四川省宜宾市2022-2023学年高二下学期阶段学业质量检测（期末）物理试题（解析版）

宜宾市2023年春期高中教育阶段学业质量监测高二年级物理注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的考号、姓名、班级填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题：本题共13小题，每小题3分，共39分。在每小题给出的四个选项中，第1~9题只有一项符合题目要求，第10~13题有多项符合题目要求，其中第10题为选考题，考生只能选其中一题作答。全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。1.2023年4月13日，中国“人造太阳”反应堆中科院环流器装置（EAST）创下新纪录，实现403秒稳态长脉冲高约束模等离子体运行，为可控核聚变的最终实现又向前迈出了重要的一步，下列关于核反应的说法正确的是（）A.核聚变的核反应燃料主要是铀235B.核聚变反应过程中没有质量亏损C.氘氚核聚变的核反应方程为D.相同质量的核燃料，轻核聚变比重核裂变释放的核能少【答案】C【解析】【详解】A．核聚变的核反应燃料主要是氘核和氚核，故A错误；B．核聚变反应过程中放出大量能量，有质量亏损，故B错误；C．根据质量数守恒和核电荷数守恒可知，氘氚核聚变的核反应方程为故C正确；D．相同质量的核燃料，轻核聚变比重核裂变释放的核能更多，故D正确；故选C。2.某军事试验场正在平地上试验地对空导弹，若某次竖直向上发射导弹时发生故障，导弹的图像如图所示。下列说法正确的是（）A.在内导弹处于失重状态B.在内导弹静止不动C.3s末导弹的加速度方向改变D.5s末导弹恰好回到出发点【答案】D【解析】【详解】A．根据图像可知，内导弹向上做匀加速直线运动，加速度方向向上，导弹处于超重状态，故A错误；B．根据图像可知，在内，导弹以30m/s向上做匀速直线运动，故B错误；C．图像的斜率表示加速度，斜率的绝对值表示加速度大小，正负表示加速度方向，内，图像斜率一直为负值，即该段时间内，加速度方向始终竖直向下，故C错误；D．图像中，图像与时间轴所围几何图形的面积表示位移，在5s内的位移为故5s末导弹恰好回到出发点，故D正确。故选D。3.如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B。L形导线通以恒定电流I，放置在磁场中，已知ab边长为，与磁场方向垂直，bc边长为l，与磁场方向平行。下列说法正确的是（）A.该导线受到的安培力大小为BIl，方向垂直于纸面向里B.该导线受到的安培力大小为2BIl，方向垂直于纸面向里C.该导线受到的安培力大小为3BIl，方向于垂直于ab边D.该导线受到的安培力大小为，方向于垂直于ac连线【答案】B【解析】【详解】该通电导线的有效长度为ab，该导线受到的安培力大小为根据左手定则知安培力的方向垂直于纸面向里。故选B。4.如图所示，轻绳下悬挂一静止沙袋，一子弹水平射入并留在沙袋中，随沙袋一起摆动，不计空气阻力，在以上整个过程中，子弹和沙袋组成的系统（）A.动量不守恒，机械能守恒B.动量守恒，机械能不守恒C.动量和机械能均不守恒D.动量和机械能均守恒【答案】C【解析】【详解】子弹射入沙袋的过程，动量守恒，子弹与沙袋一起向右摆动过程中，系统的合外力不为零，动量不守恒，由于子弹射入沙袋过程中有阻力做功，所以机械能不守恒。故选C。5.如图所示，木板B放置在粗糙水平地面上，O为光滑铰链。轻杆一端与铰链O连接，另一端连接一质量为m的小球A。现将轻绳一端拴在小球A上，另一端通过光滑的定滑轮由力F牵引，定滑轮位于O的正上方，整个系统处于静止状态。现改变力F的大小使小球A和轻杆从图示位置缓慢运动到正下方，木板始终保持静止，则在整个过程中（）A.外力F逐渐变小B.轻杆对小球的作用力大小变小C.地面对木板的支持力逐渐变小D.地面对木板的摩擦力逐渐变大【答案】A【解析】【详解】AB．对小球A进行受力分析，三力构成矢量三角形，如图所示根据几何关系可知两三角形相似，因此缓慢运动过程越来越小，则F逐渐减小，由于OA长度不变，杆对小球的作用力大小不变，故A正确；B错误；CD．对木板，由于杆对木板的作用力大小不变，方向向右下，但杆的作用力与竖直方向的夹角越来越小，所以地面对木板的支持力逐渐增大，地面对木板的摩擦力逐渐减小。故CD错误。故选A。6.如图所示，在“嫦娥”探月工程中，飞船在轨道I上做圆周运动，到达轨道I的A点时点火变轨进入椭圆轨道II，到达轨道II的近月点B时，再次点火进入近月轨道III绕月做圆周运动，下列说法正确的是（）A.飞船在轨道III上运动时处于平衡状态B.飞船在轨道I上通过A点的速率等于在轨道II上通过A点的速率C.飞船在轨道II上从A点运行到B点过程中，月球对飞船的引力不做功D.飞船在轨道II上通过B点时的加速度等于在轨道III上通过B点时的加速度【答案】D【解析】【详解】A．飞船在轨道III上运动时，万有引力充当做圆周运动的向心力，飞船处于失重状态，故A错误；B．飞船在轨道I上通过A点要减速做向心运动才能进入轨道II，则飞船在轨道I上通过A点的速率大于在轨道II上通过A点的速率，故B错误；C．飞船在轨道II上从A点运行到B点过程中，月球对飞船的引力做正功，故C错误；D．根据牛顿第二定律可得解得可知，飞船在轨道II上通过B点时的加速度等于在轨道III上通过B点时的加速度，故D正确。故选D。7.一质量为1kg物体在水平拉力的作用下，由静止开始在水平地面上沿x轴运动，出发点为x轴零点，拉力做的功W与物体坐标x的关系如图所示。物体与水平地面间的动摩擦因数为0.4，重力加速度大小取。下列说法正确的是（）A.在时，物体所受合外力的大小为2NB.在时，拉力的功率为4WC.从运动到的过程中，物体克服摩擦力做的功为11JD.从运动到的过程中，物体的动能最大为2J【答案】A【解析】【详解】A．由于拉力在水平方向，则拉力做的功为W=Fx可看出W—x图像的斜率代表拉力F；则x=1m时，拉力为则物体所受合外力的大小为故A正确；B．在物体运动的过程中根据动能定理有解得x=1m时物体的速度为v1=2m/s则此时拉力的功率为P=Fv1=12W故B错误；C．从x=0运动到x=3m，物体克服摩擦力做的功为Wf=μmgx=12J故C错误；D．根据W—x图像可知在0-2m的过程中F1=6N，2-4m的过程中F2=3N，由于物体受到的摩擦力恒为f=4N，则物体在x=2m处速度最大，动能最大，有则最大动能为故D错误。故选A。8.白鹤滩水电站是目前世界上在建规模最大、技术难度最高的水电工程，其远距离输电电路示意图如图所示，如果升压变压器与降压变压器均为理想变压器，发电机输出电压恒定，R表示输电线电阻，则当用户功率增大时（）A.示数增大，示数减小B.示数不变，示数减小C.输电线上的功率损失减小D.示数的乘积等于示数的乘积【答案】B【解析】【详解】AB．发电机输出电压恒定，则升压变压器的输出电压V1不变。当用户功率增大时，输电线输电功率增大，而V1不变，所以A1增大，输电线电阻R不变，输电线上的电压降增大，降压变压器的输入电压减小，用户端的电压V2减小，同时A2增大以支持用户功率的增大，故A错误，B正确；C．A1增大，输电线电阻R不变，所以输电线上的功率损失增大，故C错误；D．V1、A1示数的乘积表示升压变压器的输出功率，V2、A2示数的乘积表示用户端获得的功率，二者数值不相等，其差值为输电线的功率损失，故D错误。故选B。9.如图所示，在倾角为的光滑固定斜面上有两个用轻弹簧连接的物块A和B，它们的质量分别为m和2m，弹簧的劲度系数为k，在外力F的作用下系统处于静止状态。已知弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为，则（）A.外力F的大小为B.弹簧的形变量为C.若外力F的大小变为，当A、B相对静止时，弹簧弹力的大小为D.若外力F的大小变为，当A、B相对静止时，突然撤去外力F的瞬间，物块B的加速度大小为【答案】D【解析】【详解】A．对物块A和B整体受力分析，由平衡条件可得，外力的大小为故A错误；B．对物块B受力分析，由平衡条件可得，弹簧的弹力为则弹簧的形变量为故B错误；CD．对物块A和B整体受力分析，由牛顿第二定律，得解得物块A和B的加速度大小为对物块B受力分析，由牛顿第二定律可得，弹簧弹力的大小为突然撤去外力F的瞬间，弹簧不突变，所以物块B的加速度大小不变，故C错误，D正确。故选D。选修3-3】10.如图，一封闭着理想气体的绝热汽缸置于水平地面上，用轻弹簧连接的两绝热活塞将汽缸分为f、g、h三部分，活塞与汽缸壁间没有摩擦。初始时弹簧处于原长，三部分中气体的温度、体积、压强均相等。现通过电阻丝对f中的气体缓慢加热，停止加热并达到稳定后（）A.h中的气体内能增加 B.f与g中的气体温度相等C.f与h中的气体温度相等 D.f与h中的气体压强相等【答案】AD【解析】【详解】A．当电阻丝对f中的气体缓慢加热时，f中的气体内能增大，温度升高，根据理想气体状态方程可知f中的气体压强增大，会缓慢推动左边活塞，可知h的体积也被压缩压强变大，对活塞受力分析，根据平衡条件可知，弹簧弹力变大，则弹簧被压缩。与此同时弹簧对右边活塞有弹力作用，缓慢向右推动左边活塞。故活塞对h中的气体做正功，且是绝热过程，由热力学第一定律可知，h中的气体内能增加，A正确；B．未加热前，三部分中气体的温度、体积、压强均相等，当系统稳定时，活塞受力平衡，可知弹簧处于压缩状态，对左边活塞分析则分别对f、g内的气体分析，根据理想气体状态方程有由题意可知，因弹簧被压缩，则，联立可得B错误；C．在达到稳定过程中h中的气体体积变小，压强变大，f中的气体体积变大。由于稳定时弹簧保持平衡状态，故稳定时f、h中的气体压强相等，根据理想气体状态方程对h气体分析可知联立可得C错误；D．对弹簧、活塞及g中的气体组成的系统分析，根据平衡条件可知，f与h中的气体压强相等，D正确。故选AD。【选修3-4】11.某均匀介质中两持续振动的振源P、Q分别位于x轴上和处，时刻两振源同时开始振动，时刻在x轴上第一次形成如图所示的波形。下列说法正确的是（）A.波在介质中的传播速度为B.振源Q起振方向沿y轴正方向C.振源P的振动方程为D.两列波在处相遇后，该质点的振动始终减弱【答案】AD【解析】【详解】A．波在介质中的传播速度为故A正确；B．因振源Q产生波在t＝3s时刻传到x=6的位置，根据同侧法可知振源Q起振方向沿y轴负方向，故B错误；C．P振源产生的波的波速为由图可知振源P的这列波波长为2cm，周期由图可知，振源P起振方向沿y轴正方向，则振源为P的振动方程为y＝4sin（πt）cm选项C错误；D．两列波在同一介质中传播，则波速相等，在x＝3cm处相遇时，两振动方向相反，则该质点的振动始终减弱，故D正确。故选AD。12.如图1所示，一光滑轨道由AB、BC和CD段组成。AB段倾角为，BC段水平。质量为m的滑块在顶端A处由静止滑下，经C点飞入空中，最终落在CD段上的E点。不计滑块经过B点的机械能损失和空气阻力，滑块加速度大小a随时间t变化的图像如图2所示，图中的物理量均为已知量，依据图中信息可求得（）A.B.滑块在B点的速度大小为C.C、E两点的高度差D.滑块从C点抛到E点，重力的冲量大小为【答案】BD【解析】【详解】A．由图可知，在时间内滑块从A加速到B，则有在时间内滑块从C到E做平抛运动，则有联立可得故A错误；B．在时间内滑块从A加速到B点，则有故B正确；C．在时间内滑块从C到E做平抛运动，则有故C错误；D．滑块从C点抛到E点，重力的冲量大小为故D正确。故选BD。13.如图所示，等边三角形位于竖直平面内，AB边水平，顶点C在AB边上方，3个点电荷分别固定在三角形的三个顶点上。已知AB边中点M处的电场强度方向竖直向下，BC边中点N处的电场强度方向竖直向上，A点处点电荷的电荷量的绝对值为q，下列说法正确的是（）A.A点处点电荷为负电荷B.B点处点电荷负电荷，带电荷量为qC.C点处点电荷在M点的场强垂直AB向下D.C点处点电荷的电荷量为【答案】CD【解析】【详解】ABC．C点的电荷在M点的场强沿CM所在直线，A点处点电荷和B点处点电荷在M点的场强沿AB所在直线，已知M点合电场强度方向竖直向下，则AB两点处的点电荷在M点的合场强为零，即A和B点处的点电荷为等量同种电荷，则B点处点电荷的电荷量的绝对值为q；C点处的点电荷在M点的场强方向沿CM向下，则C点处点电荷为正电荷;C点电荷在N点的场强方向沿CB斜向右下，N点的合场强方向竖直向上，则A点处的点电荷和B点处的点电荷在N点的合场强斜向左上，A点处的点电荷在N点的场强沿AN斜向右上，B点处的点电荷在N点的场强沿BN斜向左上，则A、B两点处的点电荷均为正电荷;故AB错误，C正确；D．设三角形的边长为，由几何关系得A点电荷在N点的场强大小为方向沿AN斜向右上，B点电荷在N点的场强大小方向沿BN斜向左上，设C点电荷的电荷量为Q，C点电荷在N点的场强大小为方向沿CB斜向右下，则B点电荷和C点电荷在N点的合场强大小斜向左上，大小为又由几何关系有联立得故D正确；故选CD。14.如图所示，两根足够长的光滑金属直导轨平行放置，导轨间距为L，两导轨及其所构成的平面均与水平面成角，整个装置处于垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。现将质量均为m的金属棒a、b垂直导轨放置，每根金属棒接入导轨之间的电阻均为R。先保持棒b静止，将棒a由静止释放，当棒a匀速运动时，再将棒b由静止释放，从棒b释放瞬间开始计时，经过时间，两棒恰好达到相同的速度，运动过程中金属棒与导轨始终垂直且接触良好，金属棒始终未滑出导轨，导轨电阻忽略不计，重力加速度为g（）A.棒a匀速运动时的速度大小为B.释放瞬间棒b的加速度大小C.两棒恰好达到相同的速度大小为D.时间内棒a相对于棒b运动的距离为【答案】BC【解析】【详解】A．保持棒b静止，将棒a由静止释放，棒ａ切割磁感线产生的感应电动势为回路中产生的感应电流为棒ａ受到的安培力为棒ａ匀速运动时，合力为零，则有代入数据解得故A错误；B．棒ｂ由静止释放，由左手定则可知棒ｂ所受安培力方向沿斜面向下，ａ、ｂ棒串联电流相等，两者的安培力大小相等，对ｂ利用牛顿第二定律有代入数据解得故B正确；C．对a、b棒分别利用动量定理，取沿斜面向下为正方向，则有两式联立，解得故C正确；D．从b棒利用动量定理，取沿斜面向下为正方向，则有已知代入数据解得由法拉第电磁感应定律则有由闭合电路欧姆定律则有电量为联立方程可得而代入数据解得故D错误。故选BC。二、实验探究题：本题共2小题，共16分。15.某研究性学习小组用图甲装置测定当地重力加速度，其主要操作步骤如下：①将电磁铁（小铁球）、光电门调节在同一竖直线上；②切断电磁铁电源，小铁球由静止下落，光电计时器记录小铁球通过光电门的时间t，并用刻度尺测量出小铁球下落前和光电门间的距离h；③改变光电门的位置，重复②的操作，测出多组h和t；④计算出小铁球每次通过光电门的速度v，作出图像。请结合以上操作，回答以下问题：（1）用游标卡尺测小球的直径，如图乙所示，则d=______________mm；（2）根据数据作出图像如图丙，求出当地重力加速度g=______________；（3）该实验装置_______________（选填“能”或“不能”）验证机械能守恒定律。【答案】①.10.0②.9.72③.能【解析】【详解】（1）[1]由图可读出（2）[2]根据结合图像斜率可知（3）[3]通过光电门可计算出小球的速度，可通过验证来验证机械能守恒定律。16.某同学在进行“测定金属丝的电阻率”的实验。（1）该同学用多用表的欧姆“×1”挡粗测该金属丝的阻值如图所示，由图可知其阻值为______。（2）该同学为了精确地测量金属丝的电阻率，先用螺旋测微器测量其直径，测量结果如图所示，由图可知其直径为______。然后用如图所示的电路图测量金属丝的电阻，供选择的仪器如下：①电流表（内阻为r）；②电流表（内阻未知）；③滑动变阻器（阻值范围）；④滑动变阻器（阻值范围）；⑤蓄电池（）；⑥电键S及导线若干。（3）滑动变阻器应选择_________（选填“”或“”）；在图丙中的“⚪”内标出两个电流表和的位置________。（4）闭合电键S，移动滑动触头至某一位置，记录、的读数、，通过调节滑动变阻器，得到多组实验数据；以为纵坐标，为横坐标，做出的图像如图所示。根据图像的斜率k、电流表的内阻r、金属丝的直径D、金属丝连入电路的长度L，可计算出金属丝的电阻率_________（用k、r、D、L表示）。【答案】①.6②.3.205③.④.⑤.【解析】【详解】（1）[1]欧姆表读数为：示数倍率，即可得由图可知其阻值为（2）[2]根据螺旋测微器的读数规则可知，由图可知其直径为（3）[3][4]由电路图可知，滑动变阻器分压式接入电路时，应选择小量程的滑动变阻器，即R2。电流表A1的内阻已知，可当电压表使用，故可得图乙中两个电流表A1和A2的位置如下图所示（4）[5]由欧姆定律可得故有变形有即则丙图中又解得三、计算题：本题共4小题，共45分。要求写出必要的文字说明、公式，只有答案的不给分。其中第16题为选考题，考生只能选其中一题作答，若两道题均解答了只以第一道题[选修3-3]为准。【选修3-3】17.如图所示，竖直放置在水平桌面上的左右两汽缸粗细均匀，内壁光滑，横截面积分别为S、2S，由体积可忽略的细管在底部连通。两汽缸中各有一轻质活塞将一定质量的理想气体封闭，左侧汽缸底部与活塞用轻质细弹簧相连。初始时，两汽缸内封闭气柱的高度均为H，弹簧长度恰好为原长。现往右侧活塞上表面缓慢添加一定质量的沙子，直至右侧活塞下降，左侧活塞上升。已知大气压强为，重力加速度大小为g，汽缸足够长，汽缸内气体温度始终不变，弹簧始终在弹性限度内。求：（1）最终汽缸内气体的压强；（2）弹簧的劲度系数。【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）对左右气缸内所封的气体，初态压强p1=p0体积末态压强p2，体积根据玻意耳定律可得解得（2）对左侧活塞受力分析可知解得【选修3-4】18.如图所示为一透明介质，横截面为直角三角形ABC，一细束单色光PD从AC边上中点D射入介质，经AC折射后的光线照到BC边的中点时恰好发生全反射。若，，光在真空中传播的速度大小为c，求：（1）介质对该单色光的折射率多大；（2）单色光从D点开始到第一次离开介质时所用的时间多长。【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）作出光路如图所示因为D为AC边的中点，E为BC边的中点，则DE∥AB，由几何关系可知光线在E点恰好发生全反射，则有（2）由可得由几何关系可知，该光线在介质中传播的路程为该光线在介质中的传播速度大小为色光从点开始到第一次离开介质时所用的时间为19.如图所示，一可视为质点的遥控电动赛车，从A点由静止开始，以恒定功率P沿水平地面向右加速运动，当到达固定在竖直面内的光滑半圆轨道最低点B时关闭发动机，赛车恰好能通过最高点C（BC为半圆轨道的竖直直径）。已知赛车的质量为m，半圆轨道的半径为R，A、B两点间的距离为2R，赛车在地面上运动时受到的阻力大小恒为车重的，重力加速度为g，不计空气阻力。求：（1）赛车通过C点后落回水平地面位置距B点的距离；（2）赛车从A点运动到B点的时间。【答案】（1）2R；（2）【解析】【详解】（1）赛车恰好能通过最高点C，有解得赛车通过C点后，有解得（2）设赛车从A点运动到B点的时间为t，由动能