四川省泸州市泸县第四中学2022-2023学年高二物理下学期期末试题（Word版附解析）

泸县四中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.如图是氢原子能级图，现有一群处在激发态n=5能级的氢原子向低能级跃迁，a是从n=4能级跃迁到n=2能级产生的光，b是从n=5能级跃迁到n=3能级产生的光。则（　　）A.在相同的双缝干涉实验装置中，a光产生的干涉条纹比b光更宽B.在同样的玻璃中，a光的传播速度大于b光的传播速度C.用a光和b光分别照射逸出功为1.36eV的某金属时，都能发生光电效应D.该群氢原子最多能辐射出10种不同频率的光【答案】D【解析】【详解】A．a光能量b光的能量根据，可知能量值较大的a光的波长小，由干涉条纹的公式可知，a光产生的干涉条纹比b光更窄，故A错误；B．由，结合a的能量值大，可知a光子的频率大，则a对玻璃的折射率大于b对玻璃的折射率，由，可知在同样的玻璃中，a光的传播速度小于b光的传播速度，故B错误；C．根据入射光能量和逸出功关系可知：a光的能量大于金属逸出功能使金属发生光电效应，b 光的能量小于金属逸出功不能使金属发生光电效应，故C错误；D．根据可知该群氢原子最多能辐射出10种不同频率的光，故D正确。故选D。2.下列关于双缝干涉实验的说法中正确的是(   )A.单缝的作用是获得频率保持不变的相干光源B.双缝的作用是获得两个振动情况相同的相干光源C.光屏上距两缝的路程差等于半波长的整数倍处出现暗条纹D.在光屏上能看到光的干涉图样,但在双缝与光屏之间的空间却没有干涉发生【答案】B【解析】【详解】A、B、单缝的作用是获得线光源，而不是获得频率保持不变的相干光源，双缝的作用是为了获得频率相同的两个光源，故A错误，B正确；C、光屏上距两缝的路程差等于半波长的奇数倍处出现暗条纹，光屏上距两缝的路程差等于半波长的偶数倍处出现明条纹，故C错误；D、两列光波只要相遇就会叠加，满足相干条件就能发生干涉，所以在双缝与光屏之间的空间也会发生光的干涉，用光屏接收只是为了肉眼观察的方便；故D错误.故选B.3.某LC振荡电路在正常工作，某一时刻回路中的电流沿顺时针方向，且此时上极板带正电如图所示。假设此时电流的大小为i，两板间的电势差用U表示，电容器所带的电荷量用q表示，线圈中的磁场能用表示，线圈周围的磁感应强度用B表示。则此时（　　）A.i和都在逐渐增大B.U正在增大C.q正在减小D.B正在增强【答案】B【解析】 【分析】【详解】A．题图中标明电流方向为顺时针方向，且电容器上极板带正电，说明电容器正处于充电状态。电容器充电过程中，回路中电流减小，磁场能减少，故A错误；C．磁场能减少，电场能增多，电容器带电量正在增大，故C错误；B．电容器带电量正在增大，由知，电压正在增大，B正确；D．线圈中电流产生的磁场的磁感应强度正在减弱，D错误。故选B。4.一带电粒子沿着右图中曲线JK穿过一匀强电场，a、b、c、d为该电场的等势面，其中φa<φb<φc<φd，若不计粒子受的重力，可以确定(　　)A.该粒子带正电B.从J到K粒子的电势能减少C.粒子从J到K运动过程中的动能减小．D.粒子从J到K运动过程中作变加速运动．【答案】B【解析】【详解】A项：由运动轨迹可知电场力方向向右，由电势的高低可知电场线方向向左，则电性为负，故A错误；B、C项：由J到K电场力做正功，则动能增加，电势能减小，总能量不变，故B正确，C错误；D项：由于粒子在匀强电场中运动，粒子只受电场力，所以粒子所受合力恒定，故粒子作匀变速运动，故D错误．点晴：本题通过带电粒子在电场中的运动考查了电势、电势能、电场力等问题，解决这类问题的突破口是：做曲线运动的物体所受合外力指向其轨迹内侧．5.如图所示，一竖直的轻弹簧下端固定在地面上，上端与质量为m的小物块B相连，在弹簧处于原长处静止释放B的瞬间，质量也为m的小物体A从B的正上方某处自由下落，已知重力加速度为g，当A 下落高度h时B的速度第一次达到，此时两物块相碰，碰撞时间极短且碰后两物块粘在一起运动。不考虑空气阻力影响，下列说法正确的是（　　）A.碰后两物块运动最大速度为B.碰后两物块运动的最大加速度大小等于gC.两物块碰撞过程中损失的机械能为mghD.两物块碰撞过程中B对A的冲量大小为【答案】C【解析】【分析】【详解】A．碰前物块A的速度为，设碰后两物块的初速度为v，碰撞时间极短，碰撞过程遵循动量守恒定律：可得，碰后两物体还向下加速运动一段距离，最大速度，选项A错误；B．碰后两物体在竖直方向做简谐运动，在最高点与最低点处加速度最大，方向相反，两物体在最高点时弹簧不一定处于原长状态，两物体最大加速度大小不一定等于g，选项B错误；C．设两物块在碰撞过程中损失的机械能为△E，由能量守恒定律有解得选项C正确；D．两物块碰撞过程中B对A的冲量大小为 选项D错误。故选C。6.如图所示，交流发电机的矩形线圈在匀强磁场中绕垂直磁场的虚线轴以角速度ω匀速转动，线圈的电阻为r，理想变压器的副线圈并联两个阻值恒定且也为r的一模一样的灯泡A、B，原、副线圈匝数的比值为k，电路中电表均为理想电表，现灯泡B发生断路，下列说法正确的是（　　）A.电压表示数变小B.发电机的热损耗功率增大C.灯泡A亮度变亮D.单位时间外界向发电机做的功变大【答案】C【解析】【分析】【详解】A．对理想变压器有线圈匀速转动，则发电机产生的电动势的有效值不变，设为E，灯泡B断路前，对发电机有E=U原＋I原r对副线圈有整理得 灯泡B断路后，同理有可知灯泡B断路后，原线圈两端电压升高，A错误；BD．由以上分析可知，通过原线圈的电流减小，发电机的热损耗功率减小，单位时间外界向发电机做的功变小，BD错误；C．副线圈两端电压升高，灯泡A两端电压升高，通过的电流增大，灯泡A变亮，C正确；故选C。7.如图所示，由两块相互靠近的平行金属板组成的平行板电容器的极板N与静电计相接，极板M接地．现给电容器充电，静电计指针张开一定角度．保持电容器所带电量不变的情况下，下面哪些操作将使静电计指针张角变小A.将M板向下平移B.将M板沿水平向左方向远离N板C.将M板沿水平向右方向靠近N板D.在M、N板之间插入云母板【答案】CD【解析】【详解】A．将M板向下平移，正对面积减小，根据，电容减小，根据，Q不变，则电势差增大，张角变大，故A错误；B．将M板沿水平向左方向远离N板，d变大，根据，电容减小，根据，Q不变，则电势差增大，张角变大，故B错误；C．将M板沿水平向右方向靠近N板，d减小，根据，电容增大，根据，Q不变，则电势差减小，张角变小，故C正确；D．在M、N之间插入云母板（介电常数ε＞1），根据，电容增大，根据，Q不变，则电势差减小，张角变小，故D正确； 8.质量为M的带有光滑圆弧轨道的小车静止置于光滑水平面上，如图所示，一质量也为M的小球以速度v0水平冲上小车，到达某一高度后，小球又返回小车的左端，重力加速度为g，则（）A.小球以后将向左做平抛运动B.小球将做自由落体运动C.此过程小球对小车做的功为Mv02D.小球在圆弧轨道上上升的最大高度为【答案】BC【解析】【详解】AB．从小球冲上小车到小球离开小车的过程，系统在水平方向上动量守恒且无摩擦力做功，所以系统机械能守恒，设小球离开小车时候的小球速度为v1,小车速度为v2，根据动量守恒有Mv0=Mv1+Mv2根据机械能守恒联立解得v1=0v2=v0即作用后两者交换速度，小球速度变为零，开始做自由落体运动，A错误，B正确；C．根据动能定理小球对小车所作的功C正确；D．小球上升到最高点时,与小车相对静止，有相同的速度v，根据动量守恒定律Mv0=2Mv根据机械能守恒定律Mv02=2×（Mv2）+Mgh 联立解得h＝D错误。故选BC。9.半径分别为r和2r的同心圆形导轨固定在同一水平面上，一长为r，质量为m且质量分布均匀的直导体棒AB置于圆导轨上面，BA的延长线通过圆导轨的中心O，装置的俯视图如图所示，整个装置位于一匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，方向竖直向下，在内圆导轨的C点和外圆导轨的D点之间接有一阻值为R的电阻（图中未画出）。直导体棒在水平外力作用下以角速度ω绕O逆时针匀速转动，在转动过程中始终与导轨保持良好接触。设导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，导体棒和导轨的电阻均可忽略，重力加速度大小为g。（　　）A.流过R的电流方向由C到DB.流过R的电流大小为C.流过R的电流大小为D.水平外力的功率为【答案】AB【解析】【详解】A．磁感应强度竖直向下，导体棒逆时针转动，由右手定则可知，感应电流由C流向D，故A正确；BC．AB中感应电动势的大小感应电流大小为 故B正确，C错误；D．设导体棒克服摩擦力做功的功率为P，在竖直方向有由于质量分布均与，内、外圆导轨对导体棒的正压力相等，故两导轨对导体棒的摩擦力均为则有电功率由能量守恒定律得解得故D错误。故选AB。第II卷（非选择题56分）二、实验题10.某同学用电流传感器研究电容器的放电过程。如图甲为该实验电路图，电源电压恒为6V。该同学先将开关接1对电容器充电至完全充满，再将开关接2，进行放电。利用传感器记录放电过程的图像如图乙所示。 （1）已知图线与坐标轴围成面积对应的格数约为42格，由此可算出电容器的电容为___________F。（结果保留2位有效数字）（2）若将电阻R换成阻值较大的电阻，其它条件不变，则整个放电过程释放的电荷量将___________。（填“增加”、“不变”或“减少”）【答案】①.②.不变【解析】【详解】（1）[1]每隔表示的电荷量为因此充电后电容器带电量根据电容器的定义式可知电容器的电容（2）[2]最终电容器的带电量通过电阻R全部放掉，电阻值增大，导致放电时间增长，但整个放电过程中释放的电荷量保持不变。11.小明利用如图1所示的实验装置验证动量定理。将遮光条安装在滑块上，用天平测出遮光条和滑块的总质量，槽码和挂钩的总质量。实验时，将滑块系在绕过定滑轮悬挂有槽码的细线上。滑块由静止释放，数字计时器记录下遮光条通过光电门1和2的遮光时间和，以及这两次开始遮光的时间间隔，用游标卡尺测出遮光条宽度，计算出滑块经过两光电门速度的变化量。 （1）游标卡尺测量遮光条宽度如图2所示，其宽度______；（2）打开气泵，带气流稳定后，观察到______，说明气垫导轨水平。（3）多次改变光电门2的位置进行测量，得到和的数据如下表请根据表中数据，在方格纸上作出图线。0.7210.7900.8540.9130.9681.381.521.641.751.86（4）查得当地的重力加速度，根据动量定理，图线斜率的理论值为______； （5）实验结果发现，图线斜率的实验值总小于理论值，产生这一误差的两个可能原因（）A．选用的槽码质量偏小B．细线与气垫导轨不完全平行C．每次释放滑块的位置不同D．实验中的测量值偏大【答案】①.10.20②.滑块不受拉力作用下能够在短时间内保持静止③.1.96④.BD##DB【解析】【详解】（1）[1]20分度游标卡尺的精确值为，由图2可知遮光条宽度为（2）[2]打开气泵，带气流稳定后，观察到滑块在不受拉力作用下能够在短时间内保持静止，说明气垫导轨水平；（4）[3]以、为系统，根据动量定理可得可得则图线斜率的理论值为（5）[4]AC．槽码质量在同一实验中不会影响测量值的准确性，释放滑块的位置也不会影响图线的斜率，故AC错误；B．细线与气垫导轨不完全平行，则会在垂直导轨方向产生分力，越靠近定滑轮其水平分力越小，从而使加速度越小，速度变化量越小，故B正确；D．实验中的测量值偏大，则速度变化量偏小，会使图线斜率偏小，故D正确。故选BD。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. 截面为梯形的容器贮满水，靠墙放置在房间内水平桌面上，如图所示。早晨的阳光穿过窗户照射到水面，某时刻观察到阳光恰好照亮容器的整个底部。已知容器梯面倾角的正弦值为，水的折射率为，求：（ⅰ）此时光线与水面的夹角；（ⅱ）到了中午，若阳光仍能照到水面，则照亮容器底部的范围如何变化，简要说明原因。【答案】（ⅰ）；（ⅱ）照亮的范围不变，见解析【解析】【详解】（ⅰ）当光恰好照射到整个容器的底部时，由几何知识可知光线的入射角为，折射角为，根据折射定律有代入数据解得（ⅱ）到了中午，太阳升高，光线的入射角变小，折射角也随之变小，光仍会照亮整个底部，照亮的范围不变。13.如图所示，水平光滑地面上停放着一辆小车，左侧靠在竖直墙壁上，小车的四分之一圆弧轨道AB是光滑的，在最低点B与水平轨道BC相切，BC的长度是圆弧半径的10倍，整个轨道处于同一竖直平面内。可视为质点的物块从A点正上方某处无初速下落，恰好落入小车圆弧轨道滑动，然后沿水平轨道滑行至轨道末端C处恰好没有滑出。已知物块到达圆弧轨道最低点B时对轨道的压力是物块重力的9倍，小车的质量是物块的3倍，不考虑空气阻力和物块落入圆弧轨道时的能量损失。求： （1）物块开始下落的位置距水平轨道BC的竖直高度是圆弧半径的几倍；（2）物块与水平轨道BC间的动摩擦因数μ；【答案】（1）物块开始下落的位置距水平轨道BC的竖直高度是圆弧半径的4倍；（2）μ=0.3。【解析】【详解】（1）设物块的质量为m，其开始下落处的位置距BC的竖直高度为h，到达B点时的速度为v，小车圆弧轨道半径为R，则由机械能守恒定律得物块运动到B点时，根据牛顿第二定律和牛顿第三定律得解得h=4R即物块开始下落的位置距水平轨道BC的竖直高度是圆弧半径的4倍。（2）设物块与BC间的滑动摩擦力的大小为f，物块滑到C点时与小车的共同速度为v′，依题意，小车的质量为3m，BC长度为10R，由滑动摩擦定律有由动量守恒定律有对物块、小车组成的系统由能量守恒得解得μ=0.314.如图所示的平面直角坐标系xoy，在第二象限内有平行于y轴的匀强电场，电场强度的大小为E ，电场强度方向沿y轴正方向；在第三象限的正三角形PMN区域内有匀强磁场，方向垂直于xoy平面向外，正三角形边长为L，且PN边与y轴平行．现有一重力不计带负电的粒子，从y轴上的A点，以大小v0的速度沿x轴负方向射入电场，通过电场后从x轴负方向上的P点进入第三象限，且速度与x轴负方向夹角为,又经过磁场后从y轴负方向进入第四象限，且速度与y轴负方向夹角为(已知+=，OP=2AO=4h).求：(1)带电粒子的比荷=?(2)粒子到达P点时速度的大小和=?(3)PMN区域内磁场的磁感应强度B的最小值；(以上3小题答案均用E、h、L、v0等表示)【答案】（1）（2），450（3）【解析】【分析】（1）粒子在电场中做类平抛运动，应用类平抛运动规律求出粒子的比荷．（2）应用运动的合成与分解求出速度大小与方向．（3）粒子在磁场中做匀速圆周运动，经分析，α=450并且当粒子从N点出磁场时，磁感应强度最小；洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律求出磁感应强度最小值．【详解】（1）粒子在第二象限内做类平抛运动，设在第二象限内运动的时间为，则水平方向有：竖直方向有：联立得：（2）设粒子到达P点时时竖直方向的速度vy则有： 联立得：所以粒子到达p点时速度大小为与x轴的夹角为θ，由几何关系得：，所以θ=450（3）经分析，α=450并且当粒子从N点出磁场时，磁感应强度最小由几何关系得：由洛伦兹力提供向心力得：联立得：即磁感应强度的最小值