2022-2023学年陕西省榆林市高二（下）期末物理试卷（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2022-2023学年陕西省榆林市高二（下）期末物理试卷一、选择题（本大题共12小题，共48分）1.物理学的基本原理在生产生活中有着广泛应用.下图中的四种器件在工作时利用了电磁感应现象的是(

)A.真空冶炼炉

B.回旋加速器

C.质谱仪

D.示波器2.在光电效应实验中，用两种单色光先后照射同一种金属表面，都能产生光电效应。对于这两个过程，下列四个物理量中一定相同的是(

)A.遏止电压 B.饱和光电流

C.光电子的最大初动能 D.逸出功3.以相同的初速度将甲、乙两个小球同时竖直向上抛出并开始计时，甲球所受空气阻力可忽略，乙球所受空气阻力大小与速率v成正比。下列小球上升阶段的v−t图像中正确的是(B、D图像中，甲、乙图线在与时间轴t的交点处斜率相等)(

)A. B. C. D.4.2022年8月，重庆地区普遍高温，生活、生产用电激增。在如图所示的某地远距离输电电路图中，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压和输电线的电阻均不变，如果发电厂的输出功率增大为原来的2倍，输电线上损耗的功率将增大为原来的(

)A.1倍 B.2倍 C.4倍 D.8倍5.随着集成电路的广泛应用，对集成度的要求越来越高，集成度越高，各种电子元件越微型化，图中R1和R2是材料相同、厚度相同、表面为正方形的导体.R1的边长是R2边长的5A.电阻R1=R2 B.电阻R1=5R26.汽车通过拱形桥顶时行驶速度过大将失去控制、无法转向，造成安全隐患，故拱形桥上都会有限速标志，某拱形桥桥面圆弧对应的半径为80m，汽车以限速标志对应的速度通过桥面顶点时对桥面的压力是其重力的0.5倍，g取10m/s2，则该限速标志所示速度为(

)A.100km/ℎ B.72km/ℎ C.50km/ℎ D.40km/ℎ7.α粒子以某一初速度接近重金属核，其运动轨迹如图所示，M、N、Q为轨迹上的三点，N点离重金属核最近，Q点比M点离重金属核更远。在重金属核产生的电场中，下列说法正确的是(

)A.M点的电场强度比N点大

B.Q点的电势最低

C.α粒子从M点运动到Q点过程中，电势能一直增大

D.α粒子从M点运动到Q点过程中，速度一直增大8.如图甲所示，光滑水平面上静置一足够长的木板Q，小滑块P放置于其上表面，木板Q在水平拉力F作用下，加速度a随拉力F变化的关系图像如图乙所示，则小滑块P的质量为(

)

A.2kg B.3kg C.4kg D.5kg9.滑雪运动员开展滑雪训练可简化为如下模型：将运动员(包括滑板)简化为质点，运动员以某一初速度从足够长的山坡底端向上冲，取坡底为零势能面。运动员的机械能E总和重力势能Ep随离开坡底的高度的变化规律如图所示，重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力，则下列说法正确的是

A.运动员的质量为40kg

B.运动员的初速度为20m/s

C.运动员向上冲的过程克服摩擦力做功为2×103J

D.10.“儿童散学归来早，忙趁东风放纸戒”。一小孩站在水平地面上放风筝，慢慢地释放拉线，风筝越飞越高，先后经过同一竖直面的a、b两点，如图所示，若风筝在a、b两点时，拉线的张力大小相等，风筝的重力不能忽略，小孩受到的风力不计，则风筝在a点时(

)A.小孩受到地面的支持力比在b点时的小 B.小孩受到地面的摩擦力比在b点时的大

C.风筝受到的风力方向与在b点时的相同 D.风筝受到的风力比在b点时的小11.如图所示，金属棒MN在竖直放置的两根平行导轨上无摩擦地下滑，导轨间串联一个电阻R，两导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，金属棒和导轨的电阻不计，设MN下落过程中，电阻R上消耗的最大功率为P，要使R消耗的电功率增大到4P，保持各选项中其它条件不变，可采取的方法是(

)A.使R的阻值增加为原来的两倍

B.使MN的质量增加为原来的两倍

C.使匀强磁场的磁感应强度减为原来的一半

D.使MN长度增加为原来的两倍(保持MN的质量不变)，导轨间距也变为原来的两倍12.中国空间站是我国建成的国家级太空实验室。下表是一些有关空间站和月球在轨运动的有关数据，两者均可视为绕地球做匀速圆周运动。利用万有引力常量和表中的信息可以估算出的是(

)物理量空间站运动周期空间站离地高度月球公转周期地球半径数值约1.5ℎ约为400km约27.3天约6400kmA.地球的质量 B.地球的平均密度

C.月球公转的线速度 D.月球表面的重力加速度二、非选择题（共52分）13.在探究自由落体运动规律的实验中，小林利用如图1所示实验装置通过规范实验操作得到如下一条纸带，每5个点取一个计数点，分别标上字母A、B、C、D、E，对纸带上各计数点的距离进行了测量，数据如图2，请根据测得数据进行计算并回答以下几个问题(已知电源频率为50Hz)。

(1)对于本实验，下列说法正确的有______(填选项前的字母)。

A.电磁打点计时器应该接低压直流电源

B.实验时，应该先接通电源，后释放重物

C.释放重物前，重物应尽可能远离打点计时器

D.为了尽可能减小空气阻力的影响，应该用体积较大的物体作为重物

(2)打C点时重物的速度vC=______m/s(计算结果保留三位有效数字)。

(3)根据纸带计算出当地的重力加速度g=______m/s2(计算结果保留三位有效数字14.某同学为测定电池的电动势和内阻，设计了图甲所示的电路。其中定值电阻阻值为R0、电流表内阻可忽略不计。由于一时没有找到适合的滑动变阻器，于是选择用一根均匀电阻丝代替(电阻丝总阻值大于R0，并配有可在电阻丝上移动的金属夹P，金属夹P的电阻可忽略)。

(1)根据图甲完成图乙中实物连线。

(2)用欧姆表测量电阻丝的总电阻，先将选择开关旋至“×10”挡，红、黑表笔短接调零后进行测量，结果发现欧姆表指针偏角太大，则应将选择开关旋至______(选填“×1”或“×100”)挡并重新进行______。最终正确测量出电阻丝的总电阻为R。

(3)用游标卡尺测量电阻丝的总长度L，示数如图丙所示，则L=______mm。

(4)实验前，将P移到金属丝______位置(选填“a”或“c”)，合上开关S，调节金属夹的位置，依次测量出接入电路中的电阻丝长度x和电流表示数I，该小组同学根据实验数据描绘1I−x函数图像如图丁所示，图线斜率为k，与纵轴截距为b，该电池电动势和内阻可表示为E=______，r=______。(用R0、R、k、b、L表示)15.如图所示，质量m=1kg的滑块B静止放置于光滑平台上，B的左端固定一轻质弹簧。平台右侧距水平地面高H=0.8m.平台左侧的光滑圆弧轨道与平台平滑连接，圆弧轨道半径R=1.6m，其左侧端点P与圆弧圆心O的连线与竖直方向的夹角θ=60°。现将滑块A从P点由静止开始释放，滑块A滑至平台上挤压弹簧，经过一段时间弹簧恢复原长后，滑块B离开平台落到水平地面上的C点，C点到平台右侧的水平距离为x=1.2m，重力加速度大小g=10m/s2，滑块A、B均可视为质点，不计空气阻力，求：

(1)滑块B刚离开平台时的速度大小v0；

(2)滑块A的质量m0；

(3)该过程中弹簧弹性势能的最大值16.如图所示，M、N之间加有电压恒为U的加速电场，高度足够高、宽度为d的虚线框内有匀强偏转场(电场或磁场)，电子枪中发出的电子束(初速度可视为零)在M、N之间加速后以一定的速度水平射入偏转场，速度方向改变θ后离开偏转场，调整靶环位置，可使电子打在圆形靶环中心P点。已知电子质量为m、电量为e，忽略电子间相互作用，电子重力不计。

(1)若虚线框内为垂直纸面的匀强磁场，且θ=60°，求偏转磁场的磁感应强度B的大小和方向及电子在磁场中运动的时间；

(2)若虚线框内为竖直方向的匀强电场，且θ=60°，求偏转电场的电场强度E的大小和电子离开偏转电场时的动能Ek。17.卡塔尔世界杯聚集来自世界各地的球迷，为了保障球迷安全，储备了大量的氧气瓶，赛前医疗团队对氧气瓶做检测时发现一氧气瓶内的氧气p−t图如图所示，瓶内氧气视为理想气体，外界环境温度不变，下列关于瓶内氧气从状态1变化到状态2的过程分析正确的是(

)A.氧气瓶正在漏气

B.单位时间内撞击氧气瓶单位面积的分子数增多

C.瓶内氧气温度降低的主要原因是氧气对外做功

D.瓶内每个氧气分子的动能都减小

E.瓶内氧气的密度减小18.气象气球是进行高空气象观测的平台。首先用聚脂薄膜材料制成气球的球皮，然后对它充以比空气密度小的气体，之后密封好，气球就可以携带仪器升空探测了。某气象气球升至地球平流层时，平流层的气压为P。从早上至中午，由于阳光照射，气球内气体的内能增加了ΔU，气球有微小膨胀，半径由R1膨胀到R2，已知早上气球内气体温度为T1。假设气球内的气体压强始终等于平流层气压，求中午时气球内气体的温度T2和早上至中午气球内气体吸收的热量Q19.甲、乙两列横波在同一介质中分别从波源M、N两点沿x轴相向传播，波速为2m/s，振幅相同，某时刻的图像如图所示，则(

)A.甲、乙两波的起振方向相反

B.甲、乙两波的频率之比为2：3

C.甲、乙两波在相遇区域会发生稳定干涉

D.再经过3s，平衡位置在x=7m处的质点加速度方向向上20.一半径R=6cm的圆形玻璃柱，横截面如图所示，O为圆反射层心，下半部分涂有反射层。一束单色光从真空中沿CD方向平行于直径AOB射到玻璃柱的D点，CD与AB间距离d=33cm，若该光束射入球体经B点反射后由E点再次折射回真空中，此时的出射光线刚好与入射光线平行，已知光在真空中的速度为3×108m/s，求：

(1)玻璃柱的折射率；

答案和解析1.【答案】A

【解析】解：A.真空冶炼炉的工作原理是在线圈中接入高频电流，线圈中磁通量发生变化，炉内金属中产生涡电流，使炉内金属发热融化，利用了电磁感应现象，故A正确；

B.回旋加速器的原理是利用磁场使带电粒子旋转，电场使粒子加速，故B错误；

C.质谱仪的原理是利用电场加速，磁场使粒子偏转，不是电磁感应现象，故C错误；

D.示波器是利用电场加速并使粒子在电场中偏转的原理制作而成，故D错误。

故选：A。

涡流是电磁感应现象的应用，、回旋加速器是带电粒子在混合场种运动的应用、质谱仪带电粒子磁场中运动的应用、示波器是带电粒子在电场中运动的应用。

本题主要考查涡流、回旋加速器、质谱仪、示波器等的原理与应用。2.【答案】D

【解析】解：C.根据光电效应方程

Ek=ℎν−W0

可知两种单色光先后照射同一种金属表面，光电子的最大初动能不同，故C错误；

A.根据动能定理可得遏止电压为

eUc=Ek=ℎν−W0

可知两种单色光先后照射同一种金属表面，遏止电压不同，故A错误；

B.饱和光电流与单色光的光强有关，饱和光电流不一定相同，故B错误；

D.逸出功是金属的固有属性，则同一种金属的逸出功相同，故D正确。

故选：3.【答案】B

【解析】解：甲球竖直向上抛出，甲球所受空气阻力可忽略，有v=v0−gt，可知甲球的v−t图像是向下倾斜的直线，斜率大小等于g。

乙球竖直向上抛出，乙球所受空气阻力与速率v成正比，有

a=mg+fm=g+kvm

可知乙球的加速度大于甲球的加速度，乙球速度减得更快，上升阶段同一时刻乙球的速度更小，乙球先上升至最高点。运动中随着速度的减小，乙球的加速度逐渐减小，乙球的图像是斜率逐渐减小的曲线，当乙球上升至最高点时，速度为零，空气阻力为零，此时乙球的加速度为g，与甲球的加速度相同，故ACD错误，B正确。

故选：B。

甲球所受空气阻力可忽略，做竖直上抛运动。乙球所受空气阻力大小与速率v成正比，根据牛顿第二定律分析乙球的加速度变化情况，结合4.【答案】C

【解析】解：根据P=UI可知，发电功率增大一倍，输电电压不变，输电电流增大一倍，输电线的电阻不变，

所以输电线损耗的功率P损=I2R

输电线损失的功率变为原来的4倍，故ABD错误，C正确。

故选：C。

根据功率P=UI5.【答案】A

【解析】解：设材料的电阻率为ρ，边长为l，厚度为d，根据电阻定律有

R=ρlS=ρlld=ρd

R1和R2是材料相同、厚度相同，所以R1=R2。故A正确，BCD错误。

故选：A6.【答案】B

【解析】解：汽车以限速标志对应的速度通过桥面顶点时对桥面的压力是其重力的0.5倍，根据牛顿第三定律，桥面对车的支持力也是重力的0.5倍，则有

mg−0.5mg=mv2R

可得该限速标志所示速度为v=20m/s=72km/ℎ，故B正确，ACD错误。

故选：B。7.【答案】B

【解析】解：A.由点电荷电场的电场强度的决定式为：

E=kQr2

由此可知N点电场强度最大，故A错误；

B.离正点电荷场源最近的N点的电势最高，最远的Q点电势最低，故B正确；

CD.α粒子为氦原子核，故带正电，又因为

φN>φM>φQ

由此可知从M点运动到Q点过程中，电场力先做负功再做正功，α粒子的速度先减小再增加，电势能先增大再减小，故CD错误。

故选：8.【答案】A

【解析】解：刚开始PQ两个一起做加速运动，根据牛顿第二定律

F=(mP+mQ)a

结合图像斜率mP+mQ=3kg

当加速度大于等于2m/s2，PQ分开各自加速，设Q受到的摩擦力大小为f，根据牛顿第二定律

F−f=mQa

结合图像斜率mQ=1kg

联立可得

mP=2kg，故A正确，BCD9.【答案】AC

【解析】解：A.运动员的质量为：m=Epgℎ=800010×20kg=40kg，故A正确；

B.根据动能的计算公式可得：Ek=12mv2，则运动员的初速度大小为：v=2Ekm=2×1000040m/s=105m/s，故B错误；

10.【答案】BD

【解析】解：AB.对小孩受力分析，受重力、地面的摩擦力、地面的支持力和绳子的拉力，如图

根据平衡条件

水平方向f=Fcosθ

竖直方向FN+Fsinθ=G

风筝在b点时，拉力F的大小不变，与水平面夹角θ变大，可知，f变小，FN变小，即小孩受到地面的支持力比在a点时的小，受到地面的摩擦力比在a点时的小，故A错误，B正确；

CD.在a、b两点分别对风筝受力分析，根据共点力平衡规律，风筝受到风力与绳子拉力和风筝重力的合力等大反向，如图

由平行四边形法则，风筝受到的风力方向与在a点时的不同，由于绳子的拉力和风筝的重力大小不变，在b时两个力间夹角小，则合力大，即风筝受到的风力比在a点时的大，故C错误，D正确。

故选：BD。

对小孩受力分析，根据平衡条件列式，分析力的变化；

在a、b两点分别对风筝受力分析，根据共点力平衡规律同时结合平行四边形法则，比较ab的受力情况。

11.【答案】BC

【解析】解：导体棒向下做加速度减小的加速运动，当加速度为零时，速度达到最大，做匀速直线运动，此时电阻R上消耗的功率最大，设导体棒最大速度为v，导轨宽为L，则有：

E=BLv，I=BLvR

电阻R上达到最大功率时，根据平衡条件有：mg=IBL=B2L2vR

从而得到金属棒的最大速度：v=mgRB2L2

电阻R上的最大功率为：P=E2R=B2L2v2R=m2g2RB2L2

A、使R的阻值R增加为原来的两倍，R消耗的最大电功率增大到2P，故A错误；

B、使MN的质量m增加为原来的两倍，R消耗的最大电功率增大到4P，故B正确；

C、使匀强磁场的磁感应强度B减为原来的一半，R消耗的最大电功率增大到4P，故C正确；

12.【答案】ABC

【解析】解：AB、已知空间站运动周期T、空间站离地高度ℎ、地球半径R，根据万有引力提供向心力得：

GMm(R+ℎ)2=m4π2T2(R+ℎ)

得地球质量为：M=4π2(R+ℎ)3GT2，可以求出地球的质量M。

由M=ρ⋅43πR3可以求出地球的密度ρ，故AB正确；

C、月球绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力得：

GMmr13.【答案】B

1.94

9.67

【解析】解：(1)A.电磁打点计时器应该接低压交流电源，故A错误；

B.实验时，应该先接通电源，后释放重物，故B正确；

C.释放重物前，重物应尽可能靠近打点计时器，以获得更多的点，故C错误；

D.为了尽可能减小空气阻力的影响，应该用质量较大，体积较小的物体作为重物，故D错误；

故选：B。

(2)相邻计数点间的时间间隔为：T=5×1f=5×150s=0.1s

打C点时重物的速度为

vC=xBD2T=14.58+24.232×0.1×10−2m/s=1.94m/s

(3)根据逐差法可解得

g=xCE−14.【答案】×1

欧姆调零

102.30

c

RkL

bR【解析】解：(1)根据电路图连接实物图如图所示：

(2)选择开关旋至“×10”挡，欧姆表指针偏角太大，说明指针所指示数过小；由于电阻测量值=指针所指示数×倍率，为了增大指针所指示数，应将选择开关旋至×1，重新进行欧姆调零；

(3)20分度游标卡尺的精确度为0.05mm，电阻丝总长L=102mm+6×0.05mm=102.30mm；

(4)为保护电路，实验前应将滑动变阻器调至最大值，即将P移到金属丝c处；

接入电路的电阻丝长度为x时，电阻为Rx=RL⋅x

根据闭合电路欧姆定律有E=I(R0+Rx+r)

解得1I=R0+rE+REL⋅x

根据1I−x函数，结合图像可知，图像斜率k=REL

图像的纵截距b=R0+rE

代入数据联立解得电动势E=RkL

内阻r=bRkL−R0

故答案为：(1)见解析；(2)×1；欧姆调零；(3)102.30；(4)c；RkL；

bRkL15.【答案】解：(1)B离开平台后做平抛运动，竖直方向：H=12gt2

水平方向有：x=v0t

联立解得：v0=3m/s

(2)滑块A达到最低点的速度大小为v1，根据动能定理可得：m0gR(1−cos60°)=12m0v12

取向右为正方向，根据动量守恒定律可得：m0v1=m0v1′+mv0

根据机械能守恒定律可得：12m0v12=12m0v1′2+12mv【解析】(1)B离开平台后做平抛运动，由平抛的位移规律求平抛的初速度；

(2)根据动能定理求解滑块A达到最低点的速度大小，根据动量守恒定律、机械能守恒定律求解A的质量；

(3)当滑块A.、B速度大小相等时弹簧弹性势能最大，根据动量守恒定律有、机械能守恒定律求解弹簧弹性势能的最大值。

本题主要是考查了动量守恒定律和能量守恒定律；对于动量守恒定律，其守恒条件是：系统不受外力作用或某一方向不受外力作用(或合外力为零)；解答时要首先确定一个正方向，利用碰撞前系统的动量和碰撞后系统的动量相等列方程，再根据能量关系列方程求解。16.【答案】解：(1)电子经过电场加速过程，根据动能定理可得：

eU=12mv2

电子带负电，根据左手定则可知磁感应强度B方向垂直纸面向里。

设电子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，其轨迹如下图所示，

由几何关系可得：d=rsin60°

由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律可得：

evB=mv2r

联立解得：B=1d3mU2e，方向垂直直面向里。

电子在磁场中运动的时间为：

t=θrv，θ=π3

解得：t=πd96meU

(2)电子在偏转电场中做类平抛运动，设在偏转电场中运动时间为t′，则有：

d=vt′

vy=at′=eEmt′

tan60°=vyv

联立可得：E=23Ud【解析】(1)根据动能定理求得电子经过电场加速获得的速度，根据左手定则可知磁感应强度方向，根据几何关系求得粒子在磁场中的运动半径，由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律求解磁感应强度大小，运动时间等于轨迹弧长与线速度大小的比值；

(2)电子在偏转电场中做类平抛运动，将运动分解处理。根据牛顿第二定律和运动学公式求解电场强度和末速度。根据动能定义式求解末动能。

本题考查了带电粒子在电磁场中运动问题，典型基础题目。对于在偏转电场中的类平抛运动，应用运动的合成与分解解答，分运动具有等时性与独立性。对于在磁场中的匀速圆周运动，需要画出粒子的运动轨迹，确定圆心、运动半径、轨迹圆心角，由洛伦兹力提供向心力求解其它物理量。17.【答案】ACE

【解析】解：A.根据题意可知，状态1变化到状态2的过程，状态1与绝对零度连线的斜率大于状态2与绝对零度连线的斜率，由此可知状态2气体的体积大于状态1气体的体积，所以氧气体积变大，可说明氧气瓶正在漏气，故A正确；

B.气体体积变大，分子数密度变小，温度减小，分子的平均动能也降低，根据气体压强的微观解释可知，单位时间内撞击氧气瓶单位面积的分子数减少，故B错误；

C.状态1变化到状态2的过程中体积减小，气体对外做功W<0，根据热力学第一定律ΔU=Q+W可知气体内能减小，温度降低，故C正确；

D.温度降低，气体分子热运动的平均动能降低，但不是每个分子的动能都减小，故D错误；

E.因为漏气，瓶内气体质量变小，而氧气瓶体积不变，瓶内氧气的密度减小，故E正确。

故