四川省宜宾市第四中学2022-2023学年高二物理下学期期中试题（Word版附解析）

宜宾市四中2023年春期高二期中考试物理试题第I卷：选择题一、选择题：本题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，第8~10题有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。1.放射性元素的原子核往往需要经历一系列的衰变和衰变才能达到稳定的状态，如，若、、、的质量分别用、、和表示，则下列说法正确的是（　　）A.在中，，B.衰变过程中释放出的射线比射线的穿透能力强C.20个核经过2个半衰期后还剩5个核D.一个核衰变成一个核释放的核能为【答案】A【解析】【详解】A．根据电荷数守恒和质量数守恒，可知解得，A正确；B．衰变过程中释放出的射线比射线的电离能力强，穿透能力弱，B错误；C．半衰期是统计学规律，对于大量原子核衰变时才适用，对于个别原子核没有意义，C错误；D．根据质能方程可得释放的核能为D错误。故选A。 2.下列说法正确的是（　　）A.热力学第二定律可表述为“不可能使热量由低温物体传递到高温物体”B.固体可以分为晶体和非晶体两类，有些非晶体在不同的方向上有不同的光学性质C.一定质量的理想气体温度升高、体积减小时，气体分子对单位面积器壁的平均作用力增大D.同种液体在相同温度下形成的未饱和汽、饱和汽的压强不相同，分子平均动能也不相同【答案】C【解析】【分析】【详解】A．热力学第二定律可表述为“不可能使热量由低温物体传递到高温物体而不引起其他的变化”，选项A错误；B．固体可以分为晶体和非晶体两类，有些晶体在不同的方向上有不同的光学性质，即表现为各向异性，选项B错误；C．一定质量的理想气体温度升高、体积减小时，气体的压强变大，则气体分子对单位面积器壁的平均作用力增大，选项C正确；D．同种液体在相同温度下形成的未饱和汽、饱和汽的压强不相同，由于温度相同，则分子平均动能相同，选项D错误。故选C。3.为了测量储罐中不导电液体的高度，将与储罐外壳绝缘的两块平行金属板构成的电容C置于储罐中，电容C可通过开关S与电感L或电源相连。当开关从a拨到b时，由电感L与电容C构成的回路中产生振荡电流。在LC振荡电路中，某时刻磁场方向、电场方向如图所示，下列说法正确的是（　　）A.电容器正在充电B.振荡电流正在增大C.线圈的自感电动势正在减小D.当储罐内的液面高度升高时，LC振荡频率增大 【答案】A【解析】【详解】A．由图可知，电容右极板带正电，负极板带负电。由磁场方向可知电流方向为由负极板流向正极板。故电容正在充电，电容器电压增大，自感线圈两端电压与电容器两端电压相等，线圈的自感电动势增大，磁场能减小，电场能增大，震荡电流正在减小，故A正确、BC错误；D．当储罐内的液面高度升高时，两板间充入的电介质增多，电容增大，根据LC震荡周期可知回路的振荡周期变大，故振荡频率减小，故D错误。故选A。【点睛】掌握LC振荡电路的基本原理及规律。4.一列简谐横波，在时刻的图像如图甲所示，此时，P、Q两质点的位移均为，波上A质点的振动图像如图乙所示，则以下说法正确的是（　　）A.这列波沿x轴负方向传播B.这列波的波速是C.时，质点P的位移为，且速度方向沿y轴正方向D.从开始，质点P比质点Q早回到平衡位置【答案】D【解析】【详解】A．由图乙可知，t=0.6s时A质点沿y轴负方向运动，则此时A质点应位于沿波传播方向波形的上坡，结合图甲可知这列波沿x轴正方向传播，故A错误；B．波长为，周期为，所以波速为 故B错误；C．t=0.6s时质点P沿y轴正方向运动，从0.6s到1.2s经历半个周期，根据对称性可知时，质点P的位移为，且速度方向沿y轴负方向，故C错误；D．根据三角函数知识可知并且解得，从开始，质点P比质点Q早回到平衡位置时间为故D正确。故选D。5.如图所示的电路中，灯泡、电阻相同，自感线圈的电阻跟灯泡相差不大，在时刻将断开，那么流过灯泡的电流随时间变化的图象正确的是（　　）A.B.C.D.【答案】D 【解析】【详解】由题可知，可认为自感线圈的电阻跟灯泡相等，当电路稳定时，流过灯泡A的电是流过灯泡B的一半，在时刻将断开，因为线圈阻碍电流的减小，在L和A、B灯泡构成的回路中形成顺时针方向的电流，此刻电路中电流与稳定时流过灯泡A的电流差不多相等，但流过灯泡B的电流与稳定时的方向相反，随着时间的变化电流逐渐减小。故选D。6.图甲为风力发电的简易模型。在风力作用下，风叶带动与杆固连的永磁铁转动，磁铁下方的线圈与电压传感器相连。在某一风速时，传感器显示的电压按图乙正弦规律变化，则（　　）A.风叶的转速为0.4r/sB.线圈两端电压的有效值为11VC.交变电流的电压表达式为u＝22sin5πtVD.交变电流的电压表达式为u＝22sin10πtV【答案】C【解析】【详解】A．电流的周期为T=0.4s，故磁体的转速为故A错误；B．通过乙图可知电压的最大值为22V，故有效值故B错误；CD．周期T=0.4s，故 故电压的表达式为故C正确，D错误。故选C。7.如图，光滑无电阻的金属框架竖直放置，匀强磁场的磁感应强度为，方向垂直于平面指向纸里。质量为，长度为，电阻为的金属棒从的位置由静止释放，两端沿框架在重力作用下滑动。若当地的重力加速度为。金属棒与轨道始终保持良好接触，下列说法正确的是（）A.棒下滑过程机械能守恒B.下滑过程中棒产生从到方向的电流C.从释放到棒全部滑至水平轨道过程中产生电能小于D.从释放到棒全部滑至水平轨道过程中，通过棒的电荷量小于【答案】C【解析】【详解】A．棒在下滑过程中，棒与金属导轨组成闭合回路，磁通量发生改变，回路会产生感应电流，棒将受到安培力作用，安培力对棒做负功，棒的机械能不守恒，故A错误；B．设，闭合回路的面积为可知当时，闭合回路面积最大；则棒下滑过程中，闭合回路围成的面积减小，回路磁通量减小，根据楞次定律可知，产生的感应电流为顺时针方向，即棒产生从到方向的电流，故B错误；C．棒从释放到滑至水平轨道过程，重力势能减少量为根据能量守恒定律可知，减少的重力势能转化为棒的动能和回路中产生的电能，则回路产生的电能小于 ，故C正确；D．从释放到棒全部滑至水平轨道过程中，棒与金属导轨组成闭合回路磁通量的变化量大小为根据联立可得通过棒的电荷量为故D错误。故选C。8.质量为1kg的a与质量未知的b沿水平面上同一条直线运动，并发生碰撞，碰撞后两者粘在一起运动；经过一段时间后，从光滑路段进入粗糙路段，两者的位置x随时间t变化的图象如图所示。则（　　）A.碰后a、b一起沿b原来运动的方向运动B.b的质量为4kgC.碰撞过程中损失的机械能为4JD.a、b克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比为1∶1【答案】AC【解析】【详解】A．设a、b碰撞前的速度分别为v1、v2。由题图得v1=－2m/s，v2=1m/s，a、b发生碰撞后的共同速度v=m/s，碰后a、b一起沿b原来运动的方向运动，A正确；B．由动量守恒定律得mav1＋mbv2=（ma＋mb）v得 mb=8kgB错误；C．由能量守恒定律得，a、b因碰撞而损失的机械能为C正确；D．a、b碰撞后的总动能为E=（ma＋mb）v2=2J则a、b克服摩擦力做的功W=2J，此功与因碰撞而损失的机械能之比为W∶ΔE=1∶2故D错误。故选AC。9.如图所示，R0为热敏电阻（温度升高电阻迅速减小），D为理想二极管（正向电阻为0，反向电阻无穷大），C为平行板电容器．当开关K闭合，滑动变阻器R的触头P在适当位置时，电容器C中央有一带电液滴刚好静止．M点接地，则下列说法正确的是（）A.开关K断开，则电容器两板间电场强度为零B.将热敏电阻R0加热，则带电液滴向上运动C.滑动变阻器R的触头P向下移动，则带电液滴在C处电势能减小D.滑动变阻器R的触头P向上移动，则带电液滴在C处电势能增大【答案】BC【解析】【详解】A．根据平衡条件可知液滴受电场力向上，大小等于重力。开关K断开时，电容器直接接在电源两端，电压增大，电场强度增大。故A错误。B．热敏电阻加热时，热敏电阻阻值减小，则由闭合电路欧姆定律可知，滑动变阻器两端的电压增大，故电容器两端的电压增大，电场强度增大，液滴向上运动。故B正确。C．滑动变阻器R的触头P向下移动，滑动变阻器接入电阻增大，则总电流减小，内压及R0 两端的电压减小，则滑动变阻器两端的电压增大，会充电，电容器两端的电势差增大，液滴向上运动，电场力做正功，电势能减小。故C正确。D．当变阻器的滑片P向上移动时，滑动变阻器接入电阻减小，则总电流增大，内压及R0两端的电压增大，则滑动变阻器两端的电压减小，故不会充电，由于二极管，也不会放电，故电容器两端的电势差不变，电势能不变。故D错误。10.如图甲所示，两水平金属板间距为d，板间电场强度的变化规律如图乙所示。t=0时刻，质量为m的带电微粒以初速度v0沿中线射入两板间，0~时间内微粒匀速运动，T时刻微粒恰好经金属板边缘飞出。微粒运动过程中未与金属板接触。重力加速度的大小为g。关于微粒在0~T时间内运动的描述，正确的是（）A.末速度沿水平方向，大小大于v0B.重力势能减少了mgdC.电势能增加了mgdD.金属板长度为3v0【答案】CD【解析】详解】A．0~时间内微粒匀速运动，则说明E0q=mg在~时间内微粒只受重力，则微粒做平抛运动（水平方向做匀速直线运动、竖直方向做自由落体运动），在~T时间内微粒合外力向上，做类平抛运动（水平方向做匀速直线运动、竖直方向做加速度为-g的匀减速直线运动），则根据对称性可知，微粒在T时刻，竖直方向速度刚好为零，只有水平方向的速度v0，A错误；BC．根据选项A的分析可知，且T时刻微粒恰好经金属板边缘飞出，则微粒在竖直方向运动的位移为y=2×g()2== 则电势能增加了DEp=E0qy=mgdB错误、C正确；D．由选项B可知T=则金属板长度为L=v0T=3v0D正确。故选CD。第II卷（非选择题60分）二、实验题11.在“用单摆测定重力加速度”的实验中：(1)需要记录的数据有：小钢球的直径d、_______、摆长L、_______和周期T；(2)用标准游标卡尺测小钢球的直径如图甲所示，则直径d为______mm；(3)如图所示，某同学由测量数据作出L-T2图线，根据图线求出重力加速度g=______m/s2（已知π2≈9.86，结果保留3位有效数字）。 【答案】①.摆线长l②.30次全振动的总时间t③.18.6mm④.9.66（9.60~9.70）【解析】【详解】(1)[1][2]根据单摆的周期公式知要测重力加速度，需要测量小钢球的直径d、摆线长l从而得到单摆的摆长L；还要测量30次全振动的总时间t从而得到单摆的周期T。(2)[3]游标卡尺的主尺读数为18mm，游标尺上第6个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标尺读数为6×0.1mm=0.6mm所以最终读数为10mm+0.6mm=18.6mm(3)[4]根据单摆的周期公式得再根据L-T2图象的斜率为即得g≈9.66（9.60~9.70都正确）12.某同学在做“测定玻璃折射率”实验时，其操作步骤如下：①把长方形玻璃砖放在白纸上，使它的长边跟对齐，在白纸上画出玻璃砖的另一个界面；②移去大头针和玻璃砖，连接P3、P4，通过P3、P4的连线与的交点O＇和上的入射点O，作出玻璃砖中的光线，测量出入射角θ1与折射角θ2，如图所示，并填入表格中：③在白纸上画出一条直线代表两种介质的界面，过上的O点画出界面的法线，并画一条线段AO作为入射光线；④在线段AO上竖直地插上两枚大头针P1、P2，透过玻璃砖观察大头针P1、P2的像。调整视线方向，直到P1的像被P2挡住。再在观察的这一侧插两枚大头针P3、P4，使P3挡住P1、P2的像，P4挡住P1、P2的像和P3，记下P3、P4的位置： （1）上述步骤正确的操作顺序应为______（用步骤前的序号表示）；（2）在该实验中，光线是由空气射入玻璃砖，根据测得的入射角和折射角的正弦值画出的图线如图所示，从图线可知玻璃砖的折射率是______。（3）在用针插法测定玻璃砖折射率的实验中，甲、乙二位同学在纸上画出的界面、与玻璃砖位置的关系分别如图乙中①、②所示，其中甲同学用的是矩形玻璃砖，乙同学用的是梯形玻璃砖。他们的其它操作均正确，且均以、为界面画光路图。则甲同学测得的折射率与真实值相比______（填“偏大”、“偏小”或“不变”）：乙同学测得的折射率与真实值相比______（填“偏大”、“偏小”或“不变”）。【答案】①.③①④②②.1.5③.偏小④.不变【解析】【详解】（1）[1]实验时先需要作出玻璃介质一个发生折射的界面，即在白纸上画出一条直线代表两种介质的界面，过上的O点画出界面的法线，并画一条线段AO作为入射光线，即先进行操作③，之后把长方形玻璃砖放在白纸上，使它的长边跟对齐，在白纸上画出玻璃砖的另一个界面，进行操作①，在利用插针法确定入射光线与折射光线，即进行操作④，最后作出光路图，求出折射角与入射角，求出折射率，即进行操作②，可知上述步骤正确的操作顺序应为③①④②。（2）[2]根据结合图像可知（3）[3]在图乙①中，作出光路图，如图所示 其中，虚线表示实际光路，实线表示测量光路，可知测量的折射角大于实际的入射角，则甲同学测得的折射率与真实值相比偏小；[4]乙同学虽然利用梯形玻璃砖，但其界面、入射角与折射角均不存在问题，即乙同学测得的折射率与真实值相比不变。三、解答题（本答题共三个小题，13题10分，14题14分，15题20分，共44分）13.如图所示，棱镜的折射率为，其截面为等腰三角形．已知，BM=L，．在此截面所在的平面内，一条光线平行于BE边从AB边上的M点射入棱镜，最后从AE边上的N点平行于BE边射出（图中未画出）．真空中光速为c，不考虑光线在AB、AE边反射情况．sin37°=cos53°=0.6；cos37°=sin53°=0.8；sin74°=cos16°=0.96；cos74°=sin16°=0.28．（ⅰ）求E、N两点间距离；（ⅱ）求光在棱镜中传播的时间t．【答案】（ⅰ）（ⅱ）【解析】【详解】光路图如图所示：（ⅰ）在AB边上M点：入射角为i＝53°，折射角为 由折射定律得：解得：＝37°在BE边上的D点：入射角θ＝74°设全反射的临界角为C，则：sinC==0.75＜sin74°因θ＞C，光在D点发生全反射．在三角形MBD中，由正弦定理得：解得：由三角形MBD与三角形NED相似，则有：（ⅱ）光在棱镜中传播的速度：时间：14.如图所示为电流天平，可以用来测量匀强磁场的磁感应强度。它的右臂挂着电阻为R的矩形线圈，匝数为n，线圈水平边长为L，处于方向垂直于纸面向里的有界匀强磁场内。重力加速度为g。（1）当线圈中的电流为I时，在t时间内通过线圈横截面的电荷量q；（2）当线圈中通过逆时针方向电流I时，调节砝码使两臂达到平衡。然后使电流反向，大小不变，这时需要在左盘中增加质量为m的砝码，才能使两臂再达到新的平衡。请用n、m、L、I计算出磁感应强度B的表达式；（3）剪断细线，矩形线圈由静止下落，经一段时间，线圈的上边离开磁感应强度为B1的匀强磁场前瞬间的速度为v。不计空气阻力，求线圈离开磁场前瞬间，感应电流的电功率P。 【答案】（1）q=It；（2）；（3）【解析】【详解】（1）根据可得q=It（2）设电流方向未改变时，等臂天平的左盘内砝码质量为m1，右盘内的砝码和线圈的总质量为m2，则由等臂天平的平衡条件得；电流方向改变后，同理可得两式相减得（3）线圈上边刚离开磁场前产生的感应电动势为由闭合电路欧姆定律得线圈消耗的电功率为解得15.如图所示，光滑水平面上静止着质量m1=0.1kg的小球甲和质量m2=0.2kg 的小球乙，两球用轻绳连接并压紧一轻弹簧，弹簧与两小球均不拴接，初始时弹簧的压缩量x=3cn；在甲球的右侧x1处停放着质量m3=0.3kg，半径R=12cm的圆弧槽丙，槽的各个表面均光滑，下端与水平面相切。现烧断甲、乙之间的细线。且弹簧恢复原状前，甲球没有接触槽内。小球可视为质点，重力加速度g取10m/s2。求：(1)x1至少多少；(2)若甲球恰好能到达圆弧槽丙的顶端A，初始时弹簧储存的弹性势能EP为多少；(3)若初始时弹簧储存的弹性势能EP=1.20J，则甲球与圆弧槽丙作用后再次到达水平面时的速度为多少。【答案】（1）2cm；（2）0.24J；（3）【解析】【详解】（1）设弹簧恢复原状的瞬间，甲球恰好没有接触圆弧槽丙，甲的速度大小为v1、位移为x1，乙的速度大小为v2、位移为x2，由动量守恒定律0=m1v1-m2v2则有0=m1x1-m2x2由于x1+x2=x解得x1=2cm（2）弹簧恢复原状时，甲的速度大小设为v1，乙的速度大小设为v2，由动量守恒和能量守恒得0=m1v1-m2v2解得① 甲与丙作用，到达顶端A时，获得的共同速度设为v3，由动量守恒和能量守恒得②由①②式得（3）由第（2）问知，若EP=1.20J，甲球会从圆弧槽丙的A端飞出做斜抛运动，由于甲斜抛时与丙的水平速度相等，所以甲球下落时，还会再与丙作用一次，当甲落回水平面时，相当于甲、丙发生了一次弹性碰撞。由①式知弹簧恢复原状时，甲球获得的速度v1=4.0m/s甲与丙发生弹性碰撞，设碰后甲的速度为、丙的速度为，由动量守恒和动能守恒得解得