2022-2023学年四川省泸县重点中学高二（下）期中物理试卷（含解析）

2022-2023学年四川省泸县重点中学高二（下）期中物理试卷

一、单选题（本大题共6小题，共36.0分）

1.下列有关光现象的说法中正确的是（）

A.在太阳光照射下，水面上油膜出现彩色花纹是光的色散现象

B.在光的双缝干涉实验中，若仅将入射光由绿光改为黄光，则条纹间距变窄

C.光导纤维丝的内芯材料的折射率比外套材料的折射率大

D.光的偏振现象说明光是一种纵波

2.下述说法中正确的是（）

A.卢瑟福通过对阴极射线的研究发现了电子

B.α粒子散射实验中使α粒子发生较大角度偏转的是与电子碰撞的结果

C.大量原子从ri=4的激发态向低能态跃迁时，可以产生的光谱线数是6条

D.氢原子从基态跃迁到激发态时，动能变大，势能变小，总能量变小

3.如图所示，线圈L的自感系数很大，且其直流电阻可以忽略不计，L1,G是两个完全相同

的小灯泡，开关S闭合和断开的过程中，灯L、G的亮度变化情况是（灯丝不会断）（）

A.S闭合，k亮度不变，G亮度逐渐变亮，最后两灯一样亮；S断开，A?立即熄灭，k逐渐变

亮

B.S闭合，Ll亮度不变，乙2很亮；S断开，人、G立即熄灭

C.S闭合，公、Q同时亮，而后Ll逐渐熄灭，G亮度不变；S断开，G立即熄灭，b亮一下再

熄灭

D.S闭合，刀、功同时亮，而后Ll逐渐熄灭，名则逐渐变得更亮；S断开，G立即熄灭，k亮

一下再熄灭

4.一列简谐横波沿直线由质点α向质点b传播，a、b两质点平衡位置之间的距离为10.5m,

其振动图象如图所示，则以下说法正确的是（）

WCm

A.质点a的振动方程为y=IOcos]tcrnB.该波的波长可能是8.4m

C.该波的波速可能是10.5m∕sD.该波由a传到b所经历的时间可能是7s

5.一长直铁芯上绕有线圈P,将一单匝线圈Q用一轻质绝缘丝线悬挂在P的左端，线圈P的中

轴线通过线圈Q的中心，且与线圈Q所在的平面垂直.将线圈P连接在如图所示的电路中，其

中R为滑动变阻器，E为直流电源，S为开关.下列情况中，可观测到Q向左摆动的是（）

B.S断开的瞬间

C.在S闭合的情况下，将R的滑片向a端移动时

D.在S闭合的情况下，保持电阻R的阻值不变

6.如图所示，竖直平面内有一金属圆环，半径为a,总电阻为4R（指拉直时两端的电阻），磁

感应强度为B的匀强磁场垂直穿过环平面，环的最高点4用钱链连接长度为2a、电阻为专的导

体棒4B,AB由水平位置紧贴环面摆下，当摆到竖直位置时，B点的线速度为"，则这时4B两

端的电压大小为（）

AB

B

ʌ2BavdBavrtBav

A∙ʃb∙VC∙~D.Bav

二、多选题（本大题共3小题，共18.0分）

7.如图所示为远距离输电示意图，发电机的输出电压Ul及输电线的电阻、理想变压器的匝

数均不变，夜幕降临当用户开启的用电器越来越多时.下列表述正确的是（）

〃3“4

用

电

为器

Hh-----------------11-------

降压变压器

A.升压变压器次级电压/降低B.降压变压器初级电压/降低

C.输电线消耗的功率增大D.发电机的输出功率不变

8.如图所示，4、B两闭合线圈为同样导线绕成，4有10匝，B有20匝，两圆线圈半径之比

为2:1,均匀磁场只分布在B线圈内。当磁场随时间均匀减弱时（）

A.A中无感应电流B.A、B中均有恒定的感应电流

C.A、B中感应电动势之比为2:1D.A、B中感应电流之比为1:2

9.如图甲所示，一光滑的平行金属导轨ABCD竖直放置.AB,Cn相距3在4、C之间接一

个阻值为R的电阻.在两导轨间的abed矩形区域内有垂直导轨平面向外、高度为5八的有界匀

强磁场，磁感应强度为8.一质量为m电阻为r长度也为L的导体棒放在磁场下边界ab上（与ab边

重合）.现用一个竖直向上的力F拉导体棒，使它由静止开始向上运动，导体棒刚要离开磁场时

恰好做匀速直线运动，导体棒与导轨始终垂直且保持良好接触，导轨电阻不计，F随导体棒

与初始位置的距离X变化的情况如图乙所示，下列判断正确的是（）

A.导体棒离开磁场时速度大小为电詈

B.离开磁场时导体棒两端电压为鬻

C.导体棒经过磁场的过程中，通过电阻R的电荷量为粤

K

D.导体棒经过磁场的过程中，电阻R产生焦耳热为塔”一2m3∕R,+r）

三、实验题（本大题共2小题，共14.0分）

10.用双缝干涉测光的波长.实验装置如图（甲）所示，已知单缝与双缝间的距离人=100mm,

双缝与屏的距离6=700mm,双缝间距d=0.25mm.用测量头来测量亮纹中心的距离.测量

头由分划板、目镜、手轮等构成，转动手轮，使分划板左右移动，让分划板的中心刻线对准

亮纹的中心（如图（乙）所示），记下此时手轮上的读数，转动测量头，使分划板中心刻线对准

另一条亮纹的中心，记下此时手轮上的读数.

滤光片单缝双缝

_L.....h:

光源圈工『一显i羊

甲

g-45

30

40

第1条时读数第4条时读数

乙丙

（1）分划板的中心刻线分别对准第1条和第4条亮纹的中心时，手轮上的读数如图（丙）所示，则

对准第1条时读数Xl=2.190mm,对准第4条时读数刈=mm

(2)根据以上条件，可算出这种光的4=nm(保留三位有效数字)

(3)在双缝干涉实验中发现条纹太密，难以测量，下列操作中可以使条纹变稀疏的是()

A.改用波长较短的光(如紫光)做入射光

A增大双缝到屏的距离

C减少双缝间距

D增大双缝间距

11.图1中所示装置可以用来测量硬弹簧(即劲度系数较大的弹簧)的劲度系数k电源的电动

势为E,内阻可忽略不计.滑动变阻器全长为重力加速度为g,U为理想电压表.当木板上

没有放重物时，滑动变阻器的触头位于图1中α点，此时电压表示数为零.在木板上放置质量

为小的重物，滑动变阻器的触头随木板一起下移.由电压表的示数U及其它给定条件，可计算

出弹簧的劲度系数k.

当

木板

簧

弹

“

(1)写出m、U与k之间所满足的关系式.

(2)己知E=1.50V,I=12.0cm,g=9.80m∕s2.测量结果如下表:

m(kg)1.001.503.004.506.007.50

U(Io0.1080.1540.2900.4460.6080.740

①在图2中给出的坐标纸上利用表中数据描出m-U直线.

@m-U直线的斜率为kg∕V.

③弹簧的劲度系数k=N∕m.（保留3位有效数字）

四、计算题（本大题共3小题，共32.0分）

12.如图所示，4BCe为放置在水平面上的圆柱形容器的竖截面，AD为容器的直径，AF为一

安装在容器壁上的不透明细管,与ABCD在同一平面内且与直径DA成45。夹角，在圆筒底部C点

有一点光源S。向容器内注入折射率n=3的液体，当液面上升到某处时，从管口F处恰好

能看到点光源S的像。已知圆筒直径为d=10cm,圆筒深度为H=15cτn,求容器内所盛液体

的深度九。

13.如图所示，光滑的平行导轨P、Q相距L=Iτn,处在同一水平面中，导轨的左端接有如

图所示的电路,其中水平放置的电容器C两极板相距d=IOmm,定值电阻Rl=R3=8。，=

2Ω,导轨的电阻不计，磁感强度B=0.4T的匀强磁场竖直向下穿过导轨面，当金属棒必沿导

轨向右匀速运动(开关S断开)时，电容器两极之间质量m=lx10T4∕cg,带电量q=-Ix

10T5c的微粒恰好静止不动；当S闭合时，微粒以加速度α=7m∕s2向下做匀加速运动，取g=

10m∕s2,求：

(1)金属棒帅运动的速度多大？电阻多大？

(2)S闭合后，使金属棒ab做匀速运动的外力的功率多大？

14.如图所示，倾角。=30。的固定斜面。4段光滑、A点下方粗糙，光滑水平面上的OB范围

内有方向水平向右、电场强度大小E=5X1()4N∕C的匀强电场，其他区域无电场。甲、乙两

-5

物块的质量分别为nɪi=0.3kg、m2=0.2kg,其中乙带正电，所带电荷量q=4×10C,甲，

乙用通过光滑轻小定滑轮的轻质绝缘细线连接(细线伸直，定滑轮左、右侧细线分别与斜面和

水平面平行)，后分别置于斜面及水平面上的P点和Q点，B、Q两点间的距离d=1m,4P两

点间的距离为2d。现将甲由静止释放。甲与4点下方斜面间的动摩擦因数μ=祟，两物块均

视为质点，斜面与。、B两点间距离均足够长，取重力加速度大小g=10τn∕s2o求:

(1)甲第一次下滑到4点时的速度大小火；

(2)甲沿斜面下滑到的最低点到4点的距离格

(3)甲从第一次通过4点到第二次通过4点的时间K

答案和解析

1.【答案】C

【解析】解：4、在太阳光照射下，水面上油膜出现彩色花纹是光的薄膜干涉现象，故A错误.

以干涉条纹的间距与波长成正比，黄光的波长比绿光长，所以若仅将入射光由绿光改为黄光，则

条纹间距变宽；故B错误.

C、产生全反射的必要条件是光必须从光密介质射入光疏介质，则知光从光导纤维丝内芯射入外

套时要产生全反射.，必须使内芯材料的折射率比外套材料的折射率大

.故C正确.

。、偏振是横波的特有现象，光的偏振现象说明光是一种横波.故。错误.

故选C

根据常见的光现象分析.油膜出现彩色花纹是光的干涉现象；干涉条纹的间距与波长成正比；根

据产生全反射的条件分析光导纤维丝内芯材料与外套折射率的大小；光的偏振现象说明光是一种

横波.

本题考查对光的干涉、偏振、全反射的了解，对于全反射，是考试的热点，关键要掌握产生全反

射的条件：光必须从光密介质射入光疏介质，入射角大于临界角.

2.【答案】C

【解析】解：力、汤姆孙通过对阴极射线的研究发现了电子，故A错误.

B、α粒子散射实验中使α粒子发生较大角度偏转是由于α粒子靠近原子核，受到库仑斥力发生大角

度偏转，故8错误.

C、根据鬃=6知，大量原子从n=4的激发态向低能态跃迁时，可以产生的光谱线数是6条，故C

正确.

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D、氢原子从基态跃迁到激发态时，总能量增大，电子轨道半径增大，根据k≤=m2L知，电子动

r5Lr

能减小，则电势能增大，故。错误.

故选：C.

汤姆孙通过对阴极射线的研究发现了电子；α粒子的质量比电子质量大得多，α粒子与电子碰撞就

像子弹撞灰尘一样，不影响α粒子的运动，大角度偏转是由于受到原子核的库仑斥力引起的；根

据数学组合公式得出大量原子从n=4的激发态向低能态跃迁时，可以产生的光谱线数条数；根据

电子轨道半径的变化，结合库仑引力提供向心力得出电子动能的变化，根据原子能量的变化得出

电势能的变化.

本题考查了电子的发现、α粒子散射实验、能级跃迁等基础知识点，关键要熟悉教材，牢记这些

基础知识点，对于物理学史，要牢记，不能混淆物理学家的贡献.

3.【答案】D

【解析】

【分析】

电感在线圈中电流发生变化时会产生一种阻碍作用，当电流增大时会产生反向电动势使电流缓慢

增大，在接通瞬间看作是电阻极大，当电流减小时，会产生同向电动势，使电流缓慢减小，相当

于电源。

对于线圈要抓住双重特性：当电流不变时，它是电阻不计的导线；当电流变化时，产生自感电动

势，相当于电源。

【解答】

当S闭合，L的自感系数很大，对电流的阻碍作用较大，及和切串联后与电源相连，口和必同时亮，

随着L中电流的增大，因为L的直流电阻不计，贝山的分流作用增大，4被短路，及逐渐熄灭，由于

总电阻变小，故电路中的总电流变大，乙2中的电流增大，乙2灯变得更亮；

当S断开，42中无电流，立即熄灭，而线圈L产生自感电动势，试图维持本身的电流不变，L与LI组

成闭合电路，Ll要亮一下后再熄灭，故。正确，ABC错误。

故选。。

4.【答案】D

【解析】解：4、在t=O时α质点处于负向最大位移，周期7=4s,则质点α的振动方程为y=

-IOCoSItCnI,故A错误：

8、波沿直线由质点α向质点b传播,则(n+∣)λ=10.5τn,解得该波的波长％=属(n=0、1、2…)，

当波长为8.4小时，n=⅛,故B错误；

C、根据U=轲得U=A*OI=0、1、2...),当表示为10.5τn∕s,n=j,故C错误；

。、该波由传到所经历的时间几+当时，故。正确。

Qbt=V=43,TI=It=7s,

故选：D。

根据ɑ的振动情况写出振动方程；波沿直线由质点α向质点人传播，写出波长的表达式分析波长，

根据D=彳得到波速的表达式分析波速；根据位移除以速度求解时间。

本题主要是考查了波的图象；解答本题关键是要掌握振动的一般方程y=4si∏3t,知道方程中各

字母表示的物理意义，知道波速、波长和频率之间的关系U=/3

5.【答案】A

【解析】

【分析】

要使Q向左移动，Q应受到向左的力；由楞次定律可知通过Q的磁场应如何变化，则可知开关的情

况.

楞次定律有两种描述：“增反减同”和“来拒去留”，后者判断导体的运动更有效，应学会应用.

【解答】

A、由楞次定律的第二种描述：“来拒去留”可知要使Q向左运动，通过Q、P的磁通量应增大，

所以流过P的电流需增大；S闭合过程中电流增大，磁通量增大，故A正确；

8、S断开的瞬间，流过P的电流减小，磁通量减小，所以Q将向右运动。故8错误；

C、若将移动滑动头向ɑ端移动时，滑动变阻器接入电阻增大，则电路中电流减小，磁通量减小，

故会使Q右移，故C错误；

。、在S闭合的情况下，保持电阻R的阻值不变，则电路中的电流不变，所以穿过Q的磁通量不变，

所以Q内不能产生感应电流，Q不动，故D错误；

故选：A.

6.【答案】A

【解析】AB杆产生的感应电动势

_V

E=BLv=B∙2α-2=BQD

4B相当于电源，AB两端电压是路端电压，在竖直位置时，两半圆环并联的电阻为

2R×2R

R外=2R+2R=R

电路电流

E

R外”

AB两端电压

U=IR外

解得

2Bav

U=方一

故选Ao

7.【答案】BC

【解析】

【分析】

当用电器增多时，用户消耗的功率增大，根据降压变压器的输出电流的变化得出输电线上的电流

变化，从而得出电压损失的变化，根据升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压和电压

损失之和得出用户电压的变化。

解决本题的关键知道：

1、输送功率与输送电压、电流的关系；

2、变压器原副线圈的电压比与匝数比的关系；

3、升压变压器输出电压、降压变压器输入电压、电压损失的关系；

4、升压变压器的输出功率、功率损失、降压变压器的输入功率关系。

【解答】

4BC.当用电器增多时，功率增大，降压变压器的输出电流增大，则降压变压器的初级电流变大,

输电线上的电流增大，可知输电线上的功率损失增大；输电线上的电压损失增大，发电机的输出

电压Ul不变，升压变压器匝数比不变，则次级电压/不变，可知降压变压器的输入电压/减小，

故BC正确，A错误；

。.发电机输出功率随用户负载增多而增加，故。错误。

故选Ba

8.【答案】BD

【解析】

【分析】

穿过闭合电路的磁通量发生变化，电路中产生感应电流；

由法拉第电磁感应定律可以求出感应电动势；

由电阻定律求出导线电阻，最后由欧姆定律可以求出线圈电流。

【解答】

A磁场随时间均匀减弱，穿过闭合线圈4的磁通量减少，4中产生感应电流，故A错误；

A磁场随时间均匀减弱，穿过闭合线圈4、B的磁通量均匀减少，那么4、B中均有恒定的感应电

动势，则其感应电流也是恒定，故8正确；

CC.由法拉第电磁感应定律得，感应电动势：E=n桀=n^S,其中终、S都相同，A有10匝，B有

∆t∆t∆t

20匝，线圈产生的感应电动势之比为1：2,

A、B环中感应电动势4：EB=1：2；

线圈电阻：R=哈=吗匕=2磬，两圆线圈半径之比为2：1,4有10匝，B有20匝，p、S'都

相同，则电阻之比以：RB=1：1，

由欧姆定律得，产生的感应电流之比〃：∕β=l:2,故C错误，O正确。

9.【答案】BD

【解析】解：4、设导体棒离开磁场时速度大小为力此时导体棒受到的安培力大小为：F纥=BN=

BL-=由平衡条件得：F=F^+mg,由图2知：F=3mg,联立解得：V=冽第2，

R+rR+rBL

故A错误。

B、离开磁场时，由F=B/L+mg=3mg得：/=当詈，导体棒两端电压为：U=IR=之蜉",故

B正确。

C、导体棒经过磁场的过程中，通过电阻R的电荷量为：q=察=兽=警故C错误。

"R+r/?+rR+r

D、导体棒经过磁场的过程中,设回路产生的总焦耳热为Q.根据功能关系可得：Q=WF-mg^h-

ɪmv2,而拉力做功为：W=2mgh÷3mg∙4h=14mgh,电阻R产生焦耳热为：QR=^-Q,

ZFK~rT

联立解得：QR=漫吗凝翳竺昼，故。正确；

故选：BD。

根据安培力与速度的关系式和平衡条件结合求导体棒离开磁场时的速度大小。根据q=整求通过

∏+Γ

电阻R的电荷量。根据欧姆定律求离开磁场时导体棒两端电压。根据功能关系求出电阻R产生的焦

耳热

本题是电磁感应与力学知识的综合应用，对于这类问题一定要正确分析安培力的大小和方向，要

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掌握安培力经验公式”=登，做选择题时直接运用可节省时间。

10.【答案】(1)7.868；(2)675；(3)8C。

【解析】

【分析】

(1)螺旋测微器的读数等于固定刻度读数加上可动刻度读数，需估读。

(2)根据双缝干涉条纹的间距公式，求出波长。Inm=10-9m<,

(3)由波的干涉中条纹的间距公式ZlX=∖λ,即可求解。

解决本题的关键掌握螺旋测微器的读数方法，螺旋测微器的读数等于固定刻度读数加上可动刻度

读数，需估读。

【解答】

(I)螺旋测微器的固定刻度为7.5mm,可动刻度为36.8X0.01mm=0.368mm,所以最终读数为

7.5mm+0.368mm=7.868mm,所以对准第4条时读数为Λ⅛=7.868mm；

(2)相邻条纹的间距为4%="2了=7.868,2.19OmM=1.89mm,根据4%=波长为

1d∆x1.89x10-3χ025x10-3

λ=丁一=---------------m=675nm;

0∙/

(3)根据Ax=彳4得要使条纹变稀疏，则减小双缝间距d,增大双缝到屏的距离3或增大入射光的

波长九故BC正确，AD错误。

Ib

IL【答案】m=噌U10.01.24×IO3

【解析】解：(1)重力与弹力相等，故zng=kx

U=：E=噜E

所以Tn=强U∙

(2)①根据m-U的关系，知Tn-U成正比，图线如图所示

②通过图线求出斜率为：k=]:22=100

③已知居=10,所以卜=牛=竺喘出1.24'103/7/771.

Ib

故答案为:(l)m=聋U.(2)如图,10.0,1.24XIO3.

m

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11口」「11/H

00.606.80a01.00r

0.20040a

(1)加重物后，增加的重力与弹簧增加的弹力相等.根据平衡关系可求得质量的表达式；

(2)由描点法作出图象，由图象可求得斜率；增加的弹力与下降的高度有关，下降的高度决定外电

阻的大小，从而决定电压表的读数.

本题将胡克定律与欧姆定律有机的结合在一起，在解题时要求我们能正确分析题意，明确题目中

给出的条件，并能利用描点法作图求解.

12.【答案】解：结合题目的要求，画出正确的光路图如图，设容器内所盛液体的深度为力，由图

得r=45°

则：CN=CB-NB=IO—(15—九)=八一5(cm)

由折射定律有n3=理

Sim2

代入数据得：SiM=?

.Sinisini1

由三角函数关系可得m"=何=l----r=2

Jl-sinzi

又从光路图可知：tcmi=绘

代入数据可得：h=IOcm

答：容器内所盛液体的深度九是IOCnI。

【解析】结合题目的要求，画出正确的光路图，由几何知识求出折射角，由折射定律求出入射角,

再求得液体的深度心

本题是几何光学中范围问题，关键是作出边界光线，根据折射定律和几何知识求解。

13.【答案】(l)3τn∕s,2Ω(2)0.18W

【解析】(I)S断开时，带电微粒在两极间静止