2022-2023學年山西省高二（下）聯合考試物理試卷（5月）（附答案詳解）

2022-2023學年山西省高二（下）聯合考試物理試卷（5月）

1.太赫茲輻射通常是指頻率在IOIlHZ?IO*HZ之間的電磁輻射，其頻率在微波與紅外線之

間。太赫茲波對人體安全，可以穿透衣物等不透明物體，實現對隱匿物體的成像。下列說法

正確的是（）

A.太赫茲波的頻率比紅外線的頻率大

B.太赫茲波的波長比微波的波長長

C.太赫茲波是橫波，它的頻率比可見光的頻率小

D.太赫茲波比微波更容易發(fā)生衍射現象

2.小型交流發(fā)電機的示意圖如圖所示，兩磁極N、S間的磁場可視為水平方向的勻強磁場。

線圈繞垂直于磁場的水平軸0。'沿逆時針方向以恒定的角速度勻速轉動，下列說法正確的是

/'θER

A.圖示位置的線圈位于中性面

B.線圈經過圖示位置時磁通量的變化率最大

C.線圈每經過圖示位置，交變電流的方向就會發(fā)生改變

D.若線圈轉動的角速度增大一倍，則感應電動勢的有效值變?yōu)樵瓉淼?。?/p>

3.小琴同學制作的“特斯拉線圈”如圖所示，實驗中由于疏忽忘記給線圈接上負載（即線圈

處于空載狀態(tài)），若在「時間內，穿過線圈的勻強磁場方向平行于線圈軸線向上，磁感應強度

大小由Bi均勻增加到B2,下列說法正確的是

A.4端電勢高于b端電勢B.6端電勢高于4端電勢

C.線圈內的感應電流由&流向bD.線圈內的感應電流由b流向a

4.如圖所示，電源的電動勢為E、內阻為r,平行板電容器下極板和靜電計外殼均接地，下

列說法正確的是（）

A.若開關K保持閉合，且將下極板豎直向上緩慢移動一小段距離后，則靜電計指針張角緩

慢變大

B.若開關K保持閉合，且將上極板豎直向上緩慢移動一小段距離后，則靜電計指針張角緩

慢變大

C.若開關K閉合一段時間后斷開，再將下極板豎直向下緩慢移動一小段距離，則電容器的

電容變大，平行板間的電場強度變小

D.若開關K閉合一段時間后斷開，再將上極板豎直向下緩慢移動一小段距離，則電容器的

電容變大，平行板間的電場強度不變

5.圖甲為沿X軸傳播的一列簡諧橫波在t=O時刻的波形圖，圖乙為參與波動的％=2τn處質

點P的振動圖像，則下列說法不正確的是（）

A.該波的傳播速率為4m∕s

B.該波沿X軸正方向傳播

C.經過0.5s,質點P沿波的傳播方向向前傳播2%

D.該波在傳播過程中若遇到尺寸為4〃?的障礙物，能發(fā)生明顯的衍射現象

6.為了減少碳排放，我國大力推動清潔能源上、下游產業(yè)發(fā)展，近年來電動汽車、氫能源

汽車產業(yè)發(fā)展迅猛。“仲夏”科技小組對某新型電動汽車進行調研，發(fā)現該電動汽車的充電

電壓為38OV,快速充電的電流為8OA,完成一次快速充電所需時間約為2萬，已知充電時將電

能轉化為化學能的效率為95%,則該電動汽車的電池儲存的能量約為（）

A.60.8kW-hB.57.8kW-hC.160A-hD.152/1?h

7.如圖所示，一均勻帶電絕緣細棒的電荷量為+q（q>0）,在過細棒中點C的中垂線上有a、

b、4三點，且bc=cd=ab=x0在a點固定一負點電荷，其電荷量為一5q,已知“點的電

場強度為零，靜電力常量為火，則b點的電場強度大小為（）

π+q

abd

A5kqR5kq「40kq口50kq

A，9√6Fc?^9√"υ'-9√-

8.兩個質量均為巾的質點甲和乙靜止放在一條水平直線軌道上，乙在甲的前方，兩質點間

距為Z0現給甲施加一沖量，同時用一水平外力F作用在乙上，忽略摩擦，為使甲成功追上乙，

則給甲施加的沖量的最小值為（）

A.√FmlB.√2FmlC.2√FmlD.J,尸下

9.根據光敏電阻特性設計的自動計數器的電路圖如圖所示，其中Rl為光敏電阻，％為定值

電阻，電源電動勢和內阻恒定，信號處理系統會實時監(jiān)測生兩端的電壓，每獲得一次低電壓

就記數一次。下列說法正確的是（）

A.有光照射時Rl的阻值比無光光照時小

B.有光照射時Rl兩端的電壓比無光照射時大

C.有光照射時電源兩端的電壓比無光照射時小

D.有光照射時/?2消耗的電功率比無光照射時小

10.某同學研究遠距離輸電的電路如圖所示，a、b端接入電壓有效值為Uo的正弦交流電源，

升壓變壓器7\和降壓變壓器R均為理想變壓器，且U=定值電阻R2和R3消耗的功率均為

輸電線電阻Rl消耗的功率的64倍，已知&=/?3=4/?1，電表均為理想交流電表，則下列說

法正確的是

A.電壓表的示數為4B.升壓變壓器7;的匝數比言=S

C.若Rl短路，電流表示數將變大D.若自斷路，電壓表示數將減小

11.如圖為一有效擺長為/的單擺，現將質量為，"的擺球A向左拉高平衡位置一個很小的角

度，使得A球升高了人，然后由靜止釋放。A球擺至平衡位置P時，恰與靜止在P處，質量

為0.2m的8球發(fā)生正碰，碰后A繼續(xù)向右擺動，B球以速度V沿光滑水平面向右運動，與距

離為d的墻壁碰撞后以原速率返回，當B球重新回到位置P時，A球恰好碰后第一次回到尸

點。則下列說法正確的是（）

/〃/〃〃/

A.單擺的周期為T=史

V

B.當地的重力加速度為g=午

C.A球釋放到達P經歷的時間，大于A球碰后再次到達最高點的時間

D.A球碰后的速度大小為%=/^gh

12.如圖所示，在直角坐標系XOy平面內，擋板。尸與y軸之間的區(qū)域/內存在著一個垂直

平面向外的矩形勻強磁場（圖中未畫出），磁感應強度大小為以一質量為，*、電荷量為g的正

電荷，以大小為孫的速度沿平行于X軸的方向從y軸上的小孔射入區(qū)域I,經過磁場垂直打

到擋板OP上。已知擋板OP與X軸的夾角為30。，不計重力，不考慮電荷打到擋板OP之后

的運動，下列說法正確的是（）

A.正電荷在磁場中的運動時間為篝

B.正電荷在磁場中的運動時間為魏

C.矩形磁場的最小面積為（2+C）（鬻）2

D.矩形磁場的最小面積為0乎（詈）2

13.“春華”學習小組用“碰撞實驗器”通過實驗驗證動量守恒定律，他們第一次實驗使用

的裝置如圖甲所示，實驗中，。是入射小球，。是被碰小球，先將小球。從斜槽上某一固定位

置由靜止釋放，小球?從斜槽末端飛出后落到水平地面的記錄紙上留下落點痕跡，重復多次，

描出小球a的平均落點位置P,再把小球b放在斜槽末端，讓小球“仍從斜槽上同一位置由

靜止釋放，與小球6碰撞后，兩球分別在記錄紙上留下落點痕跡，重復多次，描出碰后小球

匕的平均落點位置M、N如圖乙所示，。點為軌道末端在水平地面上的投影。

4'球b

∕777T?77777T777777r77777r7777777r

OMPN

甲

（1）關于本實驗，下列說法正確的是O

A.小球a的質量必須小于小球b的質量且兩小球半徑相同

B.斜槽越粗糙，實驗誤差就會越大

C.斜槽末端的切線必須水平

D.必須測量斜槽末端到水平地面的高度

（2）實驗中，小球碰撞前后的速度是不容易直接被測得的，同學們經過分析討論，發(fā)現小球做

平拋運動的時間相同，因此可以用間接地來代替小球碰撞前后時的速度。

（3）同學們用托盤天平測出了小球4的質量記為7711，小球h的質量記為m2,用毫米刻度尺測

得。、M、尸、N各點間的距離（圖乙中已標出），則驗證兩小球碰撞過程中動量守恒的表達式

為c（用題中涉及的物理量符號表示）

X.X.X

乙

14.某同學為了測量一阻值約3。的定值電阻RX的準確阻值，準備

了以下實驗器材：,?

恒壓電源（輸出電壓為4匕）ι?-R―

電流表（量程0.64,內阻約10）

---------l'l?-—θ-J

電壓表（量程3V,內阻約5kO）K

滑動變阻器A兩個（0-50）

滑動變阻器8兩個(0-200)

開關兩個，導線若干

(1)他設計的電路如圖所示.按圖連好電路，斷開S2,閉合Si,調節(jié)RI和記下電流表與電

壓表示數人、U；再閉合S2,保持(填Rl或7?2)的阻值不變，調節(jié)(填Rl或&)，使

電壓表的示數仍為U,記下此時電流表示數/2。

(2)被測電阻R*=(用人、l2.U表示)。

(3)該電路中滑動變阻器Rl應選擇(選A或B)。

(4)由于電壓表的內阻不是無窮大，電流表的內阻也不能忽略，由這種方法測量出來的結果與

真實值比較，R測_____R其(填“>”、"=”或"十')。

15.如圖所示，某透明柱體的橫截面為四分之一圓，圓心為0,半徑為上一束單色光從

。。面上的M點垂直射入透明柱體，恰好在柱體面上的N點發(fā)生全反射，反射光從尸點射出

透明柱體，射出的折射光線的折射角為％已知Sinr=?，光在真空中的傳播速度為c。求：

(1)透明柱體對該單色光的折射率〃；

(2)單色光從M點射入柱體到射出柱體所經歷的時間t.

16.如圖所示，在豎直平面內，一半徑為R的光滑絕緣圓弧軌道ABC和水平絕緣軌道尸A在

A點相切，BC為圓弧軌道的直徑，。為圓心，OA和之間的夾角為α,Sina=看，COSa="

整個裝置處于水平向右的勻強電場中。一質量為〃八電荷量為q(q>0)的帶電小球在電場力

的作用下沿水平軌道向右運動，經A點沿圓弧軌道通過C點，落至水平軌道；已知小球(視為

質點)在C點所受合力的方向指向圓心。，且此時小球對軌道的壓力恰好為零，重力加速度大

小為g，求：

(1)勻強電場的電場強度大小E-

(2)小球從C點落至水平軌道上的時間Zo

B

PA

17.如圖所示，兩根足夠長、電阻不計的光滑平行金屬導軌固定在水平面上，導軌間距L=

0.8m,左端通過導線連接一個R=0.60的定值電阻，整個導軌處在豎直向下的勻強磁場中。

質量Tn=O.5kg、長度L=O.8m、電阻r=0.20的勻質金屬桿垂直導軌放置，現對桿的中點施

加一個垂直金屬桿的水平拉力F,使其由靜止開始運動，拉力F的功率P=5W保持不變。當

金屬桿的速度U=2τn∕s時，金屬桿的加速度α=4.2m∕s2,金屬桿與導軌始終接觸良好。

(1)求勻強磁場的磁感應強度大小B；

(2)若金屬桿做勻速直線運動時撤去拉力F,求從撤去拉力戶到金屬桿停下的過程中金屬桿上

產生的熱量Q；

(3)若金屬桿做勻速直線運動時撤去拉力F,求從撤去拉力F到金屬桿停下的過程中金屬桿通

過的位移大小X。

答案和解析

1.【答案】C

【解析】【詳解】4BD.太赫茲波的頻率在微波與紅外線之間，可知太赫茲波的頻率比紅外線的頻

率小，太赫茲波的頻率比微波的頻率大，則太赫茲波的波長比微波的波長短，微波比太赫茲波更

容易發(fā)生衍射現象，故A3。錯誤；

C.所有電磁波都是橫波，則太赫茲波是橫波，太赫茲波的頻率比紅外線的頻率小，則太赫茲波的

頻率比可見光的頻率小，故C正確。

故選C

2.【答案】B

【解析】

【分析】

線圈經過中性面時磁通量最大，磁通量的變化率為零，感應電動勢為零，感應電流方向發(fā)生變化；

線圈平面與磁場平行時穿過線圈的磁通量最小為零，磁通量的變化率最大，感應電動勢最大，感

應電流方向不變。

線圈繞垂直于勻強磁場的軸勻速轉動時產生正弦式交變電流，感應電動勢最大值為E=NBSω,

有效值是最大值的盍。

【解答】

ABC.穿過線圈的磁通量最大時，線圈所在的平面為中性面，圖示位置穿過線圈的磁通量為0,穿

過線圈的磁通量變化率最大，線圈經過中性面時，電流方向會發(fā)生改變，選項B正確，選項4C

均錯誤；

D由E=^Em=?NBS3知，若線圈轉動的角速度增大一倍，則感應電動勢的有效值變?yōu)樵瓉?/p>

的2倍，選項。錯誤。

3.【答案】A

【解析】

【分析】

本題主要考查了楞次定律，能根據楞次定律分析出感應電流的方向，明確楞次定律的幾種表述的

含義。

【解答】

穿過線圈內的磁場方向向上，且磁通量增大，根據楞次定律可知感應電流產生的磁場方向向下,

由右手螺旋定則可知，。端電勢高于6端電勢，由于線圈沒有閉合，故回路中不存在感應電流，

故A正確，BCD錯誤。

故選Ao

4【答案】D

【解析】

【分析】

電容器始終與電源相連，則電容器兩端間的電勢差不變，根據電容器”的變化判斷電容的變化以

及電場強度的變化，從而判斷電荷電勢能和電場力的變化。電容器與電源斷開，則電容器所帶電

荷量不變，根據場強E=要，即可判斷。

本題是電容器的動態(tài)分析問題，關鍵抓住不變量，當電容器與電源始終相連，則電勢差不變，當

電容器與電源斷開，則電荷量不變，只改變兩板間距離時，板間電場強度不變。

【解答】

4B.在開關K閉合的情況下，電容器電壓不變，靜電計指針張角不變，故AB錯誤；

C若開關K閉合一段時間后斷開，電容器電荷量不變，由C=裊可知將下極板豎直向下緩慢移

動一小段距離，電容變小，再結合E=?,C=?可得E=當，可知平行板間的電場強度不變，

aUεS

故C錯誤；

。.若開關K閉合一段時間后斷開，電容器電荷量不變，由C=?可知將上極板豎直向下緩慢移

?4πkd

動一小段距離，電容變大，再結合E=《C=E可得E=竿可知平行板間的電場強度不變，故

aUεS

D正確。

5.【答案】BC

【解析】【詳解】4由圖甲可知波長為4〃?，由圖乙可知周期為1s,則該波的傳播速率為

4

V=?m/s=4m∕s

故A正確，不滿足題意要求；

A由圖乙可知，t=0時刻X=2m處質點尸沿y軸負方向振動，根據波形平移法可知，該波沿X

軸負方向傳播，故B錯誤，滿足題意要求；

C質點P只能沿y軸振動，不會隨波的傳播方向遷移，故C錯誤，滿足題意要求；

。.由圖甲可知，該波的波長為4m，該波在傳播過程中若遇到尺寸為4〃?的障礙物，能發(fā)生明顯的

衍射現象，故。正確，不滿足題意要求。

故選BC。

6.【答案】B

【解析】【詳解】該電動汽車充電功率為

P=UI=3807X804=30400W=30AkW

由題意可知該電動汽車的電池儲存的能量約為

E=95%勿=95%X30AkW×2h≈57.8kW-h

故選Bo

7.【答案】D

【解析】

【分析】

由題意可知在d點處的場強為零，說明+q和-5q在的"點的電場強度大小相等，方向相反。再根

據點電荷的電場強度為E=上責及+q在b、d兩點產生的電場的對稱性及其疊加即可求解。

解題的關鍵是知道點電荷的場強和場強疊加原理，緊扣電場強度的大小與方向關系，從而為解題

奠定基礎。

本題考查點電荷與細棒上電荷在某處的電場強度疊加。

【解答】

電荷量為-5q的負點電荷在d點產生的電場強度大小：E=篝=鬻，方向向左；根據電場的疊

加原理可知細棒在"點產生的電場強度大小為罌，方向向右；根據對稱性可知細棒在6點產生的

電場強度大小為蜉，方向向左；電荷量為-5q的負點電荷在6點產生的電場強度大小為要，方向

向左；根據電場的疊加原理可知細棒在6點產生的電場強度大小為膂,選項。正確，ABC錯誤。

8.【答案】B

【解析】

【分析】

甲成功追上乙，根據位移關系和動量定理，得到沖量的表達式，根據數學關系求出給甲施加的沖

量的最小值。

本題考查追及問題和動量定理，關鍵在于理解追上時的位移關系。

【解答】

2

由于/=mvfp,sfp=vfpt,SN=∣×^t,當甲恰好追上乙時，必有S用一SE=I,代入上述各式，

整理可得《2-+羿=0,為使甲成功追上乙，給甲施加的沖量最小，應有一元二次方程的Z=0,

因此可得/2=2FmZ,BP/=yΓ2F^l.

故選B。

9.【答案】AC

【解析】【詳解】4B.由圖可知，每當光照被擋住時，信號處理系統獲得一次低電壓就記數一次,

則此時光敏電阻Rl兩端電壓較大，阻值較大；故有光照射時Rl的阻值比無光光照時小，有光照

射時Rl兩端的電壓比無光照射時小，故A正確，8錯誤；

C.有光照射時，光敏電阻Rl的阻值比無光光照時小，則外電阻總阻值比無光照射時小，電源兩端

的電壓比無光照射時小，故C正確；

D有光照射時，光敏電阻RI的阻值比無光光照時小，則電路總電阻比無光照射時小，電路總電流

比無光照射時大，定值電阻&消耗的電功率比無光照射時大，故。錯誤。

故選AC.

10.【答案】BC

【解析】

【分析】

根據7?2=/?3=4殳，三個電阻消耗的功率關系，設通過每個電阻的電流為/,電壓為U,即可表

示變壓器的電壓和電流的關系，從而知匝數比。

再根據電壓與匝數成正比，電流與匝數成反比，電壓取決于原線圈，電流和功率取決于副線圈，

分析動態(tài)變化。

掌握住理想變壓器的電壓、電流之間的關系，最大值和有效值之間的關系即可解決本題。

【解答】

B.令&=R3=4/?i=4R,定值電阻/?2和%消耗的功率均為輸電線電阻RI消耗的功率的64倍，，

2

則有PRI=I3R,PR2=PR3=6)2X4R=64PRI=64及R

解唬4。

根據變壓器原副線圈匝數比與電流之間的關系可得?=r=l

由題意可得升壓變壓器A的匝數比為器=￡=2正確。

人根據變壓器的工作原理

_nI^3_n3

U2n2,九4

又因為

U3=U2—13?Ul—UQ

故有

2R

力=Uo*/3RI=UOy)2/4RI=UO_(^)-^3-I=U。-32力

/?2+危

解得以=撰%,電壓表的示數即以，可知電壓表的示數小于4,A錯誤。

C.若Rl短路，則&="。降壓變壓器的原線圈電壓變大，副線圈的電壓也將升高，從而使得降壓

變壓器的電流〃增大，由電流與變壓器匝數的關系供="可知，當降壓變壓器副線圈中的電流增

加時，升壓變壓器原線圈的電流也增加，即RI短路，電流表示數將變大，C正確。

。.若/?3斷路，此時電壓表的示數為

t∕4'=t∕0-(-?Λ∣=t,o-?

?3256

解得C歌lo

可知一(

由此可以判定，/?3斷路，電壓表示數將變大，。錯誤。

11.【答案】AD

【解析】A.8球來回運動時間

2d

V

單擺的周期為

4d

T=2t=——

V

故A正確;

員單擺的周期為

4d

T=—=2TT

VY9

聯立解得重力加速度為

lπ2υ2

9=-T

故3錯誤;

C單擺的周期為

T=2π一

」g

碰撞前后周期不變，故A球釋放到達P經歷的時間等于A球碰后再次到達最高點的時間，故C錯

誤:

D根據動能定理

mgh=2mvo2

碰撞后

mv0=mvA+0.2mv

解得

以=√2gh-1

故。正確。

故選A。。

12.【答案】BD

【解析】

【分析】

本題主要考查帶電粒子在磁場中的運動，明確粒子的運動軌跡，由幾何關系確定圓心角，從而求

解出運動時間和矩形磁場的最小面積。

【解答】

4B.正電荷在磁場中運動的周期為：T=誓，由幾何關系易知，正電荷在磁場中運動的圓心角為：

qB

0=60。，故t=27=篝，故B正確，A錯誤。

3603qB

CD正電荷的半徑為：R=翳，最小矩形磁場應以正電荷運動軌跡所對應的弓形的高和弦長為邊

所對應的長方形，由幾何關系可知，矩形磁場的最小面積為：

S=R（I-cos/）?2Rcos30°=（2一廣）（鬻）2,故C錯誤，D正確。

13.【答案】①.C②.水平位移③.m5X2=恒2。1+刀2+刀3）

【解析】【詳解】（1）［洋

4由于實驗要測量兩球碰撞后的速度，所以需要主動球碰撞后也要水平拋出，所以主動球的質量

要大于被動球的質量，即小球。的質量必須大于小球人的質量，同時為了保證小球碰撞為對心正

碰，兩小球半徑須相同，故A錯誤；

區(qū)“驗證動量守恒定律”實驗中，是通過平拋運動的基本規(guī)律求解碰撞前后的速度的，只要離開

斜槽末端后做平拋運動，斜槽是否光滑不影響實驗誤差，故8錯誤；

C要保證每次小球都做平拋運動，則斜槽的末端切線必須水平，故C正確：

。.在實驗中不需要測量斜槽末端到水平地面的高度，只要保證斜槽末端到水平地面的高度相同，

即可知道兩小球的下落時間相同，故。錯誤。

故選Co

(2)［2］小球離開軌道后做平拋運動，由于拋出點的高度相等，小球做平拋運動的時間相等，小球

做平拋運動的水平位移與初速度成正比，可以用水平位移間接地來代替小球碰撞前后時的速度。

(3)［3］設小球”直接從軌道飛出做平拋運動的初速度為火,小球。與小球6碰撞后從軌道飛出做

平拋運動的初速度為力，小球人被碰撞后從軌道飛出做平拋運動的初速度為W。兩球碰撞過程

系統動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得

m1v0=mlv1+m2v2

由于兩球做平拋運動的時間r相等，方程兩邊同時乘以［得

m1v0t—m1v1t+m2v2t

可得

m1(x1+x2)=m1x1+m2(x1+x2+X3)

化簡得

m1x2=m2(x1+x2+x3)

14.【答案】R2R1?B=

'2-1l

【解析】解：(1)根據歐姆定律，要測定待測電阻RX的阻值，需要測出通過RK的電流和兩端的電壓，

RX兩端的電壓可由電壓表直接測量，當RX和滑動變阻器并聯時，需要保持通過%的電流不變，

利用電流表示數和通過電流的差值計算通過待測電阻&的電流，故實驗中閉合S2,保持/?2的阻值

不變，調節(jié)Rl

(2)根據以上分析，由歐姆定律可知：RX=占

(3)為了保證電壓表示數不變，干路中的Rl的阻值需要調節(jié)較大的范圍，故應選&

(4)兩次電壓表的示數不變，電流為兩次電流表示數之差，所以待測電阻和電表的內阻無關，測量

值和真實值相等。

故答案為：(1)/?2,8；(2)可知：?;(3)B；(4)=

(1)根據歐姆定律分析待測電阻兩端電壓的測量和通過電流的測量進行判斷；

(2)根據歐姆定律推導；

(3)根據保證電壓表示數不變分析判斷；

(4)根據電表內阻造成的誤差分析。

本題考查伏安法測電阻，要求掌握實驗原理，實驗電路、數據處理和誤差分析。

15.【答案】解；(1)入射光線在M點恰好發(fā)生全反射，此時的入射角等于發(fā)生全反射時的臨界角

C,根據折射定律有

1

SinC=—

n

根據幾何關系可知，光從P點射出透明柱體時的入射角

a=90°-C

根據光的折射定律有

Sinr

n=-；—

Sina

解得

2√3

YlZ=--------

3

(2)光在透明柱體內傳播的速度大小

C

V=—

n

光在透明柱體內傳播的路程

s=3RcosC

光在透明柱體內傳播的時間

_S

一V

解得

'R

t=-------

C

【解析】見答案

16.【答案】解：(1)小球到達C點所受合力的方向指向圓心0,則有

Eq