四川省宜宾市2023-2024学年高二年级下册7月期末考试物理试题（解析版）

2024年春期宜宾市普通高中学业质量监测

高二年级物理

一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只

有一项是符合题目要求的。

1.如图，风对帆面的作用力产垂直于帆面，它能分解成两个分力耳、鸟，其中歹2垂直于

航向，会被很大的横向阻力平衡，鸟沿着航向，提供动力。若帆面与航向之间的夹角为

B.F2=FcosO

C.船受到的横向阻力为一-D.船前进的动力为—^―

cos〃tan。

K答案工B

K解析］AB.根据几何关系可得

—=tan3

FA

-2-cos0

F

解得

F5—

2tan。

F2=Fcos0

故A错误，B正确;

C.根据题意可知，船受到的横向阻力与乙等大反向，即等于Ecos。，故C错误;

D.根据题意可知，船前进的动力为沿着航向的分力片，根据几何关系可得

A=tan。

解得

F{-F2tan3

故D错误。

故选B。

2.如图，利用电势差计和带电摆球研究平行板电容器。平行板电容器充电后与电源断开。

若发现电势差计指针张角变小，摆球悬线偏角不变,下列操作可能的是（

A.板间距离减小B.板间距离增大

C.减小两板正对面积D.平行板间放入电介质

《答案］A

K解析］设悬线与竖直方向的夹角为6,两极板间电场强度为E,小球带电量为4,小球

质量为加，由平衡条件

qE=mgtan6

得

tan0=

mg

AB.平行板电容器充电后与电源断开，电容器所带电荷量不变，由。=——,再结合

4兀kd

E"d

c=&

u

可得

E=^Q

sS

可知只改变板间距离，平行板间的电场强度不变，故板间距离减小或增大，摆球悬线偏角

不变。板间距离d减小，C增大，。不变，则U减小，电势差计指针张角变小；板间距

离d增大，。减小，。不变，则U增大，电势差计指针张角变大，故A正确，B错误；

C.由。=-----,减小两板正对面积S,C减小，。不变，则U增大，电势差计指针张

471kd

角变大，故C错误；

D.平行板间放入电介质，由。=」一，C增大，。不变，则U减小，电势差计指针张

4兀kd

角变小，由

E上

d

得E减小，摆球悬线偏角减小，故D错误。

故选Ao

3.如图甲，在真空中固定两个相同的点电荷A、B,它们关于无轴上的P点对称，在x轴

上的电场强度E与坐标位置x的关系图像如图乙。若在坐标原点。由静止释放一个点电荷

C（重力忽略不计），释放后它先沿无轴正方向运动。规定沿龙轴正方向为电场强度的正方

向，则关于点电荷C的以下说法正确的是（）

oP*

1B

甲乙

A.带负电荷

B.在再处动能最大

C.在％处电势能最小

D.点电荷C不可能沿x轴做往返运动

［答案XC

K解析XA.由E-尤图像可知，在x轴上的P点对应超点，在P点的左侧电场强度为正

值，说明场强方向沿了轴正方向。在尸点的右侧为电场强度负值，场强方向沿了轴负方

向，可知4、8带等量负电，在坐标原点。由静止释放一个点电荷C,释放后它先沿x轴

正方向运动，点电荷C带正电荷，故A错误；

BC.点电荷C从。点到尸点，电场力做正功，电势能减小，从尸点沿x轴正方向运动，

电场力做负功，电势能增加，故点电荷C在％处动能最大，在尤2处电势能最小，故B错

误，C正确；

D.设。点关于P点的对称点为点C,点电荷从。点到尸点，做加速运动，从P点到C

点做减速运动，速度为零后从C点到P点反向做加速运动，然后从从尸点到。点做减速

运动，如此反复，故点电荷C将沿X轴做往返运动，故D错误。

故选C。

4.某容器封闭一定质量的理想气体，气体从状态。开始经历be、cd、曲后回到a,体

积丫随摄氏温度r的变化关系如图，其中反、血均平行于f轴，下列说法正确的是（）

A.从状态a到方所有气体分子的动能均增大

B.从状态b到c,气体要从外界吸收热量

C,从状态c到d,气体放出热量小于外界对气体做功

D.气体从状态“到b对外做的功大于从状态c到d外界对气体做的功

［答案XB

K解析》A.从状态。到b,气体温度升高，气体分子的平均动能增大，并不是所有气体

分子的动能均增大，故A错误；

B.从状态b到c,气体体积不变，外界对气体不做功；气体温度升高，内能增大，由热力

学第一定律AU=W+Q,可知气体要从外界吸收热量，故B正确；

C.从状态c到d,气体温度降低，内能减小，则

△。＜0

从状态c到力气体体积减小，外界对气体做功，则

W>0

由热力学第一定律AU=W+Q,可知

e<o

即气体放出热量，并且气体放出热量大于外界对气体做功，故c错误；

D.气体从状态a到b与从状态c到d,气体都做等压变化，由生=C,可得

T

则气体从状态。到6的压强比从状态c到d的压强小；由W=pAV,可知气体从状态。

到b对外做的功小于从状态c到d外界对气体做的功，故D错误。

故选B。

5.如图所示，等腰三角形Vabc为一棱镜的横截面，ab=ac；一平行于be边的细光束从

ab边射入棱镜，在be边反射后从边射出，出射光分成了不同颜色的两束，甲光的出射

点在乙光的下方，不考虑多次反射。下列说法正确的是（）

A.甲光的频率比乙光的高

B.在真空中的传播速度，甲光比乙光的大

C.该棱镜对甲光的折射率大于对乙光的折射率

D.在棱镜内be边反射时的入射角，甲光比乙光的大

［答案XD

K解析工AC.根据折射定律和反射定律作出光路图如图所示

由图可知，乙光在棱镜中偏转得的折射角较小，根据折射定律可知乙光的折射率大于甲光

的折射率，则乙光的频率高于甲光的频率，根据

c=Xu

可知乙光的波长短，故AC错误；

B.不同频率的光在真空中的传播速度是一样的，在真空中甲光和乙光的传播速度相同，

故B错误；

D.根据几何关系可知光在棱镜内儿边反射时的入射角，甲光比乙光的大，故D正确。

故选D。

6.宇宙射线进入地球大气层与大气作用会产生中子，中子与大气中的氮14会产生以下核

反应：；4N+；nf；4c+：H,产生的（C能自发进行夕衰变，其半衰期为5730年，利用

碳14的衰变规律可推断古木的年代。下列说法正确的是（）

A.；4c发生£衰变的产物是;4N

B.夕衰变辐射出的电子来自于碳原子的核外电子

C.近年来由于地球的温室效应，引起;4c的半衰期发生微小变化

D,若测得一古木样品的（C含量为活体植物的;，则该古木距今约为11460年

K答案XA

K解析』A.根据

64C-＞；4N+°e

即;4c发生夕衰变的产物是;4N,故A正确；

B.夕衰变辐射出的电子来自于原子核内的中子转化为质子时放出的电子，故B错误；

C.半衰期与外界环境无关，故C错误；

D.若测得一古木样品的含量为活体植物的,，可知经过了1个半衰期，则该古木距

2

今约为5730年，故D错误。

故选Ao

7.如图，光滑绝缘水平桌面上有一均质正方形金属线框abed,线框以速度v进入一个直

线边界的匀强磁场（磁场的宽度大于线框的边长），当线圈全部进入磁场区域时，速度减小

V

到一，下列说法正确的是（）

3

XXXXX

XXXXX

XXXXX

XXXXX

XXXXX

XXXXX;

A.线框进入磁场过程中做匀减速直线运动

B.线框能全部穿出磁场

C.线框进入磁场过程中与离开磁场过程中产生的热量之比为8：1

D,线框进入磁场过程中与离开磁场过程中通过线框某截面的电荷量之比为3：2

K答案』c

K解析』A.线框进入磁场时受安培力大小为

F=BIL=B—L^^-^~=ma

RR

随着速度减小，安培力逐渐减小，加速度减小，所以线框进入磁场时做变速直线运动，故

A错误；

V

BD.假设线圈能全部穿出磁场，线圈刚全部进入磁场时速度为耳，刚离开磁场时速度为

v',线圈进入磁场的过程，取向右为正方向，由动量定理得：

V

mmv

-B1{L=~~

通过线圈的电荷量

AOBE

勿=1/1

RR

线圈离开磁场的过程，取向右为正方向，由动量定理得

V

-BLLt=mv'-m—

2023

通过线圈的电荷量

△①BI}

%=f=---=----

222RR

联立解得

3

所以线圈不能全部穿出磁场，则v'=0,代入上式可知

%1

故BD错误；

C.线圈进入磁场的过程，根据能量守恒定律有

<2i=1^2-1m(|v)2

线圈离开磁场的过程，根据能量守恒定律有

2=g*VP

解得

2二

。2一1

故C正确。

二、多项选择题：本题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有

两个或两个以上选项符合题目要求。全都选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的

得0分。

8.2023年9月21日，“天宫课堂”第四课正式开讲，这是中国航天员首次在梦天实验舱内

进行授课，若梦天实验舱绕地球的运动可视为匀速圆周运动，其轨道离地面的高度约为地

球半径的々倍。已知地球半径为A,地球表面的重力加速度为g,引力常量为G,忽略

地球自转的影响，下列说法正确的是（）

A.漂浮在实验舱中的航天员不受地球引力

B.实验舱绕地球运动的线速度大小约为J3史

V17

C.实验舱绕地球运动的向心加速度大小约为g

D.地球的密度约为3—

4nGR

（答案』BD

［解析》A.漂浮在空间站中的宇航员依然受地球的引力，所受引力提供做匀速圆周运动

的向心力，故A错误；

BC.设空间站的质量为“％其所受万有引力提供向心力，有

MmV2

CJ--v---=---m---a=m-——

I"

结合GM=gR2解得

16

g

故B正确，C错误;

D.地球的平均密度约为

gR2

M(F3g

P=

4%氏34乃区34汽GR

33

故D正确。

故选BD„

9.如图甲，位于坐标原点。的波源从/=0时刻开始振动，形成了沿x轴正方向传播的简

谐横波。/=3s时，平衡位置位于x=15m处的质点A第一次到达波峰，质点2的平衡位

置位于x=30m处，波源。的振动图像如图乙。下列说法正确的是（）

y/cm

图甲

A.质点A的起振方向沿y轴正方向

B.该波的波速为10m/s

C.从％=0到1=3s的过程中，质点A运动的路程为12cm

D.，=3.75s时，质点8的加速度与速度同向

（答案］BD

K解析』A.由图b可知，波源O的起振方向沿y轴负方向，所以质点A起振方向沿y轴

负方向，故A错误；

B.由图b可知，周期为2s,则

t=^+lT

v4

解得该波的波速为

v=10m/s

故B正确；

C.质点A经过1.5s开始起振，所以3s内，质点实际振动的时间为1.5s,即四分之三个周

期，所以质点A运动的路程为

5=3A=6cm

故C错误；

D.波传到质点2的时间为

/=3=3s

v

则3.75s时，质点8的在y轴负半轴向平衡位置运动，所以速度沿y轴正方向，加速度沿y

轴正方向，所以加速度与速度同向，故D正确。

故选BD。

10.如图甲，轿厢内质量为0.5kg的物块的右边被一根轻弹簧用1.2N的水平拉力向右拉着

且保持静止，物块与轿厢水平底面间的动摩擦因数为0.3。f=0时，轿厢在竖直轨道作用

下由静止开始运动，轨道对轿厢竖直向上的作用力产的大小随时间/的变化如图乙，

f=10s时，物块恰好相对轿厢底面滑动。轿厢和厢内物块的总质量为500kg,重力加速

度大小取g=10m/s2,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则（)

轨道

轿厢

图甲图乙

A.7=10s时，轿厢的加速度大小为2m/s2

B./=10s时，轨道对轿厢的作用力大小为2000N

C.r=10s时，轿厢的速度大小为10m/s

D.物块从开始滑动到弹簧恢复原长的过程中，物块在水平方向上做匀加速直线运动

k答案》AC

k解析》AB.物块恰好相对轿厢底面滑动，根据平衡条件可知此时弹簧弹力等于物块与

轿厢间的摩擦力，对轿厢受力分析，竖直方向Mg-尸=Ma

对物块受力分析

mg-N-ma

其中

/=〃N=1.2N

解得

a—2m/s2，F=4000N

故A正确，B错误；

C.根据动量定理可得

（Mg-2F）A/=Mv

解得

v=10m/s

故C正确；

D.物块从开始滑动到弹簧恢复原长的过程中，开始时物块在水平方向上受摩擦力和弹力

作用，而恢复原长后，水平方向上只受摩擦力，方向与开始时合力方向不同，故不是匀加

速直线运动，故D错误。

三、非选择题：本题共5小题，共57分。

11.某实验研究小组在实验室利用如图甲所示的实验装置测量物块与木板间的动摩擦因数

4o将一端带有定滑轮的长木板固定在水平桌面上，在长木板的旁边固定有刻度尺，物块通

过细线跨过定滑轮与砂桶相连，多次改变砂桶的质量（并测出砂桶的质量初），每次都让物

块从同一位置由静止释放，利用手机计时器测出物块运动相同距离L（用长木板旁边的刻度

尺读出）所用的时间3记录多组相、/的数据，已知重力加速度为g,请你回答以下问题:

(1)研究小组认为细线拉力大小近似等于砂桶的重力，则需要满足物块的质量______(选

填“远大于”或者“远小于”)砂桶的质量;

(2)利用记录数据作出［一加图像如图乙，若图线与横轴的交点坐标为6,与纵轴的

交点坐标为-c,则物块与木板间的动摩擦因数为；物块的质量为0(请用题

目中所给的字母符号如g、L、c、b来表示)

1答案X(1)远大于(2)———

g2Lc

k解析X(1)以物块为对象，有

T=Ma

以沙桶为对象，有

mg-T=ma

联立可得

TMmgmg

M+m］+m

M

可知要使细线的拉力大小近似等于所挂沙桶的总重力，则需要满足物块的质量远大于砂桶

的质量；

(2)口］［2］由于物块做初速度为零的匀加速直线运动，则有

L=—at1

2

得

r①

由牛顿第二定律得

mg-/nMg=Ma②

由①②解得

f1-_---g---m°----4--g-

/2LM2L

结合图像得

2L

g；。

2LM~b

解得

2Lc

N=-----

g

2Lc

12.某探究小组利用课外时间做了如下探究实验：先利用如图的电路来测量两个电压表的

内阻，实验分两个过程，先用替代法测出电压表Vi的内阻，然后用半偏法测出电压表V2

的内阻。供选用的器材如下：

A.待测电压表Vi,量程为2.0V,内阻10kQ〜30kQ

B.待测电压表V2,量程为3.0V,内阻3OkQ〜40/

C.电阻箱，阻值范围0~99999.9Q

D.滑动变阻器，阻值0〜20Q,额定电流2A

E.滑动变阻器，阻值范围0~5Q,额定电流0.5A

F.电池组，电动势为6.0V,内电阻约Q5O

G.单刀单掷开关、单刀双掷开关各一个及导线若干

（1）实验器材选择除A、B、C、F、G外，滑动变阻器R应选用（用器材前的

字母表示）

（2）下面是主要实验操作步骤，将所缺的内容补充完整；

①用替代法测待测电压表V1的内阻；根据电路图连成实验电路，并将滑动变阻器R的滑

动触头置于左端；将单刀双掷开关S2置于触点2,调节滑动变阻器使电压表V2的指

针指在刻度盘第N格，然后将单刀双掷开关S?置于触点1,调节电阻箱R使电压表V2的

指针仍指在刻度盘第N格，记下此时电阻箱R的阻值用=20kC,则电压表V］的内阻测

量值为kQo

②用半偏法测待测电压表V2的内阻：将单刀双掷开关S2置于触点1,电阻箱的阻值调为

零，闭合开关加，调节滑动变阻器使电压表V2的指针满偏。保持滑动变阻器R的滑动触

头位置不变，调节电阻箱R,使电压表V2的指针半偏，记下电阻箱R的阻值

'=30k。，则电压表V2的内阻测量值为kQ0

(3)上述两种测量方法都有误差，其中有种测量方法没有系统误差，接下来该小组选用此

测量方法测出其内阻的电压表，改装成一量程为4.0V的电压表继续完成后续的探究实验，

需(选填“串联”或者“并联”)一个阻值为k。的电阻。

1答案X(1)D(2)2030(3)串联20

k解析》(1)通过电路图可知滑动变阻器的接法为分压式，分压式所用滑动变阻器阻值较

小，若选E,当闭合开关之前，滑动变阻器全部接入电路，流过滑动变阻器的电流为

E6

/=—=-A=1.2A>0.5A

R5

流过滑动变阻器的电流大于额定电流。

故选D。

(2)口］根据替代法的实验原理可知，调节滑动变阻器R,使电压表V2的指针指在刻度盘

第N格，然后将单刀双掷开关S2置于触点1,调节电阻箱R使电压表V2的指针仍指在刻度

盘第N格，即回路中电流不变，总电阻不变，则电压表Vi的内阻应等于电阻箱的阻值20kQ；

⑵根据半偏法的实验原理可知，先让V2表满偏，然后电阻箱接入电路和电压表V2串联分

压，因并联电路的总电压几乎不变，当V2的示数半偏时可以认为电阻箱的分压和电压表电

压相同，因此电阻箱的阻值等于电压表的内阻，所以电压表的内阻等于电阻箱的阻值30k。。

(3)［1北2］由于等效替代法不存在系统误差，而半偏法存在系统误差，因为将电阻箱接入

电路后，使得电压表和电阻箱的分压增大，所以V2的测量值偏大，而Vi的内阻测量值等

于真实值，所以根据电表改装原理可知，应该将电压表Vi串联一个定值电阻改装成一量程

为4.0V的电压表，且串联的电阻阻值为

TJ-U

R=I=20kH

13.如图，光滑水平面上固定一半径为A的1光滑圆弧轨道，末端恰好与水平地面相切，

质量为加的小球B静止在水平轨道上。现将一个与B球完全相同的小球A从圆弧轨道的

P点处由静止释放，P点与。点的连线与竖直方向的夹角6=37°,A球运动过程中与B

球发生正碰并粘在一起，小球A、B均可视为质点，重力加速度为g,sin370=0.6,

cos37°=0.8o求:

(1)A球运动到圆弧轨道末端时对圆弧轨道的压力;

(2)A、B两球碰撞过程中系统损失的机械能。

(答案》(1)14咫；方向竖直向下；(2)OAmgR

K解析X(1)A球从释放到圆弧轨道末端，根据动能定理得

一cos。）=gmv°

解得

在圆轨道最低点，对A球由牛顿第二定律得

N-me=m—

R

解得

N=1.4mg

由牛顿第三定律，A球对圆弧轨道的压力

N'=N—1Amg

方向竖直向下。

（2）A、B碰撞过程中，根据动量守恒定律得

mv=2mVj

解得

则碰撞过程中损失的机械能为

AE=—mv2-—•2mv,2

221

解得

△%=O.lmgR

14.如图，一光滑平台的末端与水平传送带左端3点无缝平滑连接，平台高=传

送带3、C两点间的距离L=0.92m。现有一质量m=1kg的滑块（可视为质点），以

%=2m/s的速度沿光滑平台向右运动，当滑块运动到3点时，传送带立即由静止开始顺

时针加速转动，传送带的加速度大小恒为a=3m/sz,滑块从C点离开后落到水平地面

上，滑块与传送带间的动摩擦因数〃=。2,滑块所受最大静摩擦力等于滑动摩擦力，

g=10m/s2,忽略皮带轮的大小。求：

（1）滑块从C点落到地面所用时间；

（2）滑块在传送带上运动的最小速度；

（3）滑块通过传送带的过程中，与传送带之间因摩擦而产生的总热量。

k答案』（1）0.25s；（2）1.2m/s；（3）0.84J

K解析X（1）滑块从C点飞出后，做平抛运动，竖直方向有

解得

r=0.25s

（2）滑块先做匀减速运动，由牛顿第二定律得

pimg=max

解得

a1=