云南省曲靖市陆良县2022-2023学年高二下学期期中物理试题（含答案）

云南省曲靖市陆良县2022-2023学年高二下学期期中物理试题姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二三四五六总分评分一、单选题1．物理实验助推物理学理论的发展，以下是物理课本上的几个实验，对以下实验的表述，说法不正确的是（）A．图甲：在探究两个互成角度的力的合成规律的实验中，运用了等效替代的思想方法B．图乙：在探究向心力大小与质量、角速度、轨道半径的关系的实验中，运用了控制变量法C．图丙：库仑利用库仑扭秤装置，采用电荷均分原理及放大原理，发现了库仑定律，并第一次较准确地测出了静电力常量D．图丁：在研究影响平行板电容器的影响因素实验中采用了控制变量法，通过静电计指针的变化，得到电容C与S、d和εr2．甲、乙两物体从同一点出发且在同一条直线上运动，它们的位移—时间图像如图所示，由图像可知（）A．乙一直做匀加速直线运动B．第4s末时，甲、乙相距最远C．t=4s时，甲和乙相遇，且运动方向相反D．0到4s内，甲的平均速度大于乙的平均速度3．如图所示的翻斗车车斗的底部是一个平面，司机正准备将车上运送的一块大石块卸下。司机将车停稳在水平路面上，通过操纵液压杆使车斗底部倾斜，直到车斗倾角增加到45°时，石块刚好下滑，已知翻斗车始终处于静止状态，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，在倾角由0增大到60°的过程中，下列说法正确的是（）A．石块受到的弹力先减小后不变B．石块受到的摩擦力先增大后减小C．翻斗车始终不受地面施加的摩擦力作用D．地面对翻斗车的支持力始终等于翻斗车（包括司机）和车上石块的总重力4．如图所示，一轻绳通过无摩擦的小定滑轮O与拖车相连，另一端与河中的小船连接，定滑轮与拖车之间的连绳保持水平，小船与拖车的运动在同一竖直平面内，拖车沿平直路面水平向右运动带动小船，使小船以速度v沿水面向右匀速运动，若船在水面上运动受到的阻力保持不变。则在上述运动过程中（）A．小船所受浮力不断增大B．小船受到绳的拉力不断减小C．小船受到绳的拉力的功率不变D．当拉船的轻绳与水平面的夹角为θ时，拖车运动的速度为v5．一辆汽车在水平路面上由静止启动，在前5s内做匀加速直线运动，5s末达到额定功率，之后保持额定功率运动，其v−t图像如图所示。已知汽车的质量m=3×103kgA．汽车在前5s内的牵引力为9×1B．汽车在15m/s时的加速度为2m/C．汽车的额定功率为40kWD．汽车在前5s内摩擦力做功为−16．如图所示为发球机将一网球水平射出后的轨迹，其中A为出射点，网球从A到B、B到C所花时间相同，不计空气阻力，下列说法正确的是（）A．网球从A到B到C过程中重力做功之比为1：4B．网球从A到B、B到C过程中重力做功之比为1：2C．网球在A处的重力势能是其在B处的重力势能的43D．网球在B时重力的功率是其在C时重力的功率的17．如图所示，质量均为m的木块A、B与轻弹簧相连，置于光滑水平桌面上处于静止状态，与木块A、B完全相同的木块C以速度v0与木块A碰撞并粘在一起（碰撞时间极短），则从木块C与木块A碰撞到弹簧压缩到最短的整个过程中，下列说法正确的是（）A．木块A、B、C和弹簧组成的系统动量守恒，机械能不守恒B．木块C与木块A碰撞结束时，木块B的加速度不为0C．木块C与木块A碰撞结束时，木块C的速度为vD．弹簧的最大弹性势能等于木块A、B、C和弹簧组成系统的动能减少量8．如图所示的平行板之间，电场强度E和磁感应强度B相互垂直，具有不同水平速度的带电粒子（不计重力）射入后发生偏转的情况不同。这种器件能把具有特定速度的粒子选择出来，所以叫速度选择器。下列关于速度选择器的说法正确的是（）A．这个特定速度与粒子的比荷有关B．从左向右以特定速度射入的粒子有可能沿直线穿出速度选择器C．从右向左以特定速度射入的粒子才能沿直线穿出速度选择器D．只有带正电的粒子才有可能沿直线穿出速度选择器9．图甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，线圈绕垂直于磁场的水平轴OOA．图甲所对应的时刻，线圈平面处于中性面B．交变电流瞬时值表达式为i=C．t=0.01s时刻穿过线圈的磁通量最大D．t=0.02s时刻线圈平面与磁场方向平行二、多选题10．理想变压器的原、副线圈的匝数比为3：A．电阻R1两端电压B．电阻R2两端电压C．经过两电阻的电流之比ID．两电阻消耗的功率之比P三、单选题11．关于波的干涉、衍射等现象，下列说法正确的是（）A．肥皂膜在阳光下呈现彩色条纹是光的衍射现象B．多普勒效应是由于波源和观察者的相对运动而导致的C．摄影师在拍摄池中的游鱼是在照相机前装了偏振滤光片，应用了光的干涉原理D．通过两只笔之间的狭缝观察日光灯管看到的彩色条纹是光的干涉现象四、多选题12．如图所示，a、b两颗卫星分别绕地球做圆轨道运动和椭圆轨道运动，P、Q两点分别为b卫星椭圆轨道的近地点、远地点。则（）A．a卫星的运行周期可能为1小时B．b卫星从Q点到P的过程中，速度变化越来越快C．ab两颗卫星受到地球的引力大小有时可能相等D．卫星a、b与地心的连线在相同的时间内所扫过的面积相同13．如图所示，在纸面内半径为R的圆形区域中充满了垂直于纸面向里，磁感应强度大小为B的匀强磁场。一点电荷从图中A点以速度v0沿和直径AA'成θ=30°角的方向垂直磁场射入，经磁场偏转后恰能从点A'A．该点电荷带负电B．该点电荷在磁场中做圆周运动的半径为RC．该点电荷的比荷为qD．该点电荷在磁场中的运动时间为t=14．如图所示为远距离输电示意图，发电机的输出电压U1A．输电线的电流变大 B．输电线上损失的功率变大C．升压变压器副线圈电压U2变大 D．降压变压器原线圈电压U五、实验题15．在“测玻璃的折射率”实验中：（1）如图，用插针法测定玻璃砖折射率的实验中，下列说法中正确的是____；A．为了减小作图误差，P3和PB．为减少测量误差，P1、P2的连线与法线C．可以用手触摸光学表面，不会影响测量D．bb'界面一定要与（2）如果有几块宽度大小不同的平行玻璃砖可供选择，为了减小误差，应选用宽度（填“大”或“小”）的玻璃砖来测量。（3）若该同学在确定P4位置时，被旁边同学碰了一下，不小心把P4位置画的偏左了一些，测出来的折射率16．某同学在“测定金属丝电阻率”的实验中（1）用游标卡尺测量其长度如图甲所示，由图可知其长度为L=mm（2）用螺旋测微器测量其直径如图乙所示，由图可知其直径D=mm（3）该同学用伏安法测量该金属丝的电阻，设计了如图丙所示的电路，开关S闭合之前滑片应该置于端（选填a或b），电压表选择0~3V量程，电流表选择0~0.6A量程，分别测量金属丝两端的电压和流过金属丝的电流，指针位置分别如图丁所示，则金属丝的电阻为Ω（计算结果保留两位有效数字）；（4）由以上数据可得金属丝的电阻率为Ω·m（计算结果保留两位有效数字），考虑到电表内阻的影响，电阻率的测量值（选填大于、小于或等于）真实值。六、解答题17．如图甲所示为一列简谐横波在t=1s时刻的波形图，P点为平衡位置在x=0.5m处的质点，Q点为平衡位置在（1）这列简谐横波的传播方向和波速；（2）质点P在t=3s时刻的位移大小和质点Q从t=1s到t=4s通过的路程。18．如图所示，足够长的U形导体框架的宽度L=0.5m，下端有一阻值为R1=0.8Ω的电阻，导轨其余部分电阻忽略不计，其所在平面与水平面成θ=37°。有一磁感应强度B=0.8T的匀强磁场，方向垂直于导体框平面。一根质量m=0.4kg、电阻R2=0.2Ω的导体棒MN垂直跨放在U形框架上，某时刻起将导体棒由静止释放。已知导体棒与框架间的动摩擦因数μ=0.（1）导体棒运动过程中的最大速度；（2）导体棒速度大小v=1.（3）从导体棒开始下滑到速度刚达到最大时的过程中，整个回路中产生的焦耳热Q=3J，求导体棒在此过程中沿斜面向下运动的位移。19．如图所示，光滑的14圆弧轨道AB竖直固定放置，半径R=1.8m，在其右侧光滑的水平面上，紧靠着一平板小车。小车的上表面与圆弧轨道末端的切线在同一水平面上，上表面长为L=2.5m，距水平地面的高h=1.25m，小车质量M=4kg，在小车的最左端放置一质量为m2=2kg可视为质点的滑块。现有一质量为m1=1kg的可视为质点的小滑块，从A点静止释放，通过圆弧轨道最低点B与m2发生弹性碰撞，碰撞时间极短，已知滑块与小车上表面之间的动摩擦因数μ=0.2，取重力加速度大小g=10m/（1）滑块m1运动到圆弧轨道最低B与m2发生碰撞前和碰撞后，滑块m1所受到的支持力的大小各是多少；（2）滑块从小车上滑出后，落地时到小车上表面右侧的水平距离。

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】A．在探究两个互成角度的力的合成规律的实验中，运用了等效替代的思想方法，A正确，不符合题意；B．在探究向心力大小与质量、角速度、轨道半径的关系的实验中，运用了控制变量法，B正确，不符合题意；C．库仑利用库仑扭秤装置，采用电荷均分原理及放大原理，发现了库仑定律，但没有测出静电力常量，C错误，符合题意；D．在研究影响平行板电容器的影响因素实验中采用了控制变量法，通过静电计指针的变化，得到电容C与S、d和εr故答案为：C。

【分析】探究两个互成角度的力的合成规律的实验采用了等效替代，探究向心力大小与质量、角速度、轨道半径的关系的实验中采用了控制变量法，库仑利用库仑扭秤装置，采用电荷均分原理及放大原理，研究影响平行板电容器的影响因素实验中采用了控制变量法。2．【答案】C【解析】【解答】A.由于在x-t图像中，倾斜直线表示物体在做匀速直线运动，所以乙物体在做匀速直线运动，故A错误；

B.看图中明显看出在第2秒末两者的距离最远，故B错误；

C.在t=4s时，两图像相交，注意相交表示相遇，所以两者相遇，且甲物体在朝负方向运动，而乙物体在朝正方向运动，所以两者的运动方向相反，故C正确；

D.0到4s内，平均速度v=xt，由于两者在相同时间内所发生的位移相同，两者的平均速度相等，故D错误。

3．【答案】B【解析】【解答】A.首先要对石块受力分析，无论摩擦力的情况怎样，都要对重力进行分解，分解为平行于斜面的分力G1=mgsinθ和垂直于斜面的分力G2=mgcosθ，由于垂直于斜面的方向肯定受力平衡，所以始终有石块受到的弹力FN=G2=mgcosθ，随着夹角θ的增大，我们知道cosθ反而减小，所以弹力也在减小，故A错误；

B.在45度之前，石块没有发生滑动，说明斜面的石块的摩擦力为静摩擦力，并且根据平衡条件有f静=G1=mgsinθ，随着夹角的增大，sinθ也增大，所以静摩擦力随着增大，当过了45度角之后，石块开始发生相对滑动，它之后受到的是滑动摩擦力，由于f滑=μF4．【答案】C【解析】【解答】AB.对小船进行受力分析，对其中的拉力进行分解，分解为Tx、Ty，其中Tx=Tcosθ，Ty=Tsinθ，由于小船匀速运动，合外力为0，所以在水平方向有Tx=Tcosθ=f阻，由于阻力保持不变，随着船向右运动，θ变大，cosθ变小，所以拉力变大。竖直方向有F浮=mg-Ty=mg-Tsinθ，随着船向右运动，θ变大，拉力变大，所以5．【答案】A【解析】【解答】A.首先对车进行受力分析，可知车在水平方向受到牵引力和摩擦力两个力，由图可知0到5s内加速度为a=∆v∆t=2ms2，结合牛顿第二定律有F合=F牵-f=F牵-0.1mg=ma，得F牵=9×103N，故A正确；

BC.首先利用5s末来计算出汽车的额定功率，Pe=6．【答案】D【解析】【解答】AB.由于网球在做平抛运动，而A点为起点，由于网球在竖直方向上是做自由落体运动，即初速度为0的匀加速直线运动，而初速度为0的匀加速直线运动在连续相等的时间内通过的位移之比为1：3：5⋯，由重力做功的公式WG=mgh，重力做功与下落的位移成正比，所以在A到B、B到C过程中重力做功之比为1：3，故AB错误；

C.由于重力势能具有相对性，要比较重力势能要先确定好零势能面，如果设B所在平面为零势能面，则B的重力势能为0，A的重力势能EpA=mghAB，无法做比，明显C错误；

D.某个任意位置重力做功的瞬时功率为P瞬=mgvcosθ=mgvy，由于网球从A到B、B到C的时间间隔相等，所以7．【答案】A【解析】【解答】A.在全程由于A、B、C和弹簧组成的系统合外力等于0，整个系统动量守恒，但是在C和A碰撞后粘在一起的瞬间，为完全非弹性碰撞，由于有一部分机械能转化为其他形式的能，所以整个系统在C、A碰撞的瞬间机械能不守恒，故A正确；

B.在C与A碰撞结束时，由于弹簧处于原长状态，所以弹簧对物块C无弹力的作用，所以物块C的加速度为0，故B错误；

C.在C与A完全非弹性碰撞的过程中，根据动量守恒，有mv∘=2mv1，得v1=v∘8．【答案】B【解析】【解答】ABD.假设是带正电的粒子从左往右射入速度选择器，根据左手定则可知，粒子受到竖直向上的洛伦兹力和竖直向下的电场力，要使粒子沿着直线穿过速度选择器，根据平衡条件有qvB=qE，得v=EB，所以这个特定速度与粒子的比荷无关，只跟E、B有关，当粒子带负电时，如果粒子也是从从左往右射入，根据左手定则可知此时洛伦兹力方向竖直向下，电场力方向竖直向上，仍然可以平衡，故AD错误，B正确；

C.当粒子从右向左射入时，假设粒子带正电，根据左手定则可知此时洛伦兹力竖直向下，电场力方向也竖直向下，粒子将向下偏转，无法沿着直线穿出速度选择器，故C正确。

故答案为：B。9．【答案】D【解析】【解答】A.图甲所对应的时刻，线圈平面处于峰值面，故A错误；

B.由题图乙可知交流电电流的最大值是Im=2A，周期T=0.02s，角速度ω=2πT=100π，交流电流瞬时表达式为：i=2cos100πtA，故B错误；

10．【答案】A,C【解析】【解答】C.根据电流比跟匝数比成反比，可知I1I2=n2n1=13，故C正确；

AB.设原线圈的输入电压为U原，由U原U2=n1n2=31，知U原=3U2，由于电阻R1、电阻R2的电流之比为1：3，由于两者的阻值相同，所以两者的电压之比U1U2=13，所以11．【答案】B【解析】【解答】A.肥皂膜在阳光下呈现彩色条纹是因为经过肥皂膜前后面反射的光线相互叠加的结果，属于光的干涉现象，故A错误；

B.多普勒效应的确是波源与观察者的相对运动导致的，故B正确；

C.在拍摄池中的游鱼时，常在照相机镜头前装一片偏振滤光片使得景象清晰，这样做的目的是为了减弱水面反射光的强度，是利用光的偏振，故C错误；

D.通过两只笔之间的狭缝观察日光灯管看到的彩色条纹是光的衍射现象，故D错误。

故答案为：B。

【分析】注意肥皂膜在阳光下呈现彩色条纹是因为经过肥皂膜前后表面反射的光线，相互叠加产生的现象，这是光的干涉；多普勒效应是波源与观察者的相对运动导致的；摄影师在拍摄池中的游鱼在照相机前装了偏振滤光片是为了减弱所拍摄景物周围反射光的强度，利用了光的偏振；通过狭缝观察到日光灯看到的彩色条纹属于光的衍射。12．【答案】B,C【解析】【解答】A．近地卫星的周期是所有卫星中运行周期最小的，约等于85min，所以A不符合题意；B．b卫星从Q点到P的过程中，地球对其引力越来越大，加速度越来越大，所以速度变化越来越快，B符合题意；C．ab两颗卫星离地心的距离不等（b离地心的距离还在变化），但两卫星质量未知，所以受到地球的引力大小有时可能相等，C符合题意；D．根据开普勒第二定律可知，同一颗卫星在运动过程中与地心连线在相同时间内扫过的面积相等，D不符合题意；故答案为：BC。

【分析】近大远小，近地卫星的速度是最快的，周期是最小的。Q点到P的过程中，离地球越来越近，地球对其引力越来越大，加速度越来越大。不知道质量大小，无法具体求解引力大小。13．【答案】A,D【解析】【解答】A.粒子往下偏，根据左手定则可知四指方向与粒子的运动方向相反，所以粒子带负电，故A正确；

B.根据几何关系可知r=Rsin30∘=2R，故B错误；

C.根据洛伦兹力提供向心力，有qv∘B=mv∘214．【答案】C,D【解析】【解答】AB.当用电器越来越多时，降压变压器副线圈所在电路的总电阻R总变小，则降压变压器副线圈所在电流I4变大，根据电流比等于匝数的反比，有I3I4=n4n3，得输电线的电流I3也变大，由输电线上面损失的功率P损=I32R线，知输电线上损失的功率也变大，故AB正确；

C.发电机的输出电压U1是不变的，根据U1U15．【答案】（1）A（2）大（3）偏小【解析】【解答】（1）A.为了减小作图误差，得到一条比较精准的出射光线，取的两个点距离要适当远一些；

B.为了减小测量误差，入射角要尽量大一点，即P1、P2的连线与法线NN'得夹角要尽量大一些；

C.不能用手触摸光学表面，防止脏污了光学表面，要戴上白手套；

D.bb'界面不一定要与aa'平行，因为对光线的入射与出射没有任何影响，只要正确的测量了入射、出射光线，就能正确的计算玻璃砖的折射率。

故答案为：A。

（2）为了减小误差，应选用宽度较大的玻璃砖来做实验，因为宽度较大的玻璃砖，出射光线的侧位移较大，折射角更好测量。

故答案为：大。

（3）若不小心把P4位置画的偏左了一些，如图所示

我们看到折射角θ2变大，根据折射率n=sinθ1sinθ2可知测出来的折射率偏小。16．【答案】（1）102.30（2）4.950（3）b；2.7（4）5.【解析】【解答】（1）首先看到主尺的读数为102mm，而游标尺是20分度的，精度为0.05mm，对齐格数为6，所以游标卡尺的读数为102mm+6×0.05mm=102.30mm。

故答案为：102.30。

（2）首先看到固定尺上面的读数为4.5mm，旋转尺上面的对齐格数为45，所以螺旋测微器的读数为4.5mm+45×0.01mm=4.950mm，注意螺旋测微器要估读到mm的后三位。

故答案为：4.950。

（3）滑动变阻器为限流式接法，在做实验之前，要把滑动变阻器的滑片滑到阻值最大的地方，使回路的电流最小，以防烧坏用电器，所以在做实验之前，要把滑片滑到b端；由图知电流表的读数为0.44A，电压表的读数为1.17V，根据R=UI，得到R=2.7欧，注意题干中要求保留两位有效数字。

故答案为：b；2.7。

（4）由电阻的决定式R=ρLS得到ρ=RSL=R14πD2L，代入数据计算得到ρ=5.0×10-4欧米，注意保留两位有效数字。由于图中使用的是电流表外接法，电流表测得的电流比通过待测电阻的真实电流偏大，根据R=UI可知测得的电阻偏小，所以通过测的电阻去计算的电阻率也偏小。

故答案：5.0×17．【答案】（1）解：由图乙可知质点Q在t=1s时向y轴负方向振动，根据波形平移法可知，这列简谐横波的传播方向沿x轴负方向。由图甲可知波长为λ=4m，由图乙可知周期为T=2s，则波速为v=（2）解：根据图甲可知y=20sin由于时间的周期性质点P在t=3s时和t=1s时刻的位移大小相同y由于Δt=3s=可知质点Q从t=1s到t=4s通过的路程为s=4A+2A=120cm【解析】【分析】（1）由于甲图是在t=1s时刻的波形图，所以首先找出Q点在t=1s时刻的位置，从乙图中可以看到质点Q处于平衡位置并且要向负方向运动，所以回到甲图找到Q点的位置，标出Q点的振动方向，根据“同侧法”可知简谐横波要向负方向传播，从甲图可以看出波长λ为4m，周期T为2s，利用v=λT可以得出波速的大小。18．【答案】（1）解：当导体棒匀速下滑时速度达到最大，其受力情况如图因为匀速下滑，设匀速下滑的速度为v，则在平行于斜面上根据平衡条件可得mgsinθ−f−F=0又f=μ   mgcosθ，E=BLv安培力为F=BIL根据闭合电路欧姆定律可得电流强度为I=由以上各式解得v=5m/s（2）解：根据牛顿第二定律，可得mgsinθ−μmgcosθ−B其中I解得a=1.4m/（3）解：根据动能定理，有mgxsinθ−μmgxcosθ+又Q=-解得x=10m【解析】【分析】（1）首先画出导