四川省泸州市泸县第一中学2022-2023学年高二下学期6月期末物理 Word版含解析

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泸县一中2023年春期高二期末考试物理试题第I卷选择题一、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.天然放射性现象表明了原子内部是有复杂的结构B.一个氢原子从高能级向低能级跃迁的过程中,该氢原子辐射光子,总能量减少C.某放射性元素由单质变为化合物后,其半衰期会变短D.目前核电站的能量主要来自轻核的聚变【答案】B【解析】【详解】天然放射性现象表明了原子核是有复杂的结构，选项A错误；根据玻尔理论，一个氢原子从高能级向低能级跃迁的过程中,该氢原子辐射光子,总能量减少，选项B正确；某放射性元素的半衰期与元素所处的化合状态无关，选项C错误；目前核电站的能量主要来自重核的裂变，选项D错误；故选B.2.如图所示，带电体Q靠近一个接地空腔正方体导体，空腔里面无电荷，达到静电平衡后，下列物理量中不等于零的是（  ）A.导体空腔内任意点的场强B.导体空腔内任意点的电势C.导体外表面电荷量D.导体空腔内表面的电荷量【答案】C【解析】【详解】A．由于静电屏蔽作用，导体的外壳就会对它的内部起到“保护”作用，使它的内部不受外部电场的影响。所以导体腔内任意点的场强为零，故A错误；

1B．导体的外壳接地，整个导体腔是大地的远端，可以看作无穷远处，电势为0，而这是个等势体，于是导体腔内任意点的电势都为零，故B错误；CD．+Q将大地的负电荷吸引到外表面，因为导体上的电荷相互排斥，所以只能外表面有电荷，即导体外表面的电荷量不为0，故C正确，D错误。故选C。3.汽车正在走进千家万户，在给人们的出行带来方便的同时也带来了安全隐患，为此人们设计、安装了安全带。假定乘客质量为，汽车车速为，从踩下刹车到完全停止需要的时间为，不计人与座椅间的摩擦，安全带对乘客的作用力大小约为（　　）AB.C.D.【答案】C【解析】【详解】由题v=90km/h=25m/s，由动量定理得解得故选C。4小万做自感现象实验时，连接电路如图所示，则（）A.闭合开关S，L2逐渐变亮，然后亮度不变B.闭合开关S，L1立刻变亮，且亮度不变C.断开开关S，L1逐渐变暗至熄灭，L2变亮后再熄灭D.断开开关S，L1变亮后再熄灭，L2一直不亮【答案】C【解析】【分析】

2当开关接通和断开的瞬间，流过线圈的电流发生变化，产生自感电动势，阻碍原来电流的变化，根据自感现象的规律，以及二极管具有单向导电性进行分析．【详解】A．闭合开关的瞬间，由于二极管具有单向导电性，所以无电流通过L2，L2不亮，故A错误；B．闭合开关瞬间，由于线圈中的自感电动势的阻碍，L1逐渐变亮，电路稳定后，亮度不变，故B错误；CD．由于二极管具有单向导电性，电路稳定后，也无电流通过L2，L2不亮，断开开关S的瞬间，L由于产生自感电动势，相当于电源，灯泡L1、L2串联，所以L1逐渐变暗至熄灭，L2变亮后再熄灭，故C正确，D错误．【点睛】本题主要考查自感现象的应用，结合自感规律判断即可，较为简单．5.如图所示，理想变压器的三个线圈的匝数分别为n1、n2、n3，a、b端接入电压为U0的正弦交流电，另外两个线圈分别接有电阻R和滑动变阻器R'。当滑动变阻器的滑片缓慢向左移动时，下列说法正确的是（　　）A.线圈n1上的电流不变B.线圈n1上的电流不断减小C.线圈n2的输出功率不变D.滑动变阻器R'两端的电压不断增大【答案】C【解析】【分析】【详解】根据可知，两个次级上的电压不变，电阻R的电流I2不变；当滑动变阻器的滑片缓慢向左移动时，R′电阻减小，I3变大，则根据可知线圈n1上的电流不断增加；根据

3可知，线圈n2的输出功率不变；故选C。6.如图所示，两根足够长的光滑导轨固定竖直放置，间距为L，底端接阻值为R的电阻。将质量为m的金属棒悬挂在一固定的轻弹簧下端，金属棒和导轨接触良好，导轨所在平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，金属棒和导轨电阻不计，现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放（设当地重力加速度为g），则（　　）A.释放瞬间金属棒的加速度小于重力加速度gB.金属棒向下的最大速度为v时，所受弹簧弹力为F＝mg－C.金属棒向下运动时，流过电阻R的电流方向为a→bD.电路中产生的总热量等于金属棒重力势能的减少量【答案】B【解析】【分析】【详解】A．释放瞬间金属棒的速度为零，没有感应电流产生，不受安培力，金属棒只受重力，所以金属棒的加速度为g，A错误；B．金属棒向下的速度最大时，加速度为零，回路中产生的感应电流为I＝安培力FA＝BIL＝根据平衡条件知F＋FA＝mg

4解得弹簧弹力F＝mg－B正确；C．金属棒向下运动时切割磁感线，根据右手定则可知，流过电阻R的电流方向为b→a，C错误；D．由于金属棒产生感应电流，受到安培力的阻碍作用，系统的机械能不断减少，最终金属棒停止运动，此时弹簧具有一定的弹性势能，所以金属棒的重力势能转化为内能和弹簧的弹性势能，则根据能量守恒定律可知在金属棒运动的过程中，电阻R上产生的总热量等于金属棒的重力势能的减少量与最终弹簧的弹性势能之差，D错误。故选B7.一列频率为40Hz的简谐横波沿x轴正方向传播，t=0时刻的波形如图所示，此时M点恰好开始振动．已知波源的平衡位置在O点，则下列判断正确的是A.该波波长为3mB.该波的传播速度为80m/sC.t=0时刻，平衡位置在x=1.8m的质点沿y轴正方向运动D.M点的振动方程为y=0.05sin80πt(m)【答案】BD【解析】【详解】A．由图像可知，该波波长为2m，选项A错误；B．该波的传播速度为选项B正确；C．由波形图可知，t=0时刻，平衡位置在x=1.8m的质点向下振动，即向y轴负方向运动，选项C错误；D．t=0时刻，M点恰好开始振动，且起始时位于平衡位置，因

5则M点的振动方程为y=0.05sin80πt(m)选项D正确．8.如图，有一截面为矩形有界匀强磁场区域ABCD，AB=3L，BC=2L在边界AB的中点上有一个粒子源，沿与边界AB并指向A点方向发射各种不同速率的同种正粒子，不计粒子重力，当粒子速率为v0时，粒子轨迹恰好与AD边界相切，则（）A.速率小于v0的粒子全部从CD边界射出B.当粒子速度满足时，从CD边界射出C.在CD边界上只有上半部分有粒子通过D.当粒子速度小于时，粒子从BC边界射出【答案】BC【解析】【详解】ABC．如图，由几何知识可知，与AD边界相切的轨迹半径为1.5L，与CD边界相切的轨迹半径为L；由半径公式：可知轨迹与CD边界相切的粒子速度为，由此可知，仅满足的粒子从CD边界的PD间射出，选项A错误，BC正确；D．由上述分析可知，速度小于的粒子不能打出磁场，故选项D错误。故选BC.

69.如图a，在竖直平面内固定一光滑的半圆形轨道ABC，半径为0.4m，小球以一定的初速度从最低点A冲上轨道，图b是小球在半圆形轨道上从A运动到C的过程中，其速度平方与其对应高度的关系图象．已知小球在最高点C受到轨道的作用力为2.5N，空气阻力不计，B点为AC轨道中点，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是(　　)A.图b中x＝36m2/s2B.小球质量为0.2kgC.小球在A点时重力的功率为5WD.小球在B点受到轨道作用力为8.5N【答案】BD【解析】【详解】A、小球在光滑轨道上运动，只有重力做功，故机械能守恒，所以有：，解得：，即为：，故选项A错误；B、由图乙可知轨道半径，小球在C点的速度，那么由牛顿第二定律可得：，解得：，故选项B错误；C、小球在A点时重力，方向向下，速度，方向向右，故小球在A点时重力的功率为0，故选项C错误；D、由机械能守恒可得在B点的速度为：；所以小球在B点受到的在水平方向上的合外力做向心力为：，所以，小球在B点受到轨道作用力为8.5N，故选项D正确；故选选项BD．第II卷（非选择题56分）

7二、实验题10.将一单摆装置竖直悬挂于某一深度为h（未知）且开口向下的小筒中（单摆的下部分露于筒外），如图（a）所示。将悬线拉离平衡位置一个小角度后由静止释放，设单摆摆动的过程中悬线不会碰到筒壁，如果本实验的长度测量工具只能测量出筒的下端口到摆球球心的距离L，并通过改变L而测出对应的摆动周期T，再以为纵轴、L为横轴作出函数关系图像，那么就可以通过此图像得出当地的重力加速度g和小筒的深度h，取。回答下列问题：（1）现有可选择的测量工具如下，本实验不需要的测量工具是_____________。A．秒表B．时钟C．天平D．毫米刻度尺（2）如果实验中所得到的图像如图（b）所示，那么真正的图像应该是线a，b，c中的__________（选填“a”、“b”或“c”）。（3）由图像可知，当地的重力加速度_________（结果保留三位有效数字），小筒的深度__________m。【答案】①BC②.a③.9.86##9.85##9.87④.0.45【解析】【详解】（1）[1]本实验需要测量时间求出周期，并要测量筒的下端口到摆球球心的距离L，则所需要的测量工具是秒表和毫米刻度尺，本题选择不需要的测量工具，即为时钟和天平。故选BC。（2）[2]由单摆的周期公式得得到

8当L＝0时所以图像应该是a。（3）[3]根据表达式结合图像a可知，图像的斜率为联立解得[4]根据表达式，当时结合图像的横截据，有11.某同学设计了一种“自动限重器”，如图甲所示。该装置由控制电路和工作电路组成，其主要元件有电磁继电器、货物装载机（实质是电动机）、压敏电阻R1和滑动变阻器R2等。压敏电阻R1的阻值随压力F变化的关系如图乙所示。当货架承受的压力达到限定值，电磁继电器会自动控制货物装载机停止向货架上摆放物品。已知控制电路的电源电动势E＝6V，r＝2Ω，电磁继电器线圈的阻值忽略不计。请你解答下列问题：(1)用笔画线代替导线将图甲的电路连接完整。（）(2)当电磁继电器线圈中的电流大小为15mA时，衔接被吸下。若货架能承受的最大压力为800N，则所选滑动变阻器R2的最大阻值至少为____Ω。(3)硅光电池是一种可将光能转换为电能的器件，现将控制电路中的电源换成硅光电池，用一定强度的光照射硅光电池，调节滑动变阻器，通过测量得到该电池的U－I曲线（如图丙）。不改变滑片的位置，当货架能承受的压力逐渐增加时，该硅光电池的内阻将____，内电路上消耗的功率将____。（以上两空选填

9“增加”“减小”“先增大后减小”“先减小后增大”或“不变”）(4)若控制电路中的电源换成硅光电源，不改变滑片的位置，即如(2)中数值，现测得硅光电源两端电压为5.4V，则货架上承受的压力为____N。【答案】①.②.318③.增大④.增大⑤.90【解析】【详解】(1)[1]将货物装载机和上触点串联组成工作电路，将R1、滑动变阻器R2、电磁铁串联接入控制电路，连接电路如图所示。(2)[2]R1与R2串联，则I1＝I2＝Imax＝15mA＝0.015A根据闭合电路的欧姆定律由图乙可知，F＝800N时，R1＝80Ω，所以即滑动变阻器R2的最大阻值至少为318Ω。(3)[3][4]由题图丙可知，随着外电路电阻减小，电路电流增大，硅光电池的U－I图线的斜率绝对值逐渐变大，即硅光电池的内阻随外电路电阻变小而变大。当不改变滑片的位置，货架能承受的压力逐渐增加时，R1的电阻变小，电路中电流增大，所以该硅光电池的内阻将增大。内电阻和电流都增大，由P内＝I2r可知内电路上消耗的功率将增大。(4)[5]硅光电源两端电压为5.4V，由题图丙可知此时电流为10mA，外电路的总电阻

10所以根据题图乙可知，此时对应的压力为90N。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）12.一点光源从凸透镜的焦点发出的光经过凸透镜后，平行射向与凸透镜的折射率相同的正方体透明介质，介质的内部有一半径的球形真空区域，如图所示。(1)光线在凸透镜中的传播速度为其在真空中传播速度的，求凸透镜的折射率；(2)为了不使光线进入介质中间的球形真空区域，在正方体透明介质左表面上至少应贴多大面积的不透明纸？【答案】(1)；(2)【解析】【详解】(1)据题意可知根据折射率与光的传播速度的关系，有(2)若不使光线射入中间的球形真空区域，则光线沿不透明纸边缘射入，在介质与真空交界处恰好发生全反射时不透明纸面积最小，光路图如图所示。

11根据临界角的定义式，有由图可知得即为所贴不透明纸的最小半径，纸的最小面积为13.如图所示，在x轴上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外；在x轴下方存在匀强电场，电场强度大小为E，方向与xoy平面平行，且与x轴成角．一质量为m、电荷量为的粒子以速度从坐标原点O沿与x轴鱼方向成角射出，一段时间后进入电场，不计粒子重力．求：粒子做匀速圆周运动的半径R和周期T；粒子从O点出发后，第3次到达x轴所经历的时间t．【答案】；【解析】【分析】

12粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，求解周期及半径；分析清楚粒子在电场中的运动过程，应用牛顿第二定律、运动学公式求出粒子在各运动过程的运动时间，然后求出粒子总的运动时间．【详解】带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，有又有：解得：，由题可知，粒子第1次到达x轴时，转过的角度为，所需时间为粒子进入电场后，先做匀减速运动，直到速度减小为0，然后沿原路返回做匀加速运动，到达x轴时速度大小仍为，设粒子在电场中运动的总时间为，加速度大小为a，电场强度大小为E，有：解得粒子离开电场第3次通过x轴时，转过的角度为，所需时间为总时间：解得：【点睛】本题考查了粒子在磁场与电场中的运动，分析清楚粒子运动过程是正确解题的前提与关键，分析清楚粒子运动过程后，应用牛顿第二定律、运动学公式即可正确解题．14.如图a所示，光滑水平直金属轨道宽L=0.6m，左端连接定值电阻R，轨道电阻不计。轨道内存在有界匀强磁场，磁感应强度B=0.5T。一根质量m=0.4kg、不计电阻的金属杆垂直轨道放置，在轨道上以初速度v0进入磁场向右运动，通过施加一个水平拉力F使金属杆做加速度大小a=1m/s2的匀减速运动直至速度为零。若以F向右为正，金属杆在磁场中运动的过程中F和金属杆运动速度v的关系如图b所示：(1)求当v=1m/s时金属杆所受安培力FA的大小；(2)求定值电阻R的大小；(3)若金属杆以v0=2m/s进入磁场，恰好运动到磁场右边界时速度为0，试讨论若金属杆以v0＜2m/s的不同数值进入磁场，金属杆从进入磁场到速度为零的过程中，拉力F的大小和方向变化情况。【答案】(1)0.4N；(2)0.225Ω；(3)见解析所示【解析】

13【详解】（1）当v=1m/s时，由图b可知拉力F=0，金属杆只受水平向左的安培力FA作用，做匀减速运动，根据牛顿第二定律有FA=ma=0.4N（2）根据安培力公式有FA＝BIL根据闭合电路欧姆定律有可得代入数据解得R=0.225Ω。（3）若金属杆以v0=2m/s进入磁场，恰好运动到磁场右边界时速度为0，根据图b可知：当1m/s＜v0＜2m/s时，由牛顿第二定律有FA－F=ma可知随速度减小，安培力减小，拉力F减小，方向始终向右；当v0=1m/s时，F=0；当v0＜1m/s时，由牛顿第二定律有FA＋F=ma