四川省瀘州市瀘縣第五中學(xué)2022-2023學(xué)年高二下學(xué)期6月期末物理Word版含解析

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瀘縣五中2023年春期高二期末考試物理試題第I卷選擇題（54分）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(gè)選項(xiàng)中，第1~6題只有一項(xiàng)符合題目要求，第7~9題有多項(xiàng)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(cuò)的得0分。1.下列說法正確的是（　?。〢.是a衰變方程B.是b衰變方程C.是核聚變反應(yīng)方程D.是核裂變反應(yīng)方程【答案】C【解析】【詳解】A．該反應(yīng)是在人為條件下發(fā)生的，是人工核反應(yīng)，故A錯(cuò)誤；B．該反應(yīng)時(shí)在人為條件下發(fā)生的，是人工核反應(yīng)，故B錯(cuò)誤；C．是重要的輕核聚變反應(yīng)方程，故C正確；D．是自然存在的，有氦原子生成，是a衰變方程，故D錯(cuò)誤。故選C。2.如圖所示，空間有足夠大的豎直向下的勻強(qiáng)電場E。一帶電微粒沿水平射入，在重力和電場力共同作用下運(yùn)動(dòng)，軌跡如圖中虛線所示，那么（）A.微粒從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)電勢能一定增加B.微粒從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)動(dòng)能一定增加C.微粒從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)重力勢能一定增加D.微粒從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)機(jī)械能一定增加【答案】B【解析】

1【詳解】B．微粒在極板間受到豎直向下的重力作用與電場力作用，由圖示微粒運(yùn)動(dòng)軌跡可知，微粒向下運(yùn)動(dòng)，說明微粒受到的合力豎直向下，重力與電場力的合力豎直向下，由軌跡可知，合力做正功，動(dòng)能增加，選項(xiàng)B正確；AD．如果微粒帶正電，則受到向下的電場力，電場力做正功，電勢能減小，機(jī)械能增加；若微粒帶負(fù)電，則受到向上的電場力，且電場力小于重力，則電場力做負(fù)功，電勢能增加，機(jī)械能減小，選項(xiàng)AD錯(cuò)誤；C．微粒從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)，重力做正功，則重力勢能一定減小，選項(xiàng)C錯(cuò)誤。故選B。3.如圖所示，勻強(qiáng)磁場中有一個(gè)電荷量為q的正離子，自a點(diǎn)沿半圓軌道運(yùn)動(dòng)，當(dāng)它運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)時(shí)，突然吸收了附近若干電子，接著沿另一半圓軌道運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)，已知a、b、c在同一直線上，且ab=ac，電子電荷量為e，電子質(zhì)量可忽略不計(jì)，則該離子吸收的電子個(gè)數(shù)為A.B.C.D.【答案】B【解析】【詳解】正離子在吸收電子這前的半徑由半徑公式得：正離子吸收若干電子后由半徑公式得：雙因聯(lián)立解得：故選B．

24.如圖所示，L1和L2為直流電阻可忽略的電感線圈。A1、A2和A3分別為三個(gè)相同的小燈泡。下列說法正確的是（　　）A.圖甲中，閉合S1瞬間和斷開S1瞬間，通過A1的電流方向不同B.圖甲中，閉合S1，隨著電路穩(wěn)定后，A1會再次亮起C.圖乙中，斷開S2瞬間，燈A3立刻熄滅D.圖乙中，斷開S2瞬間，燈A2立刻熄滅【答案】A【解析】【詳解】A．圖甲中，閉合電鍵的瞬間，流過燈泡A1的電流的方向向右；L1的為自感系數(shù)很大的自感線圈，則斷開電鍵的瞬間，自感電動(dòng)勢將阻礙其電流的減小，所以流過L1的電流方向不變，所以流過燈泡A1的電流的方向與開始時(shí)是相反的，故A正確；B．圖甲中，閉合S1，電路穩(wěn)定后，燈泡A1短路，無電流，故B錯(cuò)誤；CD．圖乙中，閉合S2電路中的電流穩(wěn)定后兩個(gè)燈泡都亮，斷開S2瞬間，L2對電流減小有阻礙作用，此時(shí)L2與兩個(gè)燈泡以及滑動(dòng)變阻器組成閉合回路，所以A2、A3電流都逐漸減小，燈泡逐漸變暗，故CD錯(cuò)誤。故選A。5.在圖甲所示電路中，理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)之比為10:1，電阻R1、R2的阻值分別為5Ω、6Ω，電壓表和電流表均為理想電表。若接在變壓器原線圈的輸入端的電壓如圖乙所示（為正弦曲線的一部分），則下列說法正確的是（　?。〢.電壓表的示數(shù)為25.1VB.電流表的示數(shù)為1AC.變壓器的輸入功率為11WD.變壓器的輸出功率為11W

3【答案】D【解析】【詳解】A．根據(jù)電流的熱效應(yīng)，有得根據(jù)可得副線圈兩端的電壓的有效值（電壓表的示數(shù)）為故A錯(cuò)誤；B．副線圈中電流為根據(jù)電流表示數(shù)為故B錯(cuò)誤；C．變壓器的輸入功率為故C錯(cuò)誤；D．變壓器的輸出功率為故D正確。

4故選D6.壓敏電阻的阻值隨所受壓力的增大而減?。幸晃煌瑢W(xué)利用壓敏電阻設(shè)計(jì)了判斷小車運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的裝置，其工作原理如圖甲所示，將壓敏電阻和一塊擋板固定在水平光滑絕緣小車上，中間放置一個(gè)絕緣重球，小車在水平面內(nèi)向右做直線運(yùn)動(dòng)的過程中，電流表示數(shù)如圖乙所示，0～t1時(shí)間內(nèi)小車向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，下列判斷正確的是（　?。〢.在t1到t2時(shí)間內(nèi)，小車做勻速直線運(yùn)動(dòng)B.在t1到t2時(shí)間內(nèi)，小車做勻加速直線運(yùn)動(dòng)C.t2到t3時(shí)間內(nèi)，小車做勻速直線運(yùn)動(dòng)D.在t2到t3時(shí)間內(nèi)，小車做勻加速直線運(yùn)動(dòng)【答案】D【解析】【詳解】AB．在t1～t2時(shí)間內(nèi)，電流逐漸增大，說明壓敏電阻的阻值逐漸減小，即壓敏電阻受到的壓力逐漸增大，由此可判斷小車在向右做加速度逐漸增大的加速直線運(yùn)動(dòng)，故AB錯(cuò)誤；CD．在t2～t3時(shí)間內(nèi)，電流在較大數(shù)值上保持恒定，說明電阻保持一個(gè)較小值，即受到的壓力保持恒定，說明小車在向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤，D正確。故選D。7.一列橫波沿x軸傳播，某時(shí)刻的波形如圖所示，質(zhì)點(diǎn)A的平衡位置與坐標(biāo)原點(diǎn)O相距0.5m，此時(shí)質(zhì)點(diǎn)A沿y軸正方向運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過0.02s第一次達(dá)最大位移．由此可知()A.這列波的波長為1mB.這列波的頻率為50Hz

5C.這列波的波速為25m/sD.這列波沿x軸正方向傳播【答案】AD【解析】【詳解】由題意可知，波長λ=2×0.5m=1m，故A正確；由題意可知，T=4×0.02s=0.08s，頻率為，故B錯(cuò)誤；波速為：，故C錯(cuò)誤；此時(shí)質(zhì)點(diǎn)A沿正方向運(yùn)動(dòng)，根據(jù)波的平移可知，波向右傳播，故D正確．所以AD正確，BC錯(cuò)誤．8.如圖所示，甲是不帶電的絕緣物塊，乙是帶正電的物塊，甲、乙疊放在一起，置于粗糙的絕緣水平地板上，地板上方空間有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，現(xiàn)加一水平向左的勻強(qiáng)電場，發(fā)現(xiàn)甲、乙起初會相對靜止一起向左加速運(yùn)動(dòng)．在加速運(yùn)動(dòng)階段(　　)A.甲、乙兩物塊間的摩擦力不變B.乙物塊與地面之間的摩擦力不斷增大C.甲、乙兩物塊一起做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)D.甲、乙兩物體以后會相對滑動(dòng)【答案】BC【解析】【分析】以甲乙整體為研究對象,分析受力情況,根據(jù)洛倫茲力隨著速度的增大而增大,分析地面對乙物塊的支持力如何變化,來分析乙物塊與地之間的摩擦力如何變化,根據(jù)牛頓第二定律分析加速度如何變化,再對甲研究,由牛頓第二定律研究甲所受摩擦力如何變化【詳解】BC、對整體分析,受重力、向左的電場力、向下的洛倫茲力、支持力、滑動(dòng)摩擦力;如圖所示

6速度增大,洛倫茲力增大,則正壓力增大,地面對乙的滑動(dòng)摩擦力f增大;電場力F一定,根據(jù)牛頓第二定律得,加速度a減小;故BC對A、對甲研究得到,乙對甲的摩擦力,則得到f減小,甲、乙兩物塊間的靜摩擦力不斷減小.故A錯(cuò)；D、由于甲、乙兩物塊間靜摩擦力不斷減小，所以甲、乙兩物體以后不會相對滑動(dòng)，故D錯(cuò)；故選BC9.如圖所示，一質(zhì)量M=3.0kg的長方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一個(gè)質(zhì)量m=1.0kg的小木塊A，同時(shí)給A和B以大小均為4.0m/s，方向相反的初速度，使A開始向左運(yùn)動(dòng)，B開始向右運(yùn)動(dòng)，A始終沒有滑離B板，在小木塊A做加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間內(nèi)，木板速度大小可能是(　　)A.2.1m/sB.2.4m/sC.2.8m/sD.3.0m/s【答案】AB【解析】【詳解】以A、B組成的系統(tǒng)為研究對象，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，取水平向右方向?yàn)檎较?，從A開始運(yùn)動(dòng)到A的速度為零過程中，由動(dòng)量守恒定律得，代入數(shù)據(jù)解得，當(dāng)從開始到AB速度相同的過程中，取水平向右方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得代入數(shù)據(jù)解得：，則在木塊A正在做加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間內(nèi)B的速度范圍為：

7，故選AB。第II卷（非選擇題56分）二、實(shí)驗(yàn)題（14分）10.如圖所示，用“碰撞實(shí)驗(yàn)器”可以驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律，即研究兩個(gè)大小相同的小球在軌道水平部分碰撞前后的動(dòng)量關(guān)系：先安裝好實(shí)驗(yàn)裝置，在地上鋪一張白紙，白紙上鋪放復(fù)寫紙，記下重垂線所指的位置O。接下來的實(shí)驗(yàn)步驟如下：步驟1：不放小球2，讓小球1從斜槽上A點(diǎn)由靜止?jié)L下，并落在地面上、重復(fù)多次，用盡可能小的圓，把小球的所有落點(diǎn)圈在里面，其圓心就是小球落點(diǎn)的平均位置；步驟2：把小球2放在斜槽前端邊緣位置，讓小球1從A點(diǎn)由靜止?jié)L下，使它們碰撞。重復(fù)多次，并使用與步驟1同樣的方法分別標(biāo)出碰撞后兩小球落點(diǎn)的平均位置；步驟3：用刻度尺分別測量三個(gè)落地點(diǎn)的平均位置、、離點(diǎn)的距離，即線段、、的長度、、。（1）小明先用螺旋測微器測量一個(gè)小球的直徑，刻度如上圖所示，讀數(shù)為______mm；（2）入射小球1的質(zhì)量應(yīng)______（選填“大于”“等于”或“小于”）被碰小球2的質(zhì)量；入射小球1的半徑應(yīng)______。（選填“大于”“等于”或“小于”）被碰小球2的半徑。（3）除了圖中器材外，實(shí)驗(yàn)室還備有下列器材，完成本實(shí)驗(yàn)還必須使用的兩種器材是______。A．秒表B．天平C．刻度尺D．打點(diǎn)計(jì)時(shí)器（4）（單選）下列說法中正確的是______。A．如果小球每次從同一位置由靜止釋放，每次的落點(diǎn)一定是重合的B．重復(fù)操作時(shí)發(fā)現(xiàn)小球的落點(diǎn)并不重合，說明實(shí)驗(yàn)操作中出現(xiàn)了錯(cuò)誤C．用半徑盡量小的圓把10個(gè)落點(diǎn)圈起來，這個(gè)圓的圓心可視為小球落點(diǎn)的平均位置D．僅調(diào)節(jié)斜槽上固定位置A，它的位置越低，線段OP的長度越大（5）當(dāng)所測物理量滿足表達(dá)式______（用所測物理量的m1、m2、L1、L2、L3表示）時(shí)，即說明兩球碰撞遵守動(dòng)量守恒定律。如果還滿足表達(dá)式______（用所測物理量m1、m2、L1、L2、L3

8表示）時(shí)，即說明兩球是彈性碰撞?！敬鸢浮竣?4.223（4.221~4.225內(nèi)均可）②.大于③.等于④.BC⑤.C⑥.⑦.【解析】【詳解】（1）[1]由題圖可知讀數(shù)為（2）[2]設(shè)小球1、2的質(zhì)量分別為m1、m2，小球1與小球2碰撞前瞬間的速度為v1，碰后瞬間二者的速度分別為v1′和v2′，根據(jù)動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律分別得①②聯(lián)立①②解得③由③式可知為了使小球1碰后不反彈，即，應(yīng)使。[3]為使兩小球發(fā)生對心碰撞，小球1的半徑應(yīng)等于小球2的半徑。（3）[4]實(shí)驗(yàn)中還需要天平用來測量兩小球的質(zhì)量；由于兩小球都做平拋運(yùn)動(dòng)，且下落時(shí)間相同，因此可以用平拋運(yùn)動(dòng)的水平距離來間接表示水平速度，則需要刻度尺測量平均落點(diǎn)到O點(diǎn)的距離，不需要秒表測時(shí)間，更不需要打點(diǎn)計(jì)時(shí)器，故選BC。（4）[5]AB．即使小球每次從同一位置由靜止釋放，小球在運(yùn)動(dòng)過程也會受其他很多因素的影響（如空氣阻力，導(dǎo)軌的摩擦以及微小形變等），導(dǎo)致落點(diǎn)不可能完全重合，這并不是錯(cuò)誤，而是誤差，故AB錯(cuò)誤；C．用半徑盡量小圓把10個(gè)落點(diǎn)圈起來，這個(gè)圓的圓心可視為小球落點(diǎn)的平均位置，達(dá)到多次測量取平均值的效果，故C正確；D．僅調(diào)節(jié)斜槽上固定位置A，它的位置越低，小球做平拋運(yùn)動(dòng)的初速度越小，線段OP的長度越小，故D錯(cuò)誤。故選C。（5）[6]由于下落高度相同，所以兩小球做平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相等，均設(shè)為t，由題意可知小球1與2碰撞前瞬間的速度為④

9碰撞后瞬間1、2的速度分別為⑤⑥聯(lián)立①④⑤⑥可得，若兩球碰撞遵守動(dòng)量守恒定律，則應(yīng)滿足的表達(dá)式是[7]聯(lián)立②④⑤⑥可得，若兩球是彈性碰撞，則應(yīng)滿足的表達(dá)式是11.某實(shí)驗(yàn)小組研究兩個(gè)未知元件X和Y的伏安特性，使用的器材包括電壓表(內(nèi)阻約為3kΩ)、電流表(內(nèi)阻約為1Ω)、定值電阻等。(1)使用多用電表粗測元件X的電阻。選擇“×1”歐姆擋測量，示數(shù)如圖(a)所示，讀數(shù)為___________Ω。據(jù)此應(yīng)選擇圖中的___________(填“b”或“c”)電路進(jìn)行實(shí)驗(yàn)。(2)連接所選電路，閉合S；滑動(dòng)變阻器的滑片P從左向右滑動(dòng)，電流表的示數(shù)逐漸___________(填“增大”或“減小”)；依次記錄電流及相應(yīng)的電壓；將元件X換成元件Y，重復(fù)實(shí)驗(yàn)。(3)圖(a)是根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)作出的U-I圖線，由圖可判斷元件___________(填“X”或“Y”)是非線性元件。(4)該小組還借助X和Y中的線性元件和阻值R=21Ω的定值電阻，測量待測電池組的電動(dòng)勢E和電阻r，如圖(b)所示。閉合S1和S2，電壓表讀數(shù)為3.00V；斷開S2，讀數(shù)為1.00V，利用圖(a)可算得E=

10___________V，r=___________Ω(結(jié)果均保留兩位有效數(shù)字，視電壓表為理想電壓表)?！敬鸢浮竣?10②.b③.增大④.Y⑤.3.2⑥.0.50【解析】【分析】【詳解】(1)[1]選擇的是“”擋，故元件X的電阻值為10。[2]該電阻值較小，采用電流表外接法，測量誤差較小，應(yīng)選擇圖中的b電路進(jìn)行實(shí)驗(yàn)。(2)[3]滑動(dòng)變阻器的滑片P從左向右滑動(dòng)，測量部分的電壓逐漸增大，故電流表的示數(shù)逐漸增大。(3)[4]元件Y的U-I圖線為曲線，是非線性元件。(4)[5][6]據(jù)U-I圖線可知，元件X電阻為，據(jù)閉合電路歐姆定律可得，閉合S1和S2時(shí)電壓表示數(shù)為U1，有斷開S2時(shí)電壓表示數(shù)為U2，有聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得E=3.2V，r=0.50。三、解答題（本答題共三個(gè)小題，12題10分，13題12分，14題20分，共42分）12.如圖所示，ABC是一個(gè)三棱鏡的截面圖，一束單色光以i＝60°的入射角從側(cè)面的中點(diǎn)N射入。已知三棱鏡對該單色光的折射率，AB長為L，光在真空中的傳播速度為c，求：①此束單色光第一次從三棱鏡射出的方向（不考慮AB面的反射）；②此束單色光從射入三棱鏡到BC面所用的時(shí)間。

11【答案】①光將垂直于底面AC，沿PQ方向射出棱鏡②【解析】【詳解】①設(shè)此束光從AB面射入棱鏡后的折射角為r，由折射定律有:解得，顯然光從AB射入棱鏡后的折射光線NP平行于AC，光在BC面上的入射角為45°,設(shè)臨界角為α，則由得:可知，故光在BC面上發(fā)生全反射,根據(jù)幾何知識和光的反射定律可知，光將垂直于底面AC，沿PQ方向射出棱鏡②光在棱鏡中傳播的速率:所以此束光從射入三棱鏡到BC面所用的時(shí)間：解得：

1213.如圖所示，光滑水平直軌道上有三個(gè)質(zhì)量均為m的物塊A、B、C，物塊B的左側(cè)固定一輕彈簧（彈簧左側(cè)的擋板質(zhì)量不計(jì)）。設(shè)A以速度向B運(yùn)動(dòng)，壓縮彈簧；當(dāng)A、B速度相等時(shí)，B與C恰好相碰并粘接在一起，然后繼續(xù)運(yùn)動(dòng)。假設(shè)B和C碰撞過程時(shí)間極短。求從A開始壓縮彈簧直至與彈簧分離的過程中：求：（1）B、C粘在一起瞬間的速度大小。（2）整個(gè)系統(tǒng)損失的機(jī)械能。（3）彈簧被壓縮到最短時(shí)的彈性勢能。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【詳解】（1）當(dāng)A、B速度相等時(shí)，對A、B與彈簧組成的系統(tǒng)，由動(dòng)量守恒定律得此時(shí)B與C發(fā)生完全非彈性碰撞，對B、C組成的系統(tǒng)，由動(dòng)量守恒定律得聯(lián)立解得（2）與C發(fā)生完全非彈性碰撞，對B、C組成的系統(tǒng)，由能量守恒定律得損失的機(jī)械能為（3）由（1）可知，A將繼續(xù)壓縮彈簧，直至A、B、C三者速度相同時(shí)，彈簧被壓縮至最短，由動(dòng)量守恒和能量守恒定律得聯(lián)立解得

1314.如圖所示，寬為l的光滑固定導(dǎo)軌與水平面成α角，質(zhì)量為m的金屬桿ab（電阻不計(jì)）水平放置在導(dǎo)軌上，空間存在豎直向上的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。電源的內(nèi)阻為r，當(dāng)變阻器接入電路的阻值為R時(shí)，金屬桿恰好能靜止在導(dǎo)軌上。重力加速度用g表示。求：（1）金屬桿靜止時(shí)受到的安培力的大小F安；（2）電源的電動(dòng)勢E；（3）若保持其它條件不變，僅改變勻強(qiáng)磁場的方向，求由靜止釋放的瞬間，金屬桿可能具有的沿導(dǎo)軌向上的最大加速度a?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【解析】【詳解】（1）由題意可知，金屬桿所受安培力的方向水平向右，因?yàn)榻饘贄U靜止，所以合力為零，得到（2）因?yàn)榍业茫?）僅改變勻強(qiáng)磁場的方向時(shí)安培力大小不變，因此當(dāng)安培力沿導(dǎo)軌向上的分量最大，即安培力沿導(dǎo)軌向上時(shí)，金屬桿具有沿導(dǎo)軌向上的最大加速度，由得最大加速度