹簧弹性势能增加了，小车乙动能增加了，则系统机械能的增加量为，可知合外力对小车甲做的功为，对小车甲，其动能保持不变，由动能定理可知，弹簧弹力对小车甲做的功为，故B错误；
C．根据题意，由动量定理知，弹簧被压缩到最短的过程，弹簧弹力对小车乙的冲量大小为，由于弹簧对小车甲、乙的弹力始终等大反向，可知弹簧弹力对小车甲的冲量大小也为，故C错误；
D．以小车甲为参考系，小车乙以大小为的初速度冲向甲，弹簧先压缩后复原，弹簧恢复原长时，小车乙相对小车甲的速度大小为，方向水平向右，相对地面的速度大小为，由功能关系可知，除弹簧弹力外，合外力对小车甲做的功等于系统机械能的增加量，为

故D错误。
故选A。
8. 下列现象及关于热力学第一、第二定律的叙述正确的是（　　）
A. 一定质量理想气体在等温膨胀过程中，气体一定从外界吸收热量
B. 热力学第一定律和热力学第二定律是从不同角度阐述了能量守恒定律
C. 0 ℃的冰融化为0 ℃的水，此过程系统吸收热量，内能增加
D. “覆水难收(泼出去的水难以收回)”反映了与热现象有关的宏观过程具有方向性
【答案】ACD
【解析】
【详解】A．一定质量的理想气体在等温膨胀过程中，内能不变，即

而

根据热力学第一定律

则

气体一定从外界吸收热量，故A正确；
B．热力学第一定律是能量守恒定律在热现象中的体现，热力学第二定律则指出了能量转化的方向性，故B错误；
C．0 ℃的冰融化为0 ℃的水，系统分子势能增加，分子平均动能不变，分子总动能不变，系统内能增加，故C正确；
D．热力学第二定律的微观意义是一切自发过程总是沿着分子热运动无序性增大的方向进行，泼出去的水相比盆中的水，分子无序性增加了，反映了与热现象有关的宏观过程具有方向性，故D正确。
故选ACD。
9. 如图所示，空间中有八个点分别位于同一正方体的八个顶点，a点和f点固定有正点电荷，c点和h点固定有负点电荷．已知四个点电荷带电荷量的绝对值相等，下列说法正确的是（　　）

A. 正方体中心处的合场强为0
B. e、d两点的电势相等
C. 将一带正电的试探电荷从d点移动到g点，电场力做的功为0
D. b、e两点场强大小相等、方向不同
【答案】CD
【解析】
【详解】A．根据正点电荷周围电场线的分布以及电场强度的合成可知两正点电荷在中心的合场强平行于ad，从a指向d，两负点电荷在中心产生的合场强方向平行于ad，从a指向d，两个正点电荷和负点电荷在中心处的电场强度大小相等，方向相同，所以合场强不可能为零，故A错误；
BC．ah处等量异种点电荷产生电场中ed两点的电势相等，cf处等量异种点电荷产生的电场中，根据沿着电场线电势逐渐降低可知e点电势高于d点电势，所以e点的电势高于d点的电势。同理得出dg两点的电势相等，因此，将一带正电的试探电荷从d点移动到g点，电场力做的功为0，故B错误，C正确；
D．根据电场叠加的原理可知a、f、c处三个点电荷在b处产生的合场强方向与ec平行，且由e指向c，大小为，h处点电荷在b处产生的电场强度方向平行与bh且由b指向h，大小为。同理得出a、f、h处三个点电荷在e处产生的合场强方向平行于bh且由b指向h，大小为，c处负点电荷在e处产生的场强方向平行于ec且由e指向c，大小为，从而根据电场的叠加原理得出b、e两点场强大小相等、方向不同，故D正确。
故选CD。
10. 如图所示，半径为R、圆心为O的圆形区域内存在一垂直纸面向里的匀强磁场，a、b为圆形边界上的两点，a、O、b三点共线，ab水平。电子带电荷量为－e、质量为m，以速率v从a处射入磁场，当电子在a处的速度方向与aO夹角为30°、斜向下时，离开磁场时的速度方向相比进入时的改变了60°。不计电子的重力，下列说法正确的是（　　）

A. 圆形区域中磁场的磁感应强度大小为
B. 改变入射方向，当电子经过O点时，电子在磁场中的运动时间为
C. 改变入射方向，电子离开磁场时的速度方向不变
D. 改变入射方向，两次入射方向不同，电子可能从同一位置射出磁场
【答案】BC
【解析】
【详解】A．设电子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹圆心为C，出射点为d，如图甲所示，由于电子离开磁场时的速度方向相比进入时的速度方向改变了60°，可知

由三角形全等可知

电子从d点射出时的速度方向竖直向下，可知

为等腰三角形，可知电子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径

根据洛伦兹力提供电子在磁场中做圆周运动的向心力可得


代入半径可得

故A错误。
B．改变电子在a处的入射方向，当电子经过O点时，如图乙所示，轨迹圆心在圆形边界上的D点，出射点在e点，可知四边形aOeD为菱形，三角形aOD，eOD为等边三角形，电子从e点射出时速度方向仍竖直向下，在磁场中运动轨迹对应的圆心角为120°，电子在磁场中的运动时间为

故B正确；
C．改变电子在a处的入射方向，设电子从一般位置f射出，轨迹圆心为P，同理可知四边形aOfP为菱形，出射点对应轨迹半径，可知电子射出磁场时速度方向仍竖直向下，即改变入射方向，电子离开磁场时的速度方向不变，故C正确；
D．由C分析可知，改变入射方向，两次入射方向不同，电子不可能从同一位置射出磁场，故D错误。

故选BC。
二、非选择题。（本题共5小题，共54分）
11. 某学习小组的同学利用以下装置研究两小球的正碰。安装好实验装置，在水平地面上铺一张白纸，白纸上铺复写纸，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B，让小球A从斜槽上G点由静止释放，并落在地面上．重复多次，用尽可能小的圆，把小球A的所有落点圈在里面，其圆心就是小球A落点的平均位置。
步骤2：把小球B静止放在轨道前端边缘位置，让小球A从G点由静止释放，与小球B碰撞．重复多次，并使用与步骤1中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平均位置M、P、N到O点的距离，即线段OM、OP、ON的长度。

（1）上述实验除需要测量线段OM、OP、ON的长度外，还需要测量小球的质量，为了防止碰撞后A球反弹，应保证A球的质量m1________B球的质量m2（填“大于”“等于”或“小于”）。
（2）若两个小球碰撞前后动量守恒，需验证的关系式为________________________。（用m1、m2、OM、OP和ON表示）
（3）若两个小球的碰撞为弹性碰撞，测量出长度比值，则k＝________。（用数字表示）
（4）本实验中下列可能造成误差的是_______。
A．小球在斜槽上运动时有摩擦
B．轨道末端未调节水平
C．小球A未从同一高度释放
D．轨道末端到地面的高度未测量
【答案】 ①. 大于 ②. ③. 1 ④. BC##CB
【解析】
【详解】（1）[1]为了防止碰撞后A球反弹，应保证A球的质量m1大于B球质量m2；
（2）[2]由于两球从同一高度开始下落，且下落到同一水平面上，故两球下落的时间相同；根据动量守恒定律可得在水平方向有

故

即

（3）[3]弹性碰撞过程系统在水平方向动量守恒、机械能守恒，由机械能守恒定律得

两边同时乘以2t2整理得

解得


测量出长度比值为

（4）[4]A．小球A每次从斜槽同位置释放，摩擦力做的功相同，每次碰前小球A的速度相同，摩擦力不会产生实验误差，选项A错误；
B．轨道末端不水平，则小球不能做平抛运动，则对实验会造成误差，选项B正确；
C．多次实验时，若小球A没有从同一位置释放，各次碰前小球A的速度不相同，会产生实验误差，选项C正确；
D．两球从同一高度开始下落，则下落的时间相等，即轨道末端到地面的高度未测量对实验不会造成误差，选项D错误。
故选BC。
12. 实验室有两个完全相同的电流表，为了尽量准确测量一节干电池的电动势E和内阻r，某学习小组设计了如图1所示的电路图。电流表的内阻记为Rg，具体值未知．主要实验步骤如下：
①根据电路图，连接实物图；
②断开开关S2，闭合开关S1，调节电阻箱R取不同的值，记录对应的电流表的示数I，利用数据描点作图，画出的图像如图2中Ⅰ所示；
③闭合开关S2，调节电阻箱R取不同的值，记录对应的电流表的示数I，利用数据描点作图，画出的图像如图2中Ⅱ所示。
请完成下列问题。

（1）在图3中用笔画线代替导线连接实物图_____。

（2）实验中调节电阻箱R的阻值时，下列说法正确的是________．
A．应从大向小逐渐调节
B．应从小向大逐渐调节
C．从大向小或从小向大调节都可以
（3）某次电流表指针如图4所示，则电流表的读数为________ mA.

（4）测出图2中拟合的直线Ⅰ、Ⅱ的斜率均为k＝0.71V－1，纵截距分别为A－1，A－1，可计算出干电池电动势________ V，内阻________ Ω；电流表的内阻________ Ω。（结果均保留3位有效数字）
【答案】 ①. ②. A ③. 50 ④. 1.41 ⑤. 1.27 ⑥. 10.0
【解析】
【详解】（1）[1]对照如图1所示的电路图，在图3中用笔画线代替导线连接实物图为

（2）[2]实验中调节电阻箱R的阻值时，从保护电路的角度出发，应从大向小逐渐调节。故选A。
（3）[3]某次电流表指针如图4所示，电流表的最小刻度为，故电流表的读数为

（4）[4][5][6] 开关断开时，由闭合回路欧姆定律有

整理得

开关闭合时，由闭合回路欧姆定律有

整理得

斜率



把数据代入可得



13. 某学习小组设计了一个简易温度计，一根细长的均匀玻璃管一端开口，管内用水银柱封闭有一段气柱。如图所示，当管口竖直向上时，气柱长度为L1=40cm，当管口竖直向下时，气柱长度为L2=60cm，管内气体可视为理想气体，环境温度T0=300K。
（1）求玻璃管水平放置时的气柱长度L0；
（2）①当玻璃管水平放置时，环境温度上升了Δt=1℃，求水银柱在玻璃管中移动距离Δx，并判断温度计的标度是否均匀；
②请举出一条提高温度计灵敏度的措施（越大，装置灵敏度越高）。

【答案】（1）48cm；（2）①，均匀，②可封闭更多的气体
【解析】
【详解】（1）设大气压强为p0，水银柱长度为h，管内横截面积为S。由玻意耳定律可知，当玻璃管从平放到管口竖直向上时，有

当玻璃管从平放到管口竖直向下时，有

联立可得

（2）①当玻璃管水平放置时，原来环境温度T0=300K，环境温度上升了Δt，由盖吕萨克定律有

可得

由于Δx与Δt成正比，可知在大气压强一定时温度计的标度是均匀的；
②由以上分析得

故可封闭更多的气体，这样L0增大，增大，可提高测量灵敏度。
14. 如图所示，a、b两根完全相同的金属棒放置在倾角为θ＝37°的两平行导轨上，导轨的顶端接有定值电阻R＝0.4Ω和开关S（初始时开关闭合），整个导轨放在磁感应强度大小为B＝1T的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨所在平面向上。现在给金属棒a施加一平行于导轨向下的恒力F＝0.212N，使其从t＝0时刻由静止开始运动，t0＝1s时，金属棒b刚好开始滑动，已知两金属棒的质量均为m＝0.1kg、电阻均为r＝0.4Ω、长度均为L＝1m，两金属棒与导轨间的动摩擦因数均为μ＝，重力加速度为g＝10 m/s2，导轨间距为L＝1 m，金属棒始终与导轨垂直，且与导轨接触良好，导轨电阻不计，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin37°＝0.6。
（1）求0～t0时间内，金属棒a下滑的位移大小；
（2）求0～t0时间内，金属棒a上产生的焦耳热；
（3）若金属棒b开始滑动瞬间，立即断开开关S，在t1时刻，金属棒a中的电流恰好达到最大值，已知在t1～2t1时间内，金属棒a下滑的位移为s0，求这段时间内金属棒b的位移大小。

【答案】（1）0.06m；（2）0.004J；（3）
【解析】
【详解】（1）金属棒b刚好滑动时，有
mgsinθ＋BI1L＝μmgcosθ
解得
I1＝0.1A
则干路上电流

由闭合电路欧姆定律有

由法拉第电磁感应定律有
E＝BLv
联合解得
v＝0.12m/s
对金属棒a，由动量定理有

即

又

联立解得
x＝0.06m
（2）对金属棒a，由动能定理有

整个回路中产生的焦耳热为
Q总＝W安
则0～t0时间内金属棒a中产生的焦耳热为

解得
Qa＝0.004J
（3）当两金属棒的加速度相同时，金属棒a中的电流达到最大值，以整体为研究对象，由牛顿第二定律有
F＋2mgsinθ－2μmgcosθ＝2ma
以金属棒a为研究对象，有
F＋mgsinθ－μmgcosθ－BI′L＝ma
又
E′＝BL(va－vb)＝2I′r
t1时刻后，两金属棒以相同的加速度沿导轨运动，t1～2t1时间内，由匀变速直线运动规律有


联立解得

15. 如图所示，木板B和物块A质量均为，开始木板静止在水平地面上，物块位于木板最左端。物块与木板、木板与地面间的动摩擦因数均为，木板和物块用不可伸长的轻质细线绕过光滑定滑轮连接，初始时细线绷紧。现对物块施加一水平向右的恒定拉力，当物块运动到木板正中间时撤去拉力，最后物块恰好停在木板的最右端。已知细线足够长，整个过程木板不会撞到滑轮，物块可视为质点，重力加速度为，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
（1）求物块向右加速和减速所用时间之比；
（2）求拉力的大小；
（3）若已知木板长度为，当物块运动到木板正中间时，撤去拉力的同时细线断裂，通过计算判断最终物块能否停在木板上。若能，求物块停在木板上的位置；若不能，求物块离开木板时的速度大小。

【答案】（1）；（2）；（3）不能，
【解析】
【详解】（1）对物块施加一水平向右的恒定拉力后，设物块向右的加速度大小为，由于细线长度不变，则木板向左的加速度大小也为，设木板长度为，当物块运动到木板正中间时，设物块向右的速度大小为，则木板向左的速度大小也为；设物块向右运动的距离为，则木板向左运动的距离也为，物块和木板的加速时间均为,有



拉力撤去后，先判断细线是否松弛，假设细线松弛，设物块向左的加速度大小为，有

得

设木板向右的加速度大小为，有

得

由于，连接A、B的细线长度会增大，不符合实际，说明假设不成立，故拉力撤去后细线不松弛，拉力撤去后，由于细线不松弛，物块向右减速，木板向左减速，物块与木板的加速度大小相等，设为，设物块向右运动的距离为，则木板向左运动的距离也为，物块和木板的减速时间均为，物块停在木板最右端，有

物块减速过程有


联立可得


（2）设拉力撤去后细线上的拉力变为，对物块有

对木板有

可得

拉力撤去前，有

设细线上的拉力为，对物块有

对木板有

可得

（3）撤去拉力时，由以上分析可得物块和木板的速度大小

细线断裂后，结合以上分析可知物块向右减速，加速度大小

木板向左减速，加速度大小

木板速度先减为0，设减速过程木板经过时间速度减为0，向左运动的距离为，有


木板速度减为0时，物块的速度大小

此阶段物块减速运动的距离

此阶段物块相对木板向右滑行的距离

由于，可知木板速度减为0时，物块仍在木板上向右滑行，地面对木板的最大静摩擦力

物块对木板的滑动摩擦力

由于，之后木板保持静止，假设物块会从木板右端滑下，设物块滑到木板右端时速度为，有

可得

假设成立，说明物块不能停在木板上。