2022-2023学年山西省大同市阳高一中高二（下）期末物理试卷（含详细答案解析）

这是一份2022-2023学年山西省大同市阳高一中高二（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共13页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.2019年，我国运动员陈芋汐获得国际泳联世锦赛女子单人10米跳台冠军。某轮比赛中，陈芋汐在跳台上倒立静止，然后下落，前5 m完成技术动作，随后5 m完成姿态调整。假设整个下落过程近似为自由落体运动，重力加速度大小取10m/s2，则她用于姿态调整的时间约为( )
A. 0.2sB. 0.4s
C. 1.0sD. 1.4s
2.超市里的购物车在自动扶梯上会被“锁死”，秘密在于每个后轮两侧的塑胶垫，如图所示，塑胶垫的位置比轮子的凸缘高：当购物车推进自动扶梯时，轮子的凸缘会落进扶梯的凹槽(忽略此处摩擦)，后轮的塑胶垫就压在自动扶梯的齿面上以获得静摩擦力。当购物车(人车分离)随倾斜自动扶梯一起匀速运动时( )
A. 橡胶垫受到的弹力之和等于购物车的重力
B. 橡胶垫受到的摩擦力之和等于购物车的重力
C. 自动扶梯对购物车的弹力等于购物车的重力
D. 橡胶垫受到的摩擦力之和等于购物车的重力沿斜面的分力
3.如图为新型火灾报警装置的核心部件紫外线光电管，所接电源电压为U，火灾时产生的波长为λ的光照射到逸出功为W0的阴极材料K上产生光电子，且光电子能全部到达阳极A，回路中形成电流I，从而触发火灾报警器，已知普朗克常量为h，电子的电荷量为e，光速为c。下列说法正确的是( )
A. 火灾中激发出光电子的光的频率为λc
B. 阴极K上每秒钟产生的光电子数为Ie
C. 光电管阴极接受到光照用于激发光电子的功率为Ihceλ
D. 光电子经电场加速后到达A时的最大动能为hcλ−W0
4.关于导体的电阻，下列说法正确的是( )
A. 导体电阻与导体两端电压有关，加在导体两端电压越大，导体的电阻就越大
B. 两根长度相同的镍铬合金线，若忽略温度的影响，电阻一定相等
C. 相同条件下，铜导线比铁导线的导电性能好，说明导体的电阻与材料有关
D. 任何导体都对电流有阻碍作用，导体的电阻越大，它对电流的阻碍作用越小
5.如图所示的电路，R为定值电阻，MN为平行板电容器，保持N板不动，当M板向上移动的过程中，下列说法正确的是( )
A. 电容器充电
B. a点的电势比b点的电势高
C. 流过定值电阻的电流方向向上
D. 极板间的电场强度不变
6.如图所示为一种新型的电磁船的俯视图，MN、PQ为固定在船上的竖直平行金属板，直流电源接在M、P之间，船上装有产生强磁场的装置，可在两平行金属板间海水中的虚线框内产生强磁场。闭合开关S后，电流通过海水从N流向Q，若船受到海水的反冲向左运动，虚线框中的磁场方向应该( )
A. 竖直向下B. 竖直向上C. 水平向左D. 水平向右
7.如图所示电路为演示自感现象的实验电路。实验时，先闭合开关S，电路达到稳定后，设通过线圈L的电流为I1，通过小灯泡L2的电流为I2，小灯泡L1、L2均处于正常发光状态。以下说法正确的是( )
A. S闭合瞬间，L2灯慢慢变亮，L1灯立即变亮
B. S闭合瞬间，L1灯慢慢变亮，L2灯立即变亮
C. S断开瞬间，流经小灯泡L2中的电流由I2逐渐减为零
D. S断开瞬间，流经小灯泡L2中的电流由I1逐渐减为零
8.如图所示为内燃机的示意图，其原理结构简化模型就是一个汽缸活塞模型，活塞上部封闭一定质量的理想气体。如果活塞向上运动，关于内部气体(忽略与外界热交换)的说法正确的是( )
A. 体积减小，压强不变，温度升高
B. 外界对气体做功，内能增大
C. 体积减小，压强增大，温度不变
D. 气体对外界做功，内能增大
二、多选题：本大题共4小题，共16分。
9.如图所示，A为放在水平光滑桌面上的足够长的长木板，在它上面放有物块B和C。A、B、C的质量分别为m、5m、m。B、C与A之间的动摩擦因数均为0.1，K为轻滑轮，绕过轻滑轮连接B和C的轻细绳足够长且都处于水平位置。现用水平方向的恒定外力F拉滑轮，使A的加速度等于0.2g，g为重力加速度。则此时( )
A. 外力F的大小为2.2mgB. 外力F的大小为2.4mg
C. C、A之间摩擦力大小为0.1mgD. B、A之间摩擦力大小为0.1mg
10.初速度为v0的电子，沿平行于通电长直导线的方向射出，直导线中电流方向与电子初速度方向如图，则( )
A. 电子将向左偏转
B. 电子将向右偏转
C. 电子所受洛伦兹力变小
D. 电子所受洛伦兹力大小不变
11.用如图所示的回旋加速器加速电荷量为q、质量为m的带电粒子，已知D形盒半径为R，所加磁场磁感应强度大小为B，a、b间所接电压为U，忽略两D形盒间狭缝的宽度．下列说法正确的是
A. 图中回旋加速器加速的带电粒子一定带正电
B. 回旋加速器a、b之间所接高频交流电的周期为2πmqB
C. 回旋加速器加速后粒子的最大动能为q2B2R22m
D. 回旋加速器D形盒的半径R、磁感应强度B不变，则加速电压U越高，粒子飞出D形盒的动能Ek越大
12.某同学用甲、乙、丙三种色光分别照射同一光电管，研究光电流I与所加电压U之间的关系，得到如图所示的图象。则下列说法正确的是( )
A. 甲光的波长大于乙光的波长
B. 乙光的频率小于丙光的频率
C. 甲光的光强大于丙光的光强
D. 甲光产生的光电子的最大初动能大于丙光产生的光电子最大初动能
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
13.如图组装的实验器材，可以探究电磁感应现象，发现电磁感应的条件。当闭合开关S时，可发现电流表指针向右偏转一下后，又回到中央位置。现在通电状态下继续实验。
(1)把原线圈A抽出副线圈B的过程中，电流表的指针将______(填“向左偏转”或“向右偏转”或“指零刻线”)；
(2)把原线圈插入副线圈后静止，电流表的指针将______(填“向左偏转”或“向右偏转”或“指零刻线”)；
(3)原、副线圈保持不动，把变阻器滑动片P向右移动过程中，电流表的指针将______(填“向左偏转”或“向右偏转”或“指零刻线”)。
14.如图所示，某同学用插针法测定一半圆形玻璃砖的折射率．在平铺的臼纸上垂直于纸面插大头针P1、P2确定入射光线，并让入射光线过圆心O，在玻璃砖(图中实线部分)另一侧垂直于纸面插大头针P3，使P3挡住P1、P2的像，连接OP3.图中MN为分界面，虚线半圆与玻璃砖对称，B、C分别是入射光线、折射光线与圆的交点，AB、CD均垂直于法线并分别交法线于A、D点．
(1)设AB的长度为L1，AO的长度为L2，CD的长度为L3，DO的长度为L4，BO、OC的长度均为R，为较方便地表示出玻璃砖的折射率，需用刻度尺测量______(选填“L1”“L2”“L3”或“L4”)的长度，则玻璃砖的折射率可表示为n=______.
(2)该同学在捅大头针P3前不小心将玻璃砖以O为圆心逆时针转过一小角度，由此测得玻璃砖的折射率将______(选填“偏大”“偏小”或“不变”).
四、简答题：本大题共1小题，共3分。
15.陶瓷艺术成型或艺术设计、施釉装饰之后，需经过一系列高温烧制的检验，所谓“匣器调色，与书家不同，器上诸色，必出火而后定”(朱琰《陶说》)。我们采用电加温式气窑对上釉后的陶瓷胚体进行烧制处理形成陶瓷制品，气窑结构如图所示，主要包括炉体外壳，外壳内衬为绝热材料，构成加温室，胚体放在加温室炉蓖的支架上，加温室内设置电加热丝加温，以及在外壳的顶部安装单向排气阀。烧制开始前，加温室与外界连通，若本次胚体需要烧制到1227℃，烧制开始后气窑封闭，当加温室气压达到外界大气压强的2倍时，窑顶两个单向排气阀开始工作，向外界排气至一收集装置并保持加温室内气体压强不变。(外界环境温度恒为27℃，外界大气压强为p0=1.0×105Pa，气体可视为理想气体)求：
(1)单向排气阀开始工作时加温室内气体温度；
(2)若烧制过程结束后收集装置与加温室内气体压强保持相同，加温室与收集装置体积之比。
五、计算题：本大题共1小题，共10分。
16.如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一象限内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外。y轴上有一个粒子源P，OP=L，从P点沿x轴正方向发射速度大小不同的带正电的粒子，不计粒子的重力。已知带电粒子的质量为m、电荷量为q，试求：
(1)通过O点的粒子速度的大小；
(2)速度大小为2qBL3m的粒子在磁场中运动的时间。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】【分析】
由自由落体运动的公式h=12gt2可求出前5m的运动时间和整个下落过程的运动时间，两者相减即为后5m的时间。
本题关键是掌握自由落体运动的基本公式，然后根据题意求解即可。
【解答】
陈芋汐做自由落体运动，由h=12gt2可得
前5m的运动时间t1= 2h1g= 2×510s=1s，
整个下落过程的运动时间t2= 2h2g= 2×1010s= 2s，
她用于姿态调整的时间约为Δt=t2−t1= 2s−1s≈0.4s，
故B正确，ACD错误。
故选：B。
2.【答案】D
【解析】解：购物车(人车分离)随倾斜自动扶梯一起匀速运动时，合力为零，即橡皮垫受到的弹力与橡皮垫受到的摩擦力的合力与重力等大反向，即自动扶梯对购物车的作用力等于购物车的重力；沿扶梯方向合力为零，则橡胶垫受到的摩擦力之和等于购物车的重力沿斜面的分力，故D正确，ABC错误；
故选：D。
对购物车进行受力分析，根据平衡状态分析出各个力的关系。
本题主要考查了受力分析的相关应用，熟悉对物体的受力分析，根据物体的平衡状态即可完成解答。
3.【答案】C
【解析】解：A.根据波速、波长、周期关系式有：c=λT=λν，解得ν=cλ，故A错误；
B.根据电流的定义式有I=qt，n=qe，解得每秒内产生的光电子数为n′=nt=Ie，故B错误；
C.光电管阴极接受到光照用于激发光电子的功率P=n′hν，由于ν=cλ，解得P=Ihceλ，故C正确；
D.光电子逸出阴极K时的最大动能Ek1=hν−W0，电场加速后eU=Ek2−Ek1，解得Ek2=eU+hcλ−W0，故D错误。
故选：C。
根据波速、波长、周期关系式、电流的定义式、功率公式、动能定理计算判断。
本题考查光电效应，要求掌握光电效应原理。
4.【答案】C
【解析】解：A、根据电阻的定义式R=UI，由于此定义式为比值定义法，所以导体的电阻与导体两端电压无关，故A错误；
B、根据电阻定律R=ρLS可知，两根长度相同的镍铬合金线，若横截面积不相等，忽略温度的影响，电阻一定不相等，故B错误；
C、相同条件下，铜导线比铁导线的导电性能好，即铜导线比铁导线的电阻率小，结合电阻定律，说明导体的电阻与材料有关，故C正确；
D、任何导体都对电流有阻碍作用，导体的电阻越大，它对电流的阻碍作用越大，故D错误。
故选：C。
根据电阻的定义式R=UI判断；由电阻定律判断；导体的电阻与材料有关；导体的电阻越大，对电流的阻碍作用越大。
本题考查了电阻、电阻定律、电阻率等基础知识，要注意电阻与导体长度成正比，与导体的横截面积成反比。
5.【答案】B
【解析】解：A、当电容器与电源相连时，电容器两极板间的电压不变，当M板向上移动过程中，两极板间距增大，根据电容的决定式C=εrS4πkd可得，电容器的电容C减小，根据电容的定义式C=QU得，电容器所带的电荷量Q减小，则电容器应放电，故A错误；
BC、由于电容器处于放电状态，所以流过定值电阻的电流方向竖直向下，电流从高电势流向低电势，则a点的电势比b点的电势高，故B正确，C错误；
D、根据匀强电场中，电场强度与电势差的关系得：E=Ud
U不变，d增大，则极板间的电场强度E减小，故D错误。
故选：B。
当电容器与电源相连时，电容器两极板间的电压不变，当M板向上移动过程中，根据电容的决定式和定义式判断电荷量的变化，进而得到电容器的充放电状态和电流的方向；电流从高电势流向低电势；根据匀强电场电势差和场强的关系判断电场强度的变化。
本题考查电容器的动态分析，解题关键是知道电容器与电源相连时，电容器两端的电压不变，结合电容的定义式和决定式分析判断即可。
6.【答案】A
【解析】解：由图，电流通过海水从N流向Q，要使船向前进，即船向左运动，则电流对海水的安培力的方向必定向右，由左手定则可知，磁场的方向必定竖直向下。故A正确，BCD错误。
故选：A。
由图判断出电流的方向，然后结合船运动的方向与海水运动的方向由左手定则判断磁场的方向即可。
用左手定则判定的方法：伸开左手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内．让磁感线垂直穿过掌心，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向．
7.【答案】D
【解析】解：AB、S闭合后，两灯泡将立刻变亮，故AB错误；
CD、S断开后，线圈与L2构成回路，由于自感的存在，电流将从I1开始减小为0，方向与I2方向相反，故C错误，D正确。
故选：D。
当灯泡处于正常发光状态，迅速断开开关S时，灯泡中原来的电流突然减小到零，线圈中电流开始减小，磁通量减小产生感应电动势，产生自感现象，根据楞次定律分析线圈中电流的变化。
自感现象是特殊的电磁感应现象，法拉第电磁感应定律和楞次定律同样适用．
8.【答案】B
【解析】解：AC、汽油机的进、排气门都关闭，活塞向上运动时，气体的体积减小，压强变大，温度升高，故AC错误；
BD、外界对气体做功，气体的内能增大，温度升高，故B正确，D错误。
故选：B。
汽油机的进、排气门都关闭，活塞向上运动时，气体的体积减小，压强变大，外界对气体做功，气体的内能增大，温度升高。
一定质量的气体，内能只与温度有关，温度越高，内能越大。
9.【答案】ACD
【解析】解：AB、K为轻质光滑滑轮，故绳子对B、C的拉力均为12F，方向水平向右；
A受到的合外力水平向右，且合外力大小为FA=mAaA=0.2mg，故物块B、C给物块A的摩擦力的合力为0.2mg；
又有AB间的最大静摩擦力为：fAB=μmBg=0.5mg，AC间最大静摩擦力为fAC=μmCg=0.1mg，因为FAmC，所以C相对A向右滑动，AB保持相对静止，B的加速度为0.20g；
对AB整体进行受力分析，由牛顿第二定律可得：12F+fAC=(m+5m)aA，所以F=2.2mg，故A正确、B错误；
CD、物块C相对长木板A向右滑动，物块C与长木板A之间的摩擦力大小为：fAC=0.10mg，故C正确；
D、物块B与长木板A之间的摩擦力大小为：fBA=0.2mg−fAC=0.2mg−0.1mg=0.1mg，故D正确。
故选：ACD。
先根据牛顿第二定律求得A受到的合外力，然后分析得到B、C与A之间的摩擦力，进而得到相对运动情况；对AB整体，利用牛顿第二定律解得外力F的大小。
本题考查牛顿第二定律。利用牛顿第二定律答题时的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、进行正交分解、在坐标轴上利用牛顿第二定律建立方程进行解答；注意整体法和隔离法的应用。
10.【答案】BC
【解析】解：AB.根据安培定则判断导线右侧的磁场方向垂直纸面向里，根据左手定则判断运动电子所受洛伦兹力方向向右，所以电子将向右偏转，故A错误，B正确；
CD.洛伦兹力不做功，电子的速率不变，根据F洛=Bvq，B变小，F洛变小，故C正确，D错误。
故选：BC。
根据安培定则和左手定则分析判断。
本题考查洛伦兹力，要求掌握用左手定则判断洛伦兹力分析。
11.【答案】ABC
【解析】解：A、根据题目可得，粒子的运动方向为逆时针方向，根据左手定则可知，粒子的受力方向指向圆心，由此可知粒子带正电，故A正确；
B、粒子受到的洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律得：
qvB=mv2R
根据圆周运动的周期公式可得：
T=2πRv
联立解得：T=2πmqB
而因为粒子的圆周运动的周期与交流电的周期是相等的，故B正确；
C、根据动能的计算公式可得：
Ekm=12mvm2
根据牛顿第二定律可得：
qBvm=12mvm2
联立解得：Ekm=q2B2R22m，故C正确；
D、根据上述分析可知，加速电压不会对粒子非出D形盒的动能产生影响，故D错误；
故选：ABC。
根据左手定则结合粒子的运动方向得出粒子的电性；
根据洛伦兹力提供向心力，结合圆周运动的周期公式完成分析。
本题主要考查了回旋加速器的相关应用，理解其工作原理，结合牛顿第二定律和周期的计算公式完成分析。
12.【答案】AC
【解析】解：AB、根据爱因斯坦光电效应方程结合动能定理可知，eUc=12mvm2=hγ−W，知入射光的频率越高，对应的遏止电压Uc越大。甲光、丙光的遏止电压相等，所以甲光、丙光的频率相等，波长相等，甲光、丙光的遏止电压小于乙光，则甲光、丙光的频率小于乙光，甲光、丙光的波长大于乙光，故A正确，B错误。
C、甲光对应的饱和光电流大于丙光对应的饱和光电流，由于甲光和丙光的频率相等，则甲光的光强大于丙光，故C正确；
D、根据爱因斯坦光电效应方程可知，12mvm2=hγ−W，甲光和丙光的频率相等，甲光产生的光电子的最大初动能等于丙光产生的光电子最大初动能，故D错误。
故选：AC。
当光电管加反向电压，光电流恰为零时，光电管两端加的电压为遏止电压，对应的光的频率为极限频率。
根据爱因斯坦光电效应方程可知，入射光的频率越高，对应的遏止电压Uc越大。
从图象中看出，丙光对应的遏止电压Uc最大，所以丙光的频率最高，丙光的波长最短，丙光对应的光电子最大初动能也最大。
该题考查了爱因斯坦光电效应方程的相关知识，解决本题的关键掌握遏止电压、截止频率、光电流强度与入射光频率、强度的关系，以及理解光电效应方程，并能灵活运用。
13.【答案】(1)向左偏转； (2)指零刻线； (3)向右偏转
【解析】解：当在闭合电键时，发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，说明穿过线圈B的磁通量增加时，电流计指针向右偏转；
(1)把原线圈A抽出副线圈B的过程中，穿过线圈B的磁通量减小，电流表的指针将向左偏转；
(2)把原线圈插入副线圈后静止，穿过线圈B的磁通量不变，不产生感应电流，电流表的指针将指零刻线；
(3)原、副线圈保持不动，把变阻器滑动片P向右移动过程中，通过线圈A的电流增大，磁感应强度增大，穿过线圈B的磁通量增大，电流表的指针将向右偏转。
故答案为：(1)向左偏转； (2)指零刻线； (3)向右偏转。
穿过闭合回路的磁通量发生变化，闭合回路中产生感应电动势；根据题意判断磁通量变化情况与电流计指针偏转方向的关系，然后根据磁通量的变化情况判断指针偏转方向．
由楞次定律来确定感应电流的方向，而闭合线圈中的磁通量发生变化有几种方式：可以线圈面积的变化，也可以磁场的变化，也可以线圈与磁场的位置变化．
14.【答案】L1和L3 L1L3 偏小
【解析】解：(1)根据折射定律得，n=sinαsinβ=AB−RCD−R=AB−CD−=L1L3，所以需要测量的物理量为L1和L3，玻璃砖的折射率可表示为n=L1L3
(2)该同学在插大头针P3前不小心将玻璃砖以O为圆心逆时针转过一小角度，折射光线将逆时针转动，而作图时仍以MN为边界，AD为法线，则入射角不变，折射角增大，由折射率公式n=sinαsinβ可知，测得玻璃砖的折射率将偏小．
故答案为：(1)L1和L3，L1L3；(2)偏小。
(1)根据折射定律得出折射率的表达式，从而确定需要测量的物理量．
(2)根据折射定律分析误差。
本题考查实验数据处理、实验方法、实验原理的理解和应用能力，只要加强基础知识的学习，难度不大．
15.【答案】解：(1)对封闭在加温室内的气体，排气前体积不变
T0=(27+273)K=300K
由查理定律可知
p0T0=2p0T1
代入数据可得
T1=600K=327℃
(2)开始排气后，加温室内气体维持2p0的压强不变
T2=(1227+273)K=1500K
由盖-吕萨克定律有
V0T1=V0+V′T2
解得
V0V′=23
答：(1)单向排气阀开始工作时加温室内气体温度为327℃；
(2)若烧制过程结束后收集装置与加温室内气体压强保持相同，加温室与收集装置体积之比为2：3。
【解析】(1)由于体积不变，用查理定理可以求出结果；
(2)由于压强不变，可由盖-吕萨克定律求解。
关键是理清过程中的不变量，然后选用相应的规律去解答。
16.【答案】解：(1)通过O点的粒子半径为R1=L2
由牛顿第二定律得qv1B=mv12R1
联立解得v1=qBL2m
(2)若粒子的速度v2=2qBL3m，由牛顿第二定律得qv2B=mv22R2
解得粒子的半径为R2=mv2qB
代入数据解得：R2=23L
粒子运动轨迹如图所示
由几何关系得
R2+R2csθ=L
解得θ=π3
粒子在磁场中运动的时间为t=π−π32πT=2πm3qB
答：(1)通过O点的粒子速度的大小为qBL2m；
(2)速度大小为2qBL3m的粒子在磁场中运动的时间为2πm3qB。
【解析】(1)根据左手定则判断粒子电性，做出粒子在磁场中的运动轨迹，根据几何知识求解其做圆周运动的半径，根据洛伦兹力提供向心力求解粒子进入磁场时的初速度大小；
(2)根据圆心角和周期关系求运动时间。
解决该题关键能正确做出粒子在磁场中的运动迹，根据几何知识与洛伦兹力提供向心力解得半径从而进行解答。