四川省瀘州市瀘縣第一中學2022-2023學年高二下學期6月期末物理 Word版含解析

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瀘縣一中2023年春期高二期末考試物理試題第I卷選擇題一、選擇題：本題共9小題，每小題6分，共54分。在每小題給出的四個選項中，第1~6題只有一項符合題目要求，第7~9題有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。1.下列說法正確的是()A.天然放射性現象表明了原子內部是有復雜的結構B.一個氫原子從高能級向低能級躍遷的過程中,該氫原子輻射光子,總能量減少C.某放射性元素由單質變?yōu)榛衔锖?其半衰期會變短D.目前核電站的能量主要來自輕核的聚變【答案】B【解析】【詳解】天然放射性現象表明了原子核是有復雜的結構，選項A錯誤；根據玻爾理論，一個氫原子從高能級向低能級躍遷的過程中,該氫原子輻射光子,總能量減少，選項B正確；某放射性元素的半衰期與元素所處的化合狀態(tài)無關，選項C錯誤；目前核電站的能量主要來自重核的裂變，選項D錯誤；故選B.2.如圖所示，帶電體Q靠近一個接地空腔正方體導體，空腔里面無電荷，達到靜電平衡后，下列物理量中不等于零的是（??）A.導體空腔內任意點的場強B.導體空腔內任意點的電勢C.導體外表面電荷量D.導體空腔內表面的電荷量【答案】C【解析】【詳解】A．由于靜電屏蔽作用，導體的外殼就會對它的內部起到“保護”作用，使它的內部不受外部電場的影響。所以導體腔內任意點的場強為零，故A錯誤；

1B．導體的外殼接地，整個導體腔是大地的遠端，可以看作無窮遠處，電勢為0，而這是個等勢體，于是導體腔內任意點的電勢都為零，故B錯誤；CD．+Q將大地的負電荷吸引到外表面，因為導體上的電荷相互排斥，所以只能外表面有電荷，即導體外表面的電荷量不為0，故C正確，D錯誤。故選C。3.汽車正在走進千家萬戶，在給人們的出行帶來方便的同時也帶來了安全隱患，為此人們設計、安裝了安全帶。假定乘客質量為，汽車車速為，從踩下剎車到完全停止需要的時間為，不計人與座椅間的摩擦，安全帶對乘客的作用力大小約為（　?。〢B.C.D.【答案】C【解析】【詳解】由題v=90km/h=25m/s，由動量定理得解得故選C。4小萬做自感現象實驗時，連接電路如圖所示，則（）A.閉合開關S，L2逐漸變亮，然后亮度不變B.閉合開關S，L1立刻變亮，且亮度不變C.斷開開關S，L1逐漸變暗至熄滅，L2變亮后再熄滅D.斷開開關S，L1變亮后再熄滅，L2一直不亮【答案】C【解析】【分析】

2當開關接通和斷開的瞬間，流過線圈的電流發(fā)生變化，產生自感電動勢，阻礙原來電流的變化，根據自感現象的規(guī)律，以及二極管具有單向導電性進行分析．【詳解】A．閉合開關的瞬間，由于二極管具有單向導電性，所以無電流通過L2，L2不亮，故A錯誤；B．閉合開關瞬間，由于線圈中的自感電動勢的阻礙，L1逐漸變亮，電路穩(wěn)定后，亮度不變，故B錯誤；CD．由于二極管具有單向導電性，電路穩(wěn)定后，也無電流通過L2，L2不亮，斷開開關S的瞬間，L由于產生自感電動勢，相當于電源，燈泡L1、L2串聯，所以L1逐漸變暗至熄滅，L2變亮后再熄滅，故C正確，D錯誤．【點睛】本題主要考查自感現象的應用，結合自感規(guī)律判斷即可，較為簡單．5.如圖所示，理想變壓器的三個線圈的匝數分別為n1、n2、n3，a、b端接入電壓為U0的正弦交流電，另外兩個線圈分別接有電阻R和滑動變阻器R'。當滑動變阻器的滑片緩慢向左移動時，下列說法正確的是（　?。〢.線圈n1上的電流不變B.線圈n1上的電流不斷減小C.線圈n2的輸出功率不變D.滑動變阻器R'兩端的電壓不斷增大【答案】C【解析】【分析】【詳解】根據可知，兩個次級上的電壓不變，電阻R的電流I2不變；當滑動變阻器的滑片緩慢向左移動時，R′電阻減小，I3變大，則根據可知線圈n1上的電流不斷增加；根據

3可知，線圈n2的輸出功率不變；故選C。6.如圖所示，兩根足夠長的光滑導軌固定豎直放置，間距為L，底端接阻值為R的電阻。將質量為m的金屬棒懸掛在一固定的輕彈簧下端，金屬棒和導軌接觸良好，導軌所在平面與磁感應強度為B的勻強磁場垂直，金屬棒和導軌電阻不計，現將金屬棒從彈簧原長位置由靜止釋放（設當地重力加速度為g），則（　?。〢.釋放瞬間金屬棒的加速度小于重力加速度gB.金屬棒向下的最大速度為v時，所受彈簧彈力為F＝mg－C.金屬棒向下運動時，流過電阻R的電流方向為a→bD.電路中產生的總熱量等于金屬棒重力勢能的減少量【答案】B【解析】【分析】【詳解】A．釋放瞬間金屬棒的速度為零，沒有感應電流產生，不受安培力，金屬棒只受重力，所以金屬棒的加速度為g，A錯誤；B．金屬棒向下的速度最大時，加速度為零，回路中產生的感應電流為I＝安培力FA＝BIL＝根據平衡條件知F＋FA＝mg

4解得彈簧彈力F＝mg－B正確；C．金屬棒向下運動時切割磁感線，根據右手定則可知，流過電阻R的電流方向為b→a，C錯誤；D．由于金屬棒產生感應電流，受到安培力的阻礙作用，系統(tǒng)的機械能不斷減少，最終金屬棒停止運動，此時彈簧具有一定的彈性勢能，所以金屬棒的重力勢能轉化為內能和彈簧的彈性勢能，則根據能量守恒定律可知在金屬棒運動的過程中，電阻R上產生的總熱量等于金屬棒的重力勢能的減少量與最終彈簧的彈性勢能之差，D錯誤。故選B7.一列頻率為40Hz的簡諧橫波沿x軸正方向傳播，t=0時刻的波形如圖所示，此時M點恰好開始振動．已知波源的平衡位置在O點，則下列判斷正確的是A.該波波長為3mB.該波的傳播速度為80m/sC.t=0時刻，平衡位置在x=1.8m的質點沿y軸正方向運動D.M點的振動方程為y=0.05sin80πt(m)【答案】BD【解析】【詳解】A．由圖像可知，該波波長為2m，選項A錯誤；B．該波的傳播速度為選項B正確；C．由波形圖可知，t=0時刻，平衡位置在x=1.8m的質點向下振動，即向y軸負方向運動，選項C錯誤；D．t=0時刻，M點恰好開始振動，且起始時位于平衡位置，因

5則M點的振動方程為y=0.05sin80πt(m)選項D正確．8.如圖，有一截面為矩形有界勻強磁場區(qū)域ABCD，AB=3L，BC=2L在邊界AB的中點上有一個粒子源，沿與邊界AB并指向A點方向發(fā)射各種不同速率的同種正粒子，不計粒子重力，當粒子速率為v0時，粒子軌跡恰好與AD邊界相切，則（）A.速率小于v0的粒子全部從CD邊界射出B.當粒子速度滿足時，從CD邊界射出C.在CD邊界上只有上半部分有粒子通過D.當粒子速度小于時，粒子從BC邊界射出【答案】BC【解析】【詳解】ABC．如圖，由幾何知識可知，與AD邊界相切的軌跡半徑為1.5L，與CD邊界相切的軌跡半徑為L；由半徑公式：可知軌跡與CD邊界相切的粒子速度為，由此可知，僅滿足的粒子從CD邊界的PD間射出，選項A錯誤，BC正確；D．由上述分析可知，速度小于的粒子不能打出磁場，故選項D錯誤。故選BC.

69.如圖a，在豎直平面內固定一光滑的半圓形軌道ABC，半徑為0.4m，小球以一定的初速度從最低點A沖上軌道，圖b是小球在半圓形軌道上從A運動到C的過程中，其速度平方與其對應高度的關系圖象．已知小球在最高點C受到軌道的作用力為2.5N，空氣阻力不計，B點為AC軌道中點，重力加速度g取10m/s2，下列說法正確的是(　　)A.圖b中x＝36m2/s2B.小球質量為0.2kgC.小球在A點時重力的功率為5WD.小球在B點受到軌道作用力為8.5N【答案】BD【解析】【詳解】A、小球在光滑軌道上運動，只有重力做功，故機械能守恒，所以有：，解得：，即為：，故選項A錯誤；B、由圖乙可知軌道半徑，小球在C點的速度，那么由牛頓第二定律可得：，解得：，故選項B錯誤；C、小球在A點時重力，方向向下，速度，方向向右，故小球在A點時重力的功率為0，故選項C錯誤；D、由機械能守恒可得在B點的速度為：；所以小球在B點受到的在水平方向上的合外力做向心力為：，所以，小球在B點受到軌道作用力為8.5N，故選項D正確；故選選項BD．第II卷（非選擇題56分）

7二、實驗題10.將一單擺裝置豎直懸掛于某一深度為h（未知）且開口向下的小筒中（單擺的下部分露于筒外），如圖（a）所示。將懸線拉離平衡位置一個小角度后由靜止釋放，設單擺擺動的過程中懸線不會碰到筒壁，如果本實驗的長度測量工具只能測量出筒的下端口到擺球球心的距離L，并通過改變L而測出對應的擺動周期T，再以為縱軸、L為橫軸作出函數關系圖像，那么就可以通過此圖像得出當地的重力加速度g和小筒的深度h，取?；卮鹣铝袉栴}：（1）現有可選擇的測量工具如下，本實驗不需要的測量工具是_____________。A．秒表B．時鐘C．天平D．毫米刻度尺（2）如果實驗中所得到的圖像如圖（b）所示，那么真正的圖像應該是線a，b，c中的__________（選填“a”、“b”或“c”）。（3）由圖像可知，當地的重力加速度_________（結果保留三位有效數字），小筒的深度__________m?！敬鸢浮竣貰C②.a③.9.86##9.85##9.87④.0.45【解析】【詳解】（1）[1]本實驗需要測量時間求出周期，并要測量筒的下端口到擺球球心的距離L，則所需要的測量工具是秒表和毫米刻度尺，本題選擇不需要的測量工具，即為時鐘和天平。故選BC。（2）[2]由單擺的周期公式得得到

8當L＝0時所以圖像應該是a。（3）[3]根據表達式結合圖像a可知，圖像的斜率為聯立解得[4]根據表達式，當時結合圖像的橫截據，有11.某同學設計了一種“自動限重器”，如圖甲所示。該裝置由控制電路和工作電路組成，其主要元件有電磁繼電器、貨物裝載機（實質是電動機）、壓敏電阻R1和滑動變阻器R2等。壓敏電阻R1的阻值隨壓力F變化的關系如圖乙所示。當貨架承受的壓力達到限定值，電磁繼電器會自動控制貨物裝載機停止向貨架上擺放物品。已知控制電路的電源電動勢E＝6V，r＝2Ω，電磁繼電器線圈的阻值忽略不計。請你解答下列問題：(1)用筆畫線代替導線將圖甲的電路連接完整。（）(2)當電磁繼電器線圈中的電流大小為15mA時，銜接被吸下。若貨架能承受的最大壓力為800N，則所選滑動變阻器R2的最大阻值至少為____Ω。(3)硅光電池是一種可將光能轉換為電能的器件，現將控制電路中的電源換成硅光電池，用一定強度的光照射硅光電池，調節(jié)滑動變阻器，通過測量得到該電池的U－I曲線（如圖丙）。不改變滑片的位置，當貨架能承受的壓力逐漸增加時，該硅光電池的內阻將____，內電路上消耗的功率將____。（以上兩空選填

9“增加”“減小”“先增大后減小”“先減小后增大”或“不變”）(4)若控制電路中的電源換成硅光電源，不改變滑片的位置，即如(2)中數值，現測得硅光電源兩端電壓為5.4V，則貨架上承受的壓力為____N?！敬鸢浮竣?②.318③.增大④.增大⑤.90【解析】【詳解】(1)[1]將貨物裝載機和上觸點串聯組成工作電路，將R1、滑動變阻器R2、電磁鐵串聯接入控制電路，連接電路如圖所示。(2)[2]R1與R2串聯，則I1＝I2＝Imax＝15mA＝0.015A根據閉合電路的歐姆定律由圖乙可知，F＝800N時，R1＝80Ω，所以即滑動變阻器R2的最大阻值至少為318Ω。(3)[3][4]由題圖丙可知，隨著外電路電阻減小，電路電流增大，硅光電池的U－I圖線的斜率絕對值逐漸變大，即硅光電池的內阻隨外電路電阻變小而變大。當不改變滑片的位置，貨架能承受的壓力逐漸增加時，R1的電阻變小，電路中電流增大，所以該硅光電池的內阻將增大。內電阻和電流都增大，由P內＝I2r可知內電路上消耗的功率將增大。(4)[5]硅光電源兩端電壓為5.4V，由題圖丙可知此時電流為10mA，外電路的總電阻

10所以根據題圖乙可知，此時對應的壓力為90N。三、解答題（本答題共三個小題，12題10分，13題12分，14題20分，共42分）12.一點光源從凸透鏡的焦點發(fā)出的光經過凸透鏡后，平行射向與凸透鏡的折射率相同的正方體透明介質，介質的內部有一半徑的球形真空區(qū)域，如圖所示。(1)光線在凸透鏡中的傳播速度為其在真空中傳播速度的，求凸透鏡的折射率；(2)為了不使光線進入介質中間的球形真空區(qū)域，在正方體透明介質左表面上至少應貼多大面積的不透明紙？【答案】(1)；(2)【解析】【詳解】(1)據題意可知根據折射率與光的傳播速度的關系，有(2)若不使光線射入中間的球形真空區(qū)域，則光線沿不透明紙邊緣射入，在介質與真空交界處恰好發(fā)生全反射時不透明紙面積最小，光路圖如圖所示。

11根據臨界角的定義式，有由圖可知得即為所貼不透明紙的最小半徑，紙的最小面積為13.如圖所示，在x軸上方存在勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面向外；在x軸下方存在勻強電場，電場強度大小為E，方向與xoy平面平行，且與x軸成角．一質量為m、電荷量為的粒子以速度從坐標原點O沿與x軸魚方向成角射出，一段時間后進入電場，不計粒子重力．求：粒子做勻速圓周運動的半徑R和周期T；粒子從O點出發(fā)后，第3次到達x軸所經歷的時間t．【答案】；【解析】【分析】

12粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，求解周期及半徑；分析清楚粒子在電場中的運動過程，應用牛頓第二定律、運動學公式求出粒子在各運動過程的運動時間，然后求出粒子總的運動時間．【詳解】帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，有又有：解得：，由題可知，粒子第1次到達x軸時，轉過的角度為，所需時間為粒子進入電場后，先做勻減速運動，直到速度減小為0，然后沿原路返回做勻加速運動，到達x軸時速度大小仍為，設粒子在電場中運動的總時間為，加速度大小為a，電場強度大小為E，有：解得粒子離開電場第3次通過x軸時，轉過的角度為，所需時間為總時間：解得：【點睛】本題考查了粒子在磁場與電場中的運動，分析清楚粒子運動過程是正確解題的前提與關鍵，分析清楚粒子運動過程后，應用牛頓第二定律、運動學公式即可正確解題．14.如圖a所示，光滑水平直金屬軌道寬L=0.6m，左端連接定值電阻R，軌道電阻不計。軌道內存在有界勻強磁場，磁感應強度B=0.5T。一根質量m=0.4kg、不計電阻的金屬桿垂直軌道放置，在軌道上以初速度v0進入磁場向右運動，通過施加一個水平拉力F使金屬桿做加速度大小a=1m/s2的勻減速運動直至速度為零。若以F向右為正，金屬桿在磁場中運動的過程中F和金屬桿運動速度v的關系如圖b所示：(1)求當v=1m/s時金屬桿所受安培力FA的大??；(2)求定值電阻R的大??；(3)若金屬桿以v0=2m/s進入磁場，恰好運動到磁場右邊界時速度為0，試討論若金屬桿以v0＜2m/s的不同數值進入磁場，金屬桿從進入磁場到速度為零的過程中，拉力F的大小和方向變化情況?！敬鸢浮?1)0.4N；(2)0.225Ω；(3)見解析所示【解析】

13【詳解】（1）當v=1m/s時，由圖b可知拉力F=0，金屬桿只受水平向左的安培力FA作用，做勻減速運動，根據牛頓第二定律有FA=ma=0.4N（2）根據安培力公式有FA＝BIL根據閉合電路歐姆定律有可得代入數據解得R=0.225Ω。（3）若金屬桿以v0=2m/s進入磁場，恰好運動到磁場右邊界時速度為0，根據圖b可知：當1m/s＜v0＜2m/s時，由牛頓第二定律有FA－F=ma可知隨速度減小，安培力減小，拉力F減小，方向始終向右；當v0=1m/s時，F=0；當v0＜1m/s時，由牛頓第二定律有FA＋F=ma