2022-2023学年山西省市级联考高二（下）期末物理试卷（PDF版含解析）

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物理试题

第I卷（选择题）

一、单选题（本大题共7小题，共28分）

1.如图所示，、为两偏振片，一束自然光沿′方向射向，此时在光屏上透射光的

强度最大，则()

A.光的偏振现象说明光是纵波

B.自然光垂直于′方向振动的光波的强度不相同

C.只将绕′轴旋转30°时，屏上透射光的强度不为零

D.只将绕′轴旋转180°时，屏上透射光的强度几乎为零

2.对图中的甲、乙、丙、丁图，下列说法中正确的是()

A.用单色光垂直照射图甲中的牛顿环，可以得到间距相等的明暗相间的同心圆环

B.图乙中单色光进入平行玻璃砖传播，当入射角逐渐增大到某一值后不会再有光线从′

面射出

C.图丙得到的干涉图样，弯曲的干涉条纹说明被检测的平面在此处是凸起的

D.图丁的、是偏振片，是光屏，当固定不动缓慢转动时，上的光亮度将发生变化

3.某种国产核电池是利用238衰变为2349492释放能量制成的。关于23894衰变为23492的核反

应过程，下列说法正确的是()

A.23894发生衰变，衰变方程为23894→23492+42

B.核反应生成的粒子具有很强的电离本领和穿透能力

C.当温度降低时，23894衰变的半衰期将变大

D.核反应前后，反应物的质量之和等于生成物的质量之和

4.如图所示，先将开关接通给电容器充电，再将开关接通，就形成了一个简单的震荡电

路。关于电路，下列说法正确的是()

A.电容器开始充电时，电场能最大

B.电容器极板上电压最大时，线圈中的电流最强

C.电容器开始充电时，线圈中的磁场能最大

D.一个周期内，电容器充，放电各一次

5.将一个光滑的半圆形槽置于光滑的水平面上，如图所示，槽左侧有一个固定在水平面上

的物块．现让一个小球自左侧槽口点正上方由静止开始落下，从点落入槽内，则下列说法

正确的是()

A.小球在半圆槽内运动的过程中，机械能守恒

B.小球在半圆槽内运动的全过程中，小球与半圆槽组成的系统动量守恒

C.小球在半圆槽内由点向点运动的过程中，小球与半圆槽组成的系统动量守恒

D.小球从点离开半圆槽后，一定还会从点落回半圆槽

6.如图所示，导体棒置于“”型铁芯的两臂之间，铁芯绕上线圈组成一闭合回路，当

电键闭合后，下列说法正确的是()

A.“”型铁芯的上臂为极

B.导体棒受到的安培力方向竖直向下

C.滑动触头向左滑动时导体棒受到的安培力变大

D.只有在电键关闭和断开瞬间导体棒才受安培力

7.如图所示为，两部分理想气体的图象，设两部分气体是质量相同的同种气体，根

据图中所给条件，可知()

A.当=273.15℃时，气体的体积比大0.23

B.当=时，∶=3∶1

C.当=时，∶=1∶3

D.，两部分气体都作等压变化，它们的压强之比∶=3∶1

二、多选题（本大题共5小题，共20分）

8.、两束光是由处在同一激发态的原子跃迁到态和Ⅱ态时产生的，分别用、两束单色

光照射同一光电管阴极时，都发生了光电效应，且两束光照射时对应的截止电压>，

则这两束光()

A.光子动量>

B.发生电子跃迁时对应的能级>

C.入射同一双缝干涉装置上，相邻亮纹的间距△，可知光子的能量

大于光子的能量，波长则小于光子的波长；根据光子的动量公式=，可知，光子动量>，

故A正确；

B、光子的能量等于原子跃迁前后两个能级之间的能量差，由于光子的能量大于光子，说明能

级<，故B错误；

C、根据双缝干涉的条纹间距公式=，可知，波长较小的光子，其光束的干涉条纹间距更

小，即<，故C正确；

D、在光电效应中，光电子的最大初动能等于光子能量与逸出功之差，即=0，而遏止

电压与电子电量的乘积等于光电子的最大初动能，即=，由上两式可得=0，如

果=2，则有0=220，整理得=20，即=20，故D错

误。

故选：。

根据遏止电压与光子的最大初动能的关系，判断光子的能量，根据光子动量的表达式判断；根据

玻尔理论判断能级；根据双缝干涉的条纹宽度的公式判断。

该题考查玻尔理论、光的干涉以及光电效应方程等，解答的关键是能正确理解这些知识点。

9.【答案】

【解析】

【分析】

根据左手定则判断受到的安培力方向；根据并联电路的电阻关系得出电流关系；由安培力公式

=分析三边所受安培力，由力的合成即可求得和所受安培力的合力及三角形线框受到

的安培力的合力。

本题的关键是要明白安培力公式=中的是指通电导线的有效长度，掌握左手定则和力的平

行四边形定则。

【解答】

A.根据左手定则知，导体棒受到的安培力垂直向上，与线框平面平行，故A错误；

B.导体棒的长度是长度的一半，则导体棒的电阻是电阻的一半，导体棒与

为并联关系，所以导体棒中的电流是导体棒中电流的2倍，故B正确；

.设中的电流大小为，的长为，则1中的电流为2，由题意知=，和所

1

受安培力大小均为2，方向分别垂直向上和垂直向上，夹角为120

，根据平行四边形定则

1

知和所受安培力的合力为2，方向竖直向上，所以三角形线框受到的安培力的大小为+

1

2=1.5，故C错误，D正确。

故选BD。

10.【答案】

【解析】

【分析】

根据插针法的原理，确定折射光的方向，并要能确定针之间的间距的大小对实验误差的影响;根据

折射定律得，计算玻璃折射率;根据公式=求光在介质中的速度。

用插针法测定玻璃砖折射率原理是折射定律，运用几何知识和折射定律即可很容易解答题。

【解答】

A.根据光路的可逆性，大头针4挡住1、2、3处的大头针则说明，四点均在光路中，A正确；

B.sin5根据折射率的定义可得=sin=3，B错误；

C.根据=可知==1.8×10

8m/s，光在该玻璃砖中的传播速度为1.8×108m/s，C正确；

D.为了提高实验准确程度，插在玻璃砖同侧的两枚大头针间的距离尽量大些，D错误。

故选AC。

11.【答案】

【解析】解：、两粒子向右运动，根据左手定则，粒子向上偏转，带正电，粒子向下偏转，

带负电，故错误；

、设圆形磁场区域的半径为，根据几何关系有粒子的轨迹半径=，粒子的轨迹半径=

2

33，根据洛伦兹力提供向心力有=，可得=，故==3，又因为洛伦兹力=

，所以、两粒子在磁场中所受洛伦兹力大小之比为3，故正确；

3

=、由，、两粒子在磁场中的偏转角之比为3：2，故、两粒子在磁场中的运动时间

之比为3：2，故错误，正确。

故选：。

根据左手定则分析出粒子的受力方向，可以得出粒子的电性；

根据几何关系和牛顿第二定律得出两粒子的洛伦兹力的比值关系；

根据几何关系得出粒子在磁场中的偏转角关系和运动时间的比值关系。

本题考查带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动所受洛伦兹力大小与运动时间的关系，属于基础

题。本题要求考生知道洛伦兹力的基本概念，能把物理知识和几何知识结合起来解决带电粒子在

磁场中运动的相关问题。

12.【答案】

【解析】

【分析】

在同种介质中机械波的速度相同，根据图像得出周期，由此计算出波速；根据波=求波长；

根据波的叠加原理分析、中点的状态；理解波叠加的概念，根据运动公式分析出点的位移为

7的时刻。

本题解题关键是要抓住在均匀介质中传播的同类波波速相同，而且两波匀速传播这个特点进行分

析。

【解答】

A.根据乙图可知，点波源振动的周期为0.4，故形成的波在此介质中波速为==5/，A

正确；

B.同种介质中，两列波的传播速度相等，故的波速也为5/，根据乙图可知，点波源振动的

周期为0.6，点波源振动形成的波长为==3，B错误；

C.由于两列波的周期不同，在同一位置不同时刻振动的叠加效果不同，故C错误；

2

D.根据乙图可知，点波源的振动波在的振动位移图像为=(

)，的振动位移

图像为=2(

)，将=2.15代入得=+=[3+(4)]=7，D

正确。

故选AD。

13.【答案】(1)变压器原、副线圈电压与匝数成正比(或1=1)；22

(2)0.011；92(91、92)；

(3)变压器并非理想变压器或铁芯存在漏磁现象或线圈导线也有电阻，导线会发热(铜损)；或铁芯

内部有涡流热效应(铁损)

(4)。

【解析】

【分析】

本题考查“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”的实验，实验采用控制变量法，要明确变

压器的工作原理，知道实验的注意事项。理想变压器原副线圈匝数比等于电压比，而实际变压器

会存在磁损、铁损等，导致副线圈的输出电压小于理想值。

【解答】

(1)根据表格中的实验数据可得出结论：变压器原、副线圈电压与匝数成正比(或1=

1

)；22

=0.011=2=0.011(2)2=22，10.012

×100％=92％．

(3)变压器的输入功率略大于输出功率，原因可能是变压器并非理想变压器或铁芯存在漏磁现象或

线圈导线也有电阻，导线会发热(铜损)；或铁芯内部有涡流热效应(铁损)

(4)为了保护电表，测量副线圈电压时，先用最大量程试测，大致确定电压后再选用适当的挡位进

行测量，故A正确;

研究变压器电压和匝数的关系，用到控制变量法，可以先保持原线圈电压、匝数不变，改变副线

圈的匝数，研究副线圈匝数对副线圈电压的影响，故B错误；

变压器的铁芯如果是整块导体，内部发生电磁感应而产生感应电流的现象称为涡流现象，要损耗

能量，不用整块的硅钢铁芯，其目的是增大电阻，从而减小涡流，减小发热量，提高变压器的效

率，故C正确;

变压器工作时只是改变电压，不改变频率，副线圈电压频率与原线圈相同，故D错误。

故选AC。

14.【答案】(1)；

(2)；

(3)

【解析】

【分析】

本题为验证动量守恒的实验。为保证发生的是一维碰撞，入射小球和被碰小球的半径必须相等，

为防止发生碰后反弹，入射球质量必须大于被碰球质量。为保证小球做平抛运动，且每次平抛的

初速度相同，必须保证小球从同一位置由静止释放，保证斜槽末端切线水平，而轨道是否光滑没

有要求。

要验证动量守恒定律，必须知道两球碰撞前后的速度，本题采用的方法是通过平抛运动的规律计

算小球的速度，将不容易测量的速度转化为位移的测量，这是一个重要的实验技巧。所以解决本

题的关键是掌握动量守恒定律，熟练掌握平抛运动的基本规律。

【解答】

(1)入射小球的质量要大于被撞击的静止小球，这样撞击后两小球都能向前运动；另外，两小球的

直径要相等，才能发生对心碰撞，碰撞前后的速度方向都沿着水平方向。故选A。

(2).斜槽安装时末端必须保持水平，才能保证两小球在水平方向上发生对心碰撞，且在同一实验

中小球释放的位置保持不变，但不需要保证斜槽是光滑的，故A错误；

B.小球每次都必须从斜槽上的同一位置静止释放，这样入射小球每次都能获得相同的动量，故B

正确；

C.斜槽末端到水平地面的高度决定了小球在空中的运动时间，不需要测量，故C错误；

D.实验中不需要用秒表测量小球在空中飞行的时间，故D错误。

故选B。

(3)如果动量守恒，则有11=12+22

由于两球在空中的运动时间相等，即1=2=2

所以11×1=12×2+22×2

即12=11+23

故选C。

15.【答案】解：(1)设密闭气体的压强为1，对气缸：由力的平衡可知：1=0+

解得：1=0+

；

(2)3气缸下端口刚与活塞齐平时，设密闭气体的压强为2，有：2=14

3解得：2=41

此时，对气缸由平衡条件可得：+2=0+

+

解得：=04。

【解析】(1)根据力的平衡确定密闭气体的压强；

(2)根据玻意尔定律结合平衡条件即可求解。

16.【答案】(1)1/；(2)能，0.05

【解析】(1)设向右为正方向，刚离开时，与速度相等，设与的速度为1，由动量守恒定

律得

0=++1

解得

01=

+=1/

(2)设达到的最大高度，当达到最大高度时，无论是否离开，只有水平速度且与相等，设

为2；刚滑上时，的速度为

=1=1/

对系统，在水平方向上动量守恒，则有

+