2022-2023学年山西省朔州市应县重点中学高二（下）期末物理试卷（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2022-2023学年山西省朔州市应县重点中学高二（下）期末物理试卷一、单选题（本大题共8小题，共32.0分）1.如图所示，倾角为a的薄木板定在水平面上，板上有一小孔B，不可伸长的轻绳一端系一物体A，另一端穿过小孔B竖直向下。开始时，板上方的细绳水平伸直。现慢慢拉动细绳下垂端，在物体缓慢到达小孔B的过程中，轨迹正好是一个半圆周，则物体与斜面间的动摩擦因数为(

)A.cosα B.1cosα C.tanα 2.在如图所示的电路中，E为电源电动势，r为电源内阻，R1为定值电阻，R为滑动变阻器。MN、PQ为水平放置的两个平行金属板，二者之间的电场可以视为匀强电场，虚线OO′平行于金属板。当R的滑片在中点时，闭合开关S，带电小球以v0从O点沿OO′飞入，刚好从O′点飞出。若带电小球都能够从平行金属板右侧飞出，下列说法正确的是(

)A.若滑动变阻器R的滑片向右移动一段距离后不动，带电小球仍以v0从O点沿OO′飞入，则飞出点在O′点

B.若滑动变阻器R的滑片向右移动一段距离后不动，带电小球仍以v0从O点沿OO′飞入，则飞出点在O′点下方

C.若金属板MN平行上移一小段距离，带电小球仍以v0从O点沿OO′飞入，则小球将在O′点飞出

D.若金属板MN平行下移一小段距离仍在OO′上方，带电小球仍以v0从O点沿3.在如图所示的电路中，C是平行板电容器，L是直流电阻可以忽略的电感线圈，闭合开关S，电路稳定后突然断开开关S，下列说法正确的是(

)A.当A板上所带的正电荷逐渐增多时，LC振荡电路中的电流在增加

B.当B板上所带的正电荷逐渐增多时，LC振荡电路中的电流在增加

C.仅减小电容器两极板间的距离，LC振荡电路的周期将变大

D.减小电容器两极板间的距离，同时增加电感线圈的匝数，LC振荡电路的周期可能不变

4.两分子间的分子力与它们之间距离的关系图像如图甲所示，图中r0为分子力的零点，r1为分子力的极值点；两分子的势能与分子间距离的关系图像如图乙所示，规定两分子间距离为无限远时分子势能为0，r2为分子势能的零点，r3为分子势能的极值点，极小值为−A.r0=r2 B.r0=5.如图所示，理想变压器三个线圈的匝数满足n1=n2+n3，当加在原线圈两端的电压为U1时，原线圈的输入功率为P1，电路中四个规格相同的灯泡A、B、C、D都恰好正常发光，两副线圈的输出电压分别为U2、U3，输出功率分别为P2A.P1：P2：P3=3：2：1 B.U1：U2：U3=4：2：1

C.n1：n2：n3=3：1：6.固定在水平地面上的斜面PQO上方的弧形轨道末端水平，小球从弧形轨道上某处滑下水平飞出后，恰好落在Q点，已知PO=0.8m，PQ=1.0m，取重力加速度大小g=10m/s2，则小球做平抛运动的初速度大小为(

)A.1.0m/s B.1.5m/s C.2.0m/s D.2.5m/s7.如图所示，一定质量的理想气体，从状态A沿直线经历状态B、C到达状态D，下列说法正确的是(

)A.A→B过程中气体分子的平均动能不变

B.B→C过程中气体对外界做功

C.B→C过程中气体向外界放热

D.C→D过程中气体分子的密集程度增大8.某同学用如图所示的电路探究远距离输电的能量损耗，T1、T2为两个完全相同的理想变压器，(T1升压、T2降压)，将总电阻为500Ω的长导线卷成相同的两卷A、B来模拟输电线路，忽略导线卷的自感作用，当变压器T1原线圈的输入电压为4V时，铭牌为“2.5VA.变压器T1原线圈中的电流为0.25A B.导线卷A产生的热功率为0.45W

C.远距离输电的效率为80% D.变压器T2二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）9.两个沿y轴做简谐运动的质点产生的简谐波在t=0时刻的图像如图所示，此刻平衡位置在x=0.2m和x=0.8m处的P、Q两质点刚开始振动。已知两波源分别位于横轴上x=−0.2m和x=1.2m处，它们的周期均为1s、振幅均为2cm，质点M的平衡位置在x=0.5m处，下列说法正确的是(

)A.质点P、Q同时运动到M点

B.两波源的起振方向均沿y轴负方向

C.0～3s时间内质点M通过的路程为18cm

D.t=3s时刻，质点M偏离平衡位置的位移为−4cm10.如图，MN和PQ是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，两部分平滑连接，平直部分右端接一个阻值为R的定值电阻。平直部分导轨左边区域有宽度为d、方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。质量为m、电阻也为R的金属棒从高度为ℎ处由静止释放，到达磁场右边界处恰好停止。已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g，金属棒与导轨间接触良好，则金属棒穿过磁场区域的过程中(

)A.流过金属棒的最大电流为I=ER=BL2gℎR

B.通过金属棒的电荷量为BdL2R11.如图所示，在水平地面上方固定一足够长水平轨道，质量为M的滑块套在水平轨道上，一不可伸长的轻绳一端固定在滑块底部O点，另一端连接质量为m的小球。已知O点到地面的高度为H，重力加速度大小为g，不计小球与滑块受到的空气阻力。现将小球拉至与O点等高的A处(A在水平轨道正下方)，轻绳伸直后由静止释放。下列说法正确的是(

)A.若水平轨道光滑，则滑块和小球组成的系统动量守恒，机械能守恒

B.若水平轨道光滑，轻绳OA长度为H2，当小球摆动到最低点时，迅速剪断轻绳小球运动一段时间后落地(不反弹)，小球落地时与滑块间的水平距离是d=Hm+MM

C.若水平轨道粗糙，小球在摆动过程中滑块始终保持静止，当小球所受重力的功率最大时，轻绳与水平方向的夹角的正弦值是12.如图甲所示，面积为0.2m2的100匝线圈内部存在垂直纸面、磁感应强度随时间均匀增加的匀强磁场，线圈的电阻为2Ω，磁场方向垂直于线圈平面向里，已知磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示，磁场垂直纸面向里为正，定值电阻R的阻值为8Ω，下列说法正确的是(

)A.a、b两点间的电势差Uab=−1.6V

B.电阻R上产生的热功率为0.32W

C.0～5s内电阻R上产生的热量为1.6J

D.0～5s内通过电阻R三、实验题（本大题共2小题，共24.0分）13.某同学用如下图甲所示的实验装置探究物体的速度与时间的关系：

(1)电磁打点计时器接______电源(填“低压直流”、“低压交流”或“220V交流”)。

(2)实验时，使小车靠近打点计时器，先______再______。(填“接通电源”或“放开小车”)

(3)若所接电源的频率是50Hz，则每隔______秒打一个点。

(4)图乙是绘出的小车速度−时间关系图线，根据图线求出小车的加速度为a=______m/s2.(保留三位有效数字)14.某同学用如图甲所示的装置探究气体等温变化的规律。在橡胶套和柱塞间封闭着一段空气柱，空气柱的长度L可以从刻度尺读取，空气柱的压强p可以从与空气柱相连的压力表读取。缓慢地向下压或向上拉柱塞，保持空气柱的温度不变，测量空气柱的长度及对应的压强，得到如图乙所示的p−L图像。

(1)为了更直观地处理数据，将图乙化曲为直，绘制了如图丙所示的拟合直线，则图丙的横坐标为______(填“1L”、“L”、“1L”或“L2”)。

(2)本实验探究的是气体等温变化时压强p与体积V变化的规律，但测量时却测量了空气柱的长度L，用L代替V的理由是______。

A.空气柱的横截面积S恒定

B.空气柱的温度恒定

C.空气柱的压强恒定

(3)根据实验数据，得出的结论为______。

A.一定量的气体等温变化时，压强与体积成正比

B.一定量的气体等温变化时，压强与体积成反比

C.一定量的气体等容变化时，压强与温度成正比

D四、简答题（本大题共1小题，共14.0分）15.为了监控锅炉外壁的温度变化，某锅炉外壁上镶嵌了一个底部水平、开口向上的圆柱形导热汽缸，汽缸内有一质量不计、横截面积S=10cm2的活塞封闭着一定质量理想气体，活塞上方用轻绳悬挂着矩形重物。当缸内温度为T1=300K时，活塞与缸底相距H=3cm，与重物相距ℎ=2cm。已知锅炉房内空气压强p0=1.0×105Pa，重力加速度大小g=10m/s2，不计活塞厚度及活塞与缸壁间的摩擦，缸内气体温度等于锅炉外壁温度。

(1)当活塞刚好接触重物时，求锅炉外壁的温度T五、计算题（本大题共1小题，共14.0分）16.如图，直角坐标系xOy中，在第一象限内有沿y轴负方向的匀强电场；在第三、第四象限内分别有方向垂直于坐标平面向里和向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子从y轴上P点(0,ℎ)以初速度v0垂直于y轴射入电场，再经x轴上的Q点沿与x轴正方向成45°角进入磁场。粒子重力不计。

(1)求匀强电场的场强大小E；

(2)要使粒子能够进入第三象限，求第四象限内磁感应强度B的大小范围；

(3)若第四象限内磁感应强度大小为mv0qℎ，第三象限内磁感应强度大小为2mv0qℎ，且第三、第四象限的磁场在y=−L(L>2ℎ)处存在一条与x轴平行的下边界MN(图中未画出)

答案和解析1.【答案】C

【解析】解：物体在斜面上缓慢运动时，受到4个力：重力G，绳子的拉力F1，斜面的支持力F2，物体在运动时受到的摩擦力F3，这四个力的合力近似为零；

其中F1和F3同斜面平行，F2同斜面垂直，G同斜面成(90°−α)。

根据各力之间的平衡的原则，可列出以下公式：

在垂直斜面方向，有：F2=G⋅cosα，

因此有摩擦力F3=μF2=μGcosα，

接下来考虑平行于斜面的力，为了简化问题状态，可以直接以A点处的系统状态来进行分析，此时时摩擦力和重力在斜面平行方向上的力是反向、等大的，即应该是近似平衡的，有：

μGcosα=Gsinα2.【答案】C

【解析】解：由题图可知，当电路稳定时或电容器在充电时，二极管所加的正向电压，其可等效为导线。两平行板与R1并联，它们两端电压相等，用u1表示。滑动变阻器为限流式接法。

AB、若滑动变阻器R滑片右移，则其接入电路的阻值减小，回路的总电阻减小，由闭合电路的欧姆定律可知I总=ER1+R+r，u1=I总R1，R减小，可知I总增大，u1增大。

在滑动变阻器的滑片没有移动时，小球能沿OO′飞出，说明重力等于电场力，现u1增大，由公式E=Ud可知E增大，电场力大于重力，小球的合力竖直向上，则小球做曲线运动，在O′点上方飞出，速度变大，故AB错误；

C、若只上下平移金属板MN，则R1两端电压不变，由电容的决定式C=ɛrS4πkd知，MN平行上移，板间距离d增大，C减小，电容器要放电，但二极管具有单向导电性，故电容器不能放电，所带的电荷量不变，由公式C=QU、E=Ud，可得：E=4πkQϵrS，故小球在电容器中所受电场力仍等于重力，小球仍沿OO′运动，从O′点飞出，故C正确；

3.【答案】C

【解析】解：A.当A板上所带的正电荷逐渐增多时，电容器中电场能增加，由能量守恒定律知线圈中磁场能减小，所以LC振荡电路中的电流在减小，故A错误；

B.当B板上所带的正电荷逐渐增多时，电容器中电场能增加，由能量守恒定律知线圈中磁场能减小，所以LC振荡电路中的电流在减小，故B错误；

C.仅减小电容器两极板间的距离，由C=εrS4πkd，可知电容器电容变大，由T=2πLC，LC振荡电路的周期将变大，故C正确；

D.减小电容器两极板间的距离，由C=εrS4πkd，可知电容器电容变大，增加电感线圈的匝数，则电感线圈的自感系数增大，由T=2πLC可知LC振荡电路的周期将变大，故D错误。

故选：C。4.【答案】B

【解析】解：AB.当r1=r0，即分子间距离等于平衡距离时，分子力为零，分子势能最小，所以r0=r3，故A错误，B正确；

CD.从r3减小到r2的过程中，分子势能增大，分子间距离小于平衡位置，分子间作用力为斥力，故r1≠r5.【答案】D

【解析】解：BC、设灯泡正常发光时的工作电压为U0，工作电流为I0，则有：n2n3=U2U3=2U0U0=21

又根据题意可知：n1=n2+n3

可得：n1：n2：n3=3：2：1

根据理想变压器原副线圈电压比等于匝数比可得：U1：U2：U3=n1：n2：n3=3：2：1，故BC错误；

AD、根据功率公式有：P6.【答案】B

【解析】解：水平位移

OQ=PQ2−PO2=12−0.82m=0.6m

根据

PO=12gt2

得7.【答案】C

【解析】解：A、由p−T图像可知，气体在A→B过程中温度升高，则气体分子的平均动能变大，故A错误；

BC、由图像可知B→C过程中，气体做等压变化，所以气体压强不变，温度降低，根据盖—吕萨克定律VT=C可知气体体积减小，则外界对气体做正功，由于气体温度降低，气体内能减小，根据热力学第一定律可知，气体向外界放热，故B错误，C正确；

D、由p−T图像可知气体在C→D过程中，温度不变，压强减小，根据理想气体状态方程pVT=C可知气体体积变大，则气体分子的密集程度减小，故D错误。

故选：C。

本题考查理想气体状态方程、等容线及热力学第一定律，根据理想气体状态方程，一定质量的理想气体pVT=C为常数，变形为：p=C8.【答案】D

【解析】解：T1、T2为两个完全相同的理想变压器，设T1的原副线圈匝数之比为n1：n2，电压为U1、U2，电流为I1、I2，则T2的原副线圈匝数之比为n2：n1，设电压为U3和U4，电流为I3、I4，根据理想变压器的变压规律得：U1U2=n1n2，U3U4=n2n1，联立解得：U3U2=U4U1，代入数据得：U3U2=2.5V4.0V=58①

根据输电电路可知：I2=I3，U2=U3+I3R②

其中9.【答案】BD

【解析】解：A.根据简谐横波的传播特点可知，质点不会随波迁移，故A错误；

B.根据同侧法可知，质点P、Q的起振方向均沿y轴负方向，所以两波源的起振方向均沿y轴负方向，故B正确；

C.M点到两波源的波程差为零，所以M处于振动加强点，其振幅为4cm，两列波传播的速度均为

v=λT=0.41m/s=0.4m/s

波传播到M点需要的时间为

t=xv=0.30.4s=0.75s

所以在0～3s内，M点振动的时间为2.25s，即两个周期加四分之一周期，所以质点M通过的路程为

s=2×4A+A=2×4×4cm+4cm=36cm

故C错误；

D.t=3s时刻，质点M处于波谷，所以其偏离平衡位置的位移为−4cm，故D正确。

故选：10.【答案】BD

【解析】解：A.对导体棒下滑到底端的过程中根据动能定理可得：

mgℎ=12mv2

流过金属棒的最大电流为

I=E2R=BLv2R=BL2gℎ2R，故A错误；

B.通过金属棒的电荷量为

q=IΔt=ΔΦ2RΔtΔt=ΔΦ2R=BLd2R，故B正确；

C.由能量守恒可知整个电路中产生的焦耳热为：

Q=mgℎ−μmgd

金属棒内产生的焦耳热为

Q1=Q2=mg2(ℎ−μd)

故C错误；11.【答案】BC

【解析】解：A.若水平轨道光滑，则滑块和小球组成的系统水平方向的合外力为零，则滑块和小球组成的系统在水平方向上动量守恒，由于小球相对O点做圆周运动，处于超重状态，系统竖直方向的合外力不为零，系统在竖直方向上动量不守恒，故滑块和小球组成的系统动量不守恒。系统无机械能损失，故系统的机械能守恒，故A错误；

B.设小球摆到最低点时速度大小为v1，此时滑块速度大小为v2，以水平向右为正方向，根据水平方向上系统动量守恒得：

mv1−Mv2=0

根据系统机械能守恒得：

mg⋅H2=12mv12+12Mv22

解得：v1=MgHm+M，v2=mMMgHm+M

剪断轻绳后，滑块向左做匀速直线运动，小球以向右的初速度v1做平抛运动，设经时间t落地，根据小球在竖直方向做自由落体运动，可得：

H−H2=12gt2

小球在水平方向上做匀速直线运动，可得落地时与滑块间的水平距离为：

d=(v1+v2)t

联立解得：d=Hm+MM，故B正确；

C.设轻绳长度为L，轻绳与水平方向夹角为θ时，绳中张力为F，小球速度为v，对小球根据机械能守恒定律可得：

mgLsinθ=12mv2

根据牛顿第二定律得：

F−mgsinθ=mv2L

小球所受重力的功率为：PG=mgvy

可知重力功率最大时小球速度的竖直分量vy最大，可得小球加速度的竖直分量ay12.【答案】BCD

【解析】解：A.根据法拉第电磁感应定律可得线圈产生的感应电动势大小为

E=NΔΦΔt=NSΔBΔt

根据楞次定律可知电流从a点流出、b点流入，所以a点电势比b点电势高，根据闭合电路欧姆定律可得a、b两点间电压为

Uab=ERR+r

联立解得：Uab=1.6V，故A错误；

B.电路中电流为

I=ER+r

代入数据解得：I=0.2A

电阻R上产生的热功率为

P=I2R

代入数据解得：P=0.32W，故B正确；

C.0～5s内电阻R上产生的热量为

Q=I2Rt

代入数据解得：Q=1.6J，故C正确；

D.0～5s内通过电阻R的电荷量为

q=It=0.2×5C=1C13.【答案】低压交流

接通电源

放开小车

0.02

0.682

【解析】解：(1)电磁打点计时器接低压交流电源

(2)实验时，使小车靠近打点计时器，先接通电源再放开小车。

(3)若所接电源的频率是50Hz，则每隔0.02秒打一个点。

(3)在v−t图象中图线的斜率表示加速度即为：

a=△v△t=1.00−0.700.50−0.06=0.682

m/s2。

故答案为：(1)低压交流(2)接通电源放开小车(3)0.02 (4)0.682。

了解电磁打点计时器的工作电压、工作原理，实验中要先接通电源，然后释放小车。14.【答案】1L

A

B【解析】解：(1)根据理想气体状态方程有：pVT=C

封闭气体体积：V=SL

可得：p=CTS⋅1L，故图丙的横坐标为1L。

(2)气体的体积为：V=SL，其中S为空气柱的横截面积，由于空气柱的横截面积S不变，所以用L代替V，故A正确，BC错误；

故选：A。

(3)根据实验数据得出的结论为一定量的气体等温变化时，压强与体积成反比。故B正确，ACD错误；

故选：B。

故答案为：(1)1L；(2)A；(3)B

15.【答案】解：(1)活塞上升过程中，缸内气体发生等压变化，有

V1=HS

V2=(H+ℎ)S

由盖—吕萨克定律

V1T1=V2T2

代入数据解得：T2=500K

(2)活塞刚好接触重物到轻绳拉力为零的过程中，缸内气体发生等容