山西省呂梁市2022-2023學(xué)年高二下學(xué)期7月期末調(diào)研測試物理試題（解析版）

呂梁市2022-2023學(xué)年第二學(xué)期期末調(diào)研測試高二物理試題（本試卷滿分100分，考試時間90分鐘。答案一律寫在答題卡上）注意事項(xiàng)：1.答題前，考生務(wù)必先將自己的姓名、準(zhǔn)考證號填寫在答題卡上，認(rèn)真核對條形碼上的姓名、準(zhǔn)考證號，并將條形碼粘貼在答題卡的指定位置上。2.答題時使用0.5毫米的黑色中性（簽字）筆或碳素筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3.請按照題號在各題的答題區(qū)域（黑色線框）內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案元效。4.保持卡面清潔，不折疊，不破損。一、選擇題（1-8題為單選，9-12題為多選，每題4分，共48分。其中有錯選的不給分，漏選的給2分）1.2023年6月12日傍晚，我市局部地區(qū)一場陣雨過后，雨過天晴，天空出現(xiàn)了一幅壯麗景觀。路人紛紛駐足觀望，這就是大家熟知的兩道七彩橋—虹和霓。從物理學(xué)角度看，虹和霓的形成主要與太陽光的下列現(xiàn)象有關(guān)（）A.光的衍射 B.光的干涉 C.光的折射和反射 D.光的偏振【答案】C【解析】【詳解】虹和霓是太陽光以一定的角度照射到雨滴上經(jīng)過折射和反射形成的，是太陽光的折射和反射現(xiàn)象。故選C。2.現(xiàn)在的智能手機(jī)大多有“雙MIC降噪技術(shù)”，簡單說就是在通話時，其中一個麥克風(fēng)收集周圍環(huán)境中的噪聲信號，并產(chǎn)生相應(yīng)的抵消聲波。某一噪聲信號傳到耳膜的振動圖像如圖所示，為取得最好降噪效果，關(guān)于該抵消聲波，下列說法正確的是（）A.振幅為2A，頻率為100HzB.在耳膜中產(chǎn)生的振動與圖中所示的振動同相C.降噪過程應(yīng)用的是聲波的干涉原理D.降噪過程應(yīng)用了聲波的反射原理，使噪聲無法從外面進(jìn)入麥克風(fēng)【答案】C【解析】【詳解】A．振幅為A，頻率為故A錯誤；B．在耳膜中產(chǎn)生的振動與圖中所示的振動反相，這樣才能取得最好降噪效果，故B錯誤；CD．降噪過程應(yīng)用的是聲波的干涉原理，將噪音波抵消，故C正確，D錯誤。故選C。3.宇宙射線進(jìn)入地球大氣層時，同大氣作用產(chǎn)生中子，中子撞擊大氣中的氮14引發(fā)核反應(yīng)產(chǎn)碳14，核反應(yīng)方程為：，產(chǎn)生的具有放射性，能夠自發(fā)地進(jìn)行β衰變，半衰期為5730年，利用碳14的衰變規(guī)律可推斷古木的年代。下列說法正確的是（）A.發(fā)生β衰變的產(chǎn)物是B.β衰變輻射出的電子來自于碳原子核內(nèi)的中子C.近年來由于CO2含量增加，導(dǎo)致溫室效應(yīng)，引起的半衰期發(fā)生微小變化D.若測得一古木樣品的含量為活體植物的，則該古木距今約為11460年【答案】B【解析】【詳解】A．根據(jù)可知，發(fā)生β衰變的產(chǎn)物是，選項(xiàng)A錯誤；B．β衰變輻射出的電子來自于碳原子核內(nèi)的中子轉(zhuǎn)變?yōu)橘|(zhì)子時放出的電子，選項(xiàng)B正確；C．外界條件不會引起的半衰期發(fā)生變化，選項(xiàng)C錯誤；D．若測得一古木樣品的含量為活體植物的，則該古木距今經(jīng)過了一個半衰期，約為5730年，選項(xiàng)D錯誤。故選B。4.圖示的LC振蕩電路，其振蕩頻率為200kHz。已知在t=0時刻，電容器C的a極板帶正電，且電荷量最大，則（）A.在t=1.25μs時刻，電磁能的一半儲存在電容器C中，一半儲存在電感L中B.在t=0~1.25μs過程中，振蕩電路中的電場能減小，磁場能增大C.在t=2.5μs時刻，電磁能全部儲存在電感L中D.在t=5.0μs時刻，電容器C的b極板帶正電，且電荷量最大【答案】B【解析】【詳解】振蕩頻率為200kHz，周期為A．在t=1.25μs時刻，即時刻，電容器剛放電完畢，電磁能全部儲存在電感L中，故A錯誤；B．在t=0~1.25μs過程中，振蕩電路中的電場能減小，磁場能增大，故B正確；C．在t=2.5μs時刻，即時刻，電容器剛充電完畢，電磁能全部儲存在電容C中，故C錯誤；D．在t=5.0μs時刻，即時刻，電容器C的a極板帶正電，且電荷量最大，故D錯誤。故選B。5.如圖所示，MQ、NQ、PQ是豎直面內(nèi)三根固定的光滑細(xì)桿，M、N、P、Q位于同一圓周上，M點(diǎn)為圓周的最高點(diǎn)，Q點(diǎn)為最低點(diǎn)，O為圓心。每根桿上都套著質(zhì)量相等的小滑環(huán)（圖中未畫出），三個滑環(huán)分別從M、N、P三個點(diǎn)同時由靜止釋放。關(guān)于它們下滑的過程，下列說法正確的是（）A.重力對三個滑環(huán)的沖量大小相同 B.彈力對三個滑環(huán)的沖量大小相同C.合外力對三個滑環(huán)的沖量大小相同 D.三個滑環(huán)動量的增量大小相同【答案】A【解析】【詳解】A．設(shè)圓周的直徑為d，光滑細(xì)桿與豎直方向的夾角為θ，由位移時間關(guān)系公式可得由牛頓第二定律可得聯(lián)立解得可知三個滑環(huán)下滑時間相等，沖量為力與力的作用時間的乘積，三個滑環(huán)受重力相等，下滑時間相等，所以重力對三個滑環(huán)的沖量大小相同，A正確；B．彈力即為光滑細(xì)桿的支持力，垂直于光滑細(xì)桿，彈力則有可知三個滑環(huán)受到的彈力不相同，彈力對三個滑環(huán)的沖量大小不相同，B錯誤；C．滑環(huán)沿細(xì)桿做加速運(yùn)動，則細(xì)桿受合外力沿細(xì)桿方向，則有由于θ角不同，三個滑環(huán)所受合外力不同，所以合外力對三個滑環(huán)的沖量大小不相同，C錯誤；D．由動量定理可知，合外力對三個滑環(huán)的沖量大小不相同，因此三個滑環(huán)動量的增量大小不相同，D錯誤。故選A6.某興趣小組設(shè)計的測量大電流的裝置如圖所示，通有電流I的螺繞環(huán)在霍爾元件處產(chǎn)生的磁場，通有待測電流的直導(dǎo)線垂直穿過螺繞環(huán)中心，在霍爾元件處產(chǎn)生的磁場。調(diào)節(jié)電阻R，當(dāng)電流表示數(shù)為時，元件輸出霍爾電壓為零，則待測電流的方向和大小分別為（）A.， B.，C.， D.，【答案】D【解析】【詳解】根據(jù)安培定則可知螺繞環(huán)在霍爾元件處產(chǎn)生的磁場方向向下，則要使元件輸出霍爾電壓為零，直導(dǎo)線在霍爾元件處產(chǎn)生的磁場方向應(yīng)向上，根據(jù)安培定則可知待測電流的方向應(yīng)該是；元件輸出霍爾電壓為零，則霍爾元件處合場強(qiáng)為0，所以有解得故選D。7.一定質(zhì)量的理想氣體從狀態(tài)a開始，經(jīng)a→b、b→c、c→a三個過程后回到初始狀態(tài)a，其p-V圖像如圖所示。已知三個狀態(tài)的坐標(biāo)分別為a（V0，2p0）、b（2V0，p0）、c（3V0，2p0）以下判斷正確的是（）A.氣體在a→b過程中對外界做的功小于在b→c過程中對外界做的功B.氣體在a→b過程中從外界吸收的熱量大于在b→c過程中從外界吸收的熱量C.在c→a過程中，外界對氣體做的功小于氣體向外界放出的熱量D.氣體在c→a過程中內(nèi)能的減少量大于b→c過程中內(nèi)能的增加量【答案】C【解析】【詳解】A．根據(jù)氣體做功的表達(dá)式可知圖線和體積橫軸圍成的面積即為做功大小，所以氣體在過程中對外界做的功等于過程中對外界做的功，A錯誤；B．氣體從，滿足玻意爾定律，所以所以，根據(jù)熱力學(xué)第一定律可知?dú)怏w從，溫度升高，所以，根據(jù)熱力學(xué)第一定律可知結(jié)合A選項(xiàng)可知所以過程氣體吸收的熱量大于過程吸收的熱量，B錯誤；C．氣體從，溫度降低，所以，氣體體積減小，外界對氣體做功，所以，根據(jù)熱力學(xué)第一定律可知，放出熱量，C正確；D．理想氣體的內(nèi)能只與溫度有關(guān)，根據(jù)可知從所以氣體從過程中內(nèi)能減少量等于過程中內(nèi)能的增加量，D錯誤。故選C。8.氫原子從高能級向低能級躍遷時，會產(chǎn)生四種頻率的可見光，其光譜如圖1所示。氫原子從能級6躍遷到能級2產(chǎn)生可見光I，從能級3躍遷到能級2產(chǎn)生可見光Ⅱ。用同一雙縫干涉裝置研究兩種光的干涉現(xiàn)象，得到如圖2和圖3所示的干涉條紋。用兩種光分別照射如圖4所示的實(shí)驗(yàn)裝置，都能產(chǎn)生光電效應(yīng)。下列說法正確的是（）A.圖1中的對應(yīng)的是ⅠB.圖2中的干涉條紋對應(yīng)的是ⅡC.Ⅰ的光子動量大于Ⅱ的光子動量D.P向a移動，電流表示數(shù)為零時Ⅰ對應(yīng)的電壓表示數(shù)比Ⅱ的大【答案】CD【解析】【詳解】根據(jù)題意可知。氫原子發(fā)生能級躍遷時，由公式可得可知，可見光I的頻率大，波長小，可見光Ⅱ的頻率小，波長大。A．可知，圖1中的對應(yīng)的是可見光Ⅱ，故A錯誤；B．由公式有，干涉條紋間距為由圖可知，圖2中間距較小，則波長較小，對應(yīng)的是可見光I，故B錯誤；C．根據(jù)題意，由公式可得，光子動量為可知，Ⅰ的光子動量大于Ⅱ的光子動量，故C正確；D．根據(jù)光電效應(yīng)方程及動能定理可得可知，頻率越大，遏止電壓越大，則P向a移動，電流表示數(shù)為零時Ⅰ對應(yīng)的電壓表示數(shù)比Ⅱ的大，故D正確。故選CD。9.如圖所示，等邊三角形線框由三根相同的導(dǎo)體棒連接而成，固定于勻強(qiáng)磁場中，線框平面與磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直，線框頂點(diǎn)、與直流電源兩端相接，已知導(dǎo)體棒受到的安培力大小為，則（）A.導(dǎo)體棒受到的安培力垂直于線框平面B.導(dǎo)體棒中的電流是導(dǎo)體棒中電流的2倍C.導(dǎo)體棒和所受到的安培力的合力大小為D.三角形線框受到的安培力的大小為【答案】BD【解析】【詳解】A．由圖可知，導(dǎo)體棒MN電流方向有M指向N，由左手定則可得，安培力方向平行于線框平面，且垂直于導(dǎo)體棒MN，故A錯誤；B．MLN邊的有效長度與MN相同，等效后的電流方向也與MN相同，由左手定則可知，邊MLN的電阻等于邊MN的電阻的兩倍，兩者為并聯(lián)關(guān)系，根據(jù)歐姆定律可知，導(dǎo)體棒MN中的電流是導(dǎo)體棒MLN中電流的2倍，故B正確；CD．中的電流大小為，則MLN中的電流為，設(shè)MN的長為，由題意知所以邊MLN所受安培力為方向與MN邊所受安培力的方向相同，故有故C錯誤，D正確。故選BD。10.等腰三角形abc為一棱鏡的橫截面，ab=ac，一平行于bc邊的細(xì)光束從ab邊射入棱鏡，在bc邊反射后從ac邊射出，出射光分成了不同顏色的兩束，甲光的出射點(diǎn)在乙光的下方，如圖所示。不考慮多次反射。下列說法正確的是（）A.甲光的波長比乙光的長B.甲光的頻率比乙光的高C.在棱鏡中的傳播速度，甲光比乙光的大D.該棱鏡對甲光的折射率大于對乙光的折射率【答案】AC【解析】【詳解】BD．根據(jù)折射定律和反射定律做出光路圖。由圖可知，乙光的折射角小，根據(jù)折射定律可知乙光的折射率大，故甲光的頻率比乙光的低，故BD錯誤；A．根據(jù)可知甲光的波長比乙光的長，故A正確；C．根據(jù)可知在棱鏡中的傳播速度，甲光比乙光的大，故C正確。故選AC。11.如圖所示，一半徑為R的圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于紙面向外。三個比荷均為的帶電粒子，分別從a、b、c三點(diǎn)以相同初速度沿平行于直徑be方向進(jìn)入磁場。已知從b進(jìn)入的粒子由d點(diǎn)離開，a、c兩點(diǎn)到直徑be的距離均為，直徑df與be垂直，不計重力及粒子間相互作用。則（）A.粒子帶負(fù)電B.粒子初速度C.從a進(jìn)入的粒子在磁場中的運(yùn)動時間為D.從c進(jìn)入的粒子在磁場中的運(yùn)動時間為【答案】BC【解析】【分析】【詳解】A．粒子向下偏轉(zhuǎn)，說明受力方向向下，根據(jù)左手定則可知粒子帶正電，A錯誤。B．根據(jù)粒子的運(yùn)動軌跡可知根據(jù)洛倫茲力充當(dāng)向心力，則有可解得B正確。C．由粒子的運(yùn)動軌跡可知，a處進(jìn)入的粒子圓心角為120°，則有可解得C正確。D．由粒子的運(yùn)動軌跡可知，c處進(jìn)入的粒子圓心角為60°，則有可解得D錯誤。故選BC。12.B超成像的基本原理是探頭向人體發(fā)射一組超聲波，超聲波遇到人體組織會產(chǎn)生不同程度的反射，探頭接收到的超聲波信號由計算機(jī)處理，從而形成B超圖像。血管探頭沿x軸正方向發(fā)送的簡諧超聲波圖像如圖所示，t=0時刻波恰好傳到質(zhì)點(diǎn)M，已知此超聲波的頻率為5×106Hz，下列說法正確的是（）A.血管探頭發(fā)出的超聲波在血管中的傳播速度為340m/sB.質(zhì)點(diǎn)M開始振動的方向沿y軸負(fù)方向C.內(nèi)質(zhì)點(diǎn)M的路程為6.0mmD.時質(zhì)點(diǎn)N恰好第一次到達(dá)波峰處【答案】BCD【解析】【詳解】A．由圖像可知波長為，則血管探頭發(fā)出的超聲波在血管中的傳播速度為故A錯誤；B．沿x軸正方向傳播，根據(jù)“同側(cè)法”可知質(zhì)點(diǎn)M開始振動的方向沿y軸負(fù)方向，故B正確；C．質(zhì)點(diǎn)的振動周期為內(nèi)質(zhì)點(diǎn)M的路程為故C正確；D．波從M點(diǎn)傳播到N點(diǎn)的時間為質(zhì)點(diǎn)N振動的時間為則時質(zhì)點(diǎn)N恰好第一次到達(dá)波峰處，故D正確。故選BCD。二、實(shí)驗(yàn)題（每空2分，共16分）13.在“探究變壓器線圈兩端的電壓和匝數(shù)的關(guān)系”實(shí)驗(yàn)中，可拆變壓器如圖1所示。（1）理想變壓器原、副線圈電壓應(yīng)與其匝數(shù)成正比，實(shí)驗(yàn)中原線圈與副線圈的電壓之比為________（選填“大于”、“小于”或“等于”）原線圈與副線圈的匝數(shù)之比。（2）實(shí)驗(yàn)中原、副線圈的電壓之比與它們的匝數(shù)之比有微小差別。原因可能為___________（填字母代號）A．原、副線圈上通過的電流發(fā)熱B．鐵芯在交變磁場作用下發(fā)熱C．變壓器鐵芯漏磁D．原線圈輸入電壓發(fā)生變化（3）組裝變壓器時，李輝同學(xué)沒有將鐵芯閉合，如圖2所示，原線圈接交流8.0V的學(xué)生電源，原副線圈的匝數(shù)比為8：1，副線圈兩端接交流電壓表，則交流電壓表的實(shí)際讀數(shù)可能是___________。（填字母代號）A．0VB．0.7VC．1.0VD．64.0V【答案】①.大于②.ABC##CBA③.B【解析】【詳解】（1）[1]理想變壓器原、副線圈電壓應(yīng)與其匝數(shù)成正比，即為，在實(shí)驗(yàn)中，由于變壓器有銅損、鐵損和漏磁，導(dǎo)致副線圈的電壓實(shí)際值一般略小于理論值，因此有，即原線圈與副線圈的電壓之比大于原線圈與副線圈的匝數(shù)之比。（2）[2]ABC．原、副線圈上通過的電流發(fā)熱；鐵芯在交變磁場作用下發(fā)熱；變壓器鐵芯漏磁，都會產(chǎn)生電能消耗，導(dǎo)致原、副線圈的電壓之比與它們的匝數(shù)之比有微小差別。ABC正確；D．原線圈輸入電壓發(fā)生變化，副線圈電壓隨著變化，則有原、副線圈的電壓之比不變，D錯誤。故選ABC。（3）[3]對理想變壓器則有，可得組裝變壓器時，沒有將鐵芯閉合，變壓器有漏磁，副線圈的電壓要比理想變壓器時的電壓略小，則交流電壓表的實(shí)際讀數(shù)可能是0.7V，ACD錯誤，B正確。故選B。14.如圖，用“碰撞實(shí)驗(yàn)器”可以驗(yàn)證動量守恒定律，即研究兩個小球在軌道水平部分碰撞前后的動量關(guān)系。圖中a、b是兩個小球，質(zhì)量分別為ma和mb。實(shí)驗(yàn)步驟如下：①先調(diào)整斜槽軌道，使其末端的切線水平，在一塊平木板表面先后釘上白紙和復(fù)寫紙，并將該木板豎直木板立于靠近槽口處，使小球a從斜槽軌道上某固定點(diǎn)處由靜止釋放，撞到木板并在白紙上留下痕跡O；②將木板向右平移適當(dāng)?shù)木嚯x，再使小球a從原固定點(diǎn)由靜止釋放，撞在木板上并在白紙上留下痕跡B；③把小球b靜止放在斜槽軌道水平段的最右端，讓小球a仍從原固定點(diǎn)由靜止釋放，和小球b相碰后，兩球撞在木板上并在白紙上留下痕跡A和C；④用刻度尺測量白紙上O點(diǎn)到A、B、C三點(diǎn)的距離分別為y1、y2和y3。（1）實(shí)驗(yàn)室有如圖所示3個小球，為了能較好的完成該實(shí)驗(yàn)，則入射小球和被碰小球分別應(yīng)該選取______（選填選項(xiàng)前的字母）。A.①、②B.②、③C.②、①（2）關(guān)于本實(shí)驗(yàn)，下列說法中正確的是_________（選填選項(xiàng)前的字母）。A.同一組實(shí)驗(yàn)中，入射小球必須從同一位置由靜止釋放B.入射小球的質(zhì)量必須小于被碰小球的質(zhì)量C.軌道傾斜部分必須光滑D.軌道末端必須水平（3）用本實(shí)驗(yàn)中所測得的量來驗(yàn)證兩小球碰撞過程動量守恒，其表達(dá)式為__________________。若兩小球之間的碰撞為彈性碰撞，則關(guān)系式_________成立。（用ma，mb，y1，y2，y3）表示）（4）完成實(shí)驗(yàn)后，某小組對上述裝置進(jìn)行了改造，如圖。在水平槽末端與水平地面間放置了個斜面，斜面頂點(diǎn)與水平槽等高且無縫連接。使小球a仍從斜槽上同一點(diǎn)由靜止?jié)L下，得到兩球落在斜面上的平均落點(diǎn)M'、P'、N'。用刻度尺測量斜面頂點(diǎn)到M'、P'、N'三點(diǎn)的距離分別為l1、l2、l3。則驗(yàn)證兩球碰撞過程中動量守恒的表達(dá)式為____________（用ma，mb，l1、l2、l3表示）?！敬鸢浮竣?C②.AD##DA③.④.⑤.【解析】【詳解】（1）[1]為了保證對心碰撞，兩小球半徑必須相同，為了防止入射小球反彈，入射小球的質(zhì)量要大于被碰小球的質(zhì)量，所以入射小球選②，被碰小球選①，故選C。（2）[2]A.同一組實(shí)驗(yàn)中，入射小球必須從同一位置由靜止釋放，使得小球到達(dá)斜槽末端時速度不變，故A正確；B.為了防止入射小球反彈，入射小球的質(zhì)量要大于被碰小球的質(zhì)量，故B錯誤；C.斜槽的粗糙與光滑不影響實(shí)驗(yàn)的效果，只要到達(dá)底端時速度相同即可，故C錯誤；C.斜槽軌道末端必須水平，保證小球到達(dá)末端時速度水平，做平拋運(yùn)動，故D正確故選AD。（3）[3][4]小球做平拋運(yùn)動，則有解得根據(jù)動量守恒將速度代入，化簡代入可得若兩小球之間的碰撞為彈性碰撞，還滿足機(jī)械能守恒，則代入化簡可得（4）[5]小球飛出后做平拋運(yùn)動，斜面的傾角為，分解位移解得代入動量守恒方程得三、計算題（共36分，解答過程要寫出必要的文字說明）15.如圖所示，在固定的汽缸A和B中分別用活塞封閉一定質(zhì)量的理想氣體，活塞面積相等，兩活塞與剛性細(xì)桿相連，活塞與汽缸間摩擦不計且不漏氣。初始時，A、B中氣體的體積皆為V0，溫度皆為T0=270K。A中氣體壓強(qiáng)為1.5p0，p0是汽缸外的大氣壓強(qiáng)（保持不變）?，F(xiàn)對A中氣體緩慢加熱，并保持B中氣體的溫度不變。當(dāng)A中氣體的壓強(qiáng)增大到2p0時，求：（1）B中氣體的體積；（2）A中氣體的溫度?！敬鸢浮浚?）；（2）450K【解析】【詳解】（1）在初始狀態(tài)，以兩個活塞為研究對象，由受力分析可得，當(dāng)A中氣體緩慢加熱后，對兩個活塞受力分析可知，對B氣缸氣體，由玻意耳定律可得解得（2）對A氣缸氣體，由理想氣體狀態(tài)方程，則有16.如圖所示，質(zhì)量mA=1kg的木板A和質(zhì)量mB=1kg、半徑R=0.1m的光滑圓弧槽B靜置在光滑水平面上，A和B接觸但不粘連，B左端與A上表面相切。質(zhì)量mC=2kg的小滑塊C以v0=5m/s的水平初速度從木板A的左端滑上木板，當(dāng)C離開A時，C的速度大小vC=4m/s，已知A、C間的動摩擦因數(shù)μ=0.5，忽略C通過AB接觸處的能量損失，重力加速度g取