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山西省吕梁市2022-2023学年高二下学期7月期末调研测试物理试题（解析版）
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这是一份山西省吕梁市2022-2023学年高二下学期7月期末调研测试物理试题（解析版），共20页。试卷主要包含了答题时使用0，保持卡面清洁，不折叠，不破损等内容，欢迎下载使用。
吕梁市2022-2023学年第二学期期末调研测试
高二物理试题
（本试卷满分100分，考试时间90分钟。答案一律写在答题卡上）
注意事项：
1.答题前，考生务必先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，认真核对条形码上的姓名、准考证号，并将条形码粘贴在答题卡的指定位置上。
2.答题时使用0.5毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3.请按照题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超出答题区域书写的答案元效。
4.保持卡面清洁，不折叠，不破损。
一、选择题（1-8题为单选，9-12题为多选，每题4分，共48分。其中有错选的不给分，漏选的给2分）
1. 2023年6月12日傍晚，我市局部地区一场阵雨过后，雨过天晴，天空出现了一幅壮丽景观。路人纷纷驻足观望，这就是大家熟知的两道七彩桥—虹和霓。从物理学角度看，虹和霓的形成主要与太阳光的下列现象有关（ ）
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】
【详解】虹和霓是太阳光以一定的角度照射到雨滴上经过折射和反射形成的，是太阳光的折射和反射现象。
故选C。
2. 现在的智能手机大多有“双MIC降噪技术”，简单说就是在通话时，其中一个麦克风收集周围环境中的噪声信号，并产生相应的抵消声波。某一噪声信号传到耳膜的振动图像如图所示，为取得最好降噪效果，关于该抵消声波，下列说法正确的是（ ）
A. 振幅为2A，频率为100Hz
B. 在耳膜中产生的振动与图中所示的振动同相
C. 降噪过程应用的是声波的干涉原理
D. 降噪过程应用了声波的反射原理，使噪声无法从外面进入麦克风
【答案】C
【解析】
【详解】A．振幅为A，频率为
故A错误；
B．在耳膜中产生的振动与图中所示的振动反相，这样才能取得最好降噪效果，故B错误；
CD．降噪过程应用的是声波的干涉原理，将噪音波抵消，故C正确，D错误。
故选C。
3. 宇宙射线进入地球大气层时，同大气作用产生中子，中子撞击大气中的氮14引发核反应产碳14，核反应方程为：，产生的具有放射性，能够自发地进行β衰变，半衰期为5730年，利用碳14的衰变规律可推断古木的年代。下列说法正确的是（ ）
A. 发生β衰变的产物是
B. β衰变辐射出的电子来自于碳原子核内的中子
C. 近年来由于CO2含量增加，导致温室效应，引起的半衰期发生微小变化
D. 若测得一古木样品的含量为活体植物的，则该古木距今约为11460年
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据可知，发生β衰变的产物是，选项A错误；
B．β衰变辐射出的电子来自于碳原子核内的中子转变为质子时放出的电子，选项B正确；
C．外界条件不会引起的半衰期发生变化，选项C错误；
D．若测得一古木样品的含量为活体植物的，则该古木距今经过了一个半衰期，约为5730年，选项D错误。
故选B。
4. 图示的LC振荡电路，其振荡频率为200kHz。已知在t=0时刻，电容器C的a极板带正电，且电荷量最大，则（ ）
A. 在t=1.25μs时刻，电磁能的一半储存在电容器C中，一半储存在电感L中
B. 在t=0~1.25μs过程中，振荡电路中的电场能减小，磁场能增大
C. 在t=2.5μs时刻，电磁能全部储存在电感L中
D. 在t=5.0μs时刻，电容器C的b极板带正电，且电荷量最大
【答案】B
【解析】
【详解】振荡频率为200kHz，周期为
A．在t=1.25μs时刻，即时刻，电容器刚放电完毕，电磁能全部储存在电感L中，故A错误；
B．在t=0~1.25μs过程中，振荡电路中的电场能减小，磁场能增大，故B正确；
C．在t=2.5μs时刻，即时刻，电容器刚充电完毕，电磁能全部储存在电容C中，故C错误；
D．在t=5.0μs时刻，即时刻，电容器C的a极板带正电，且电荷量最大，故D错误。
故选B。
5. 如图所示，MQ、NQ、PQ是竖直面内三根固定的光滑细杆，M、N、P、Q位于同一圆周上，M点为圆周的最高点，Q点为最低点，O为圆心。每根杆上都套着质量相等的小滑环（图中未画出），三个滑环分别从M、N、P三个点同时由静止释放。关于它们下滑的过程，下列说法正确的是（ ）
A. 重力对三个滑环的冲量大小相同 B. 弹力对三个滑环的冲量大小相同
C. 合外力对三个滑环的冲量大小相同 D. 三个滑环动量的增量大小相同
【答案】A
【解析】
【详解】A．设圆周的直径为d，光滑细杆与竖直方向的夹角为θ，由位移时间关系公式可得
由牛顿第二定律可得
联立解得
可知三个滑环下滑时间相等，冲量为力与力的作用时间的乘积，三个滑环受重力相等，下滑时间相等，所以重力对三个滑环的冲量大小相同，A正确；
B．弹力即为光滑细杆的支持力，垂直于光滑细杆，弹力则有
可知三个滑环受到的弹力不相同，弹力对三个滑环的冲量大小不相同，B错误；
C．滑环沿细杆做加速运动，则细杆受合外力沿细杆方向，则有
由于θ角不同，三个滑环所受合外力不同，所以合外力对三个滑环的冲量大小不相同，C错误；
D．由动量定理可知，合外力对三个滑环的冲量大小不相同，因此三个滑环动量的增量大小不相同，D错误。
故选A
6. 某兴趣小组设计的测量大电流的装置如图所示，通有电流I的螺绕环在霍尔元件处产生的磁场，通有待测电流的直导线垂直穿过螺绕环中心，在霍尔元件处产生的磁场。调节电阻R，当电流表示数为时，元件输出霍尔电压为零，则待测电流的方向和大小分别为（ ）
A. ， B. ，
C. ， D. ，
【答案】D
【解析】
【详解】根据安培定则可知螺绕环在霍尔元件处产生的磁场方向向下，则要使元件输出霍尔电压为零，直导线在霍尔元件处产生的磁场方向应向上，根据安培定则可知待测电流的方向应该是；元件输出霍尔电压为零，则霍尔元件处合场强为0，所以有
解得
故选D。
7. 一定质量的理想气体从状态a开始，经a→b、b→c、c→a三个过程后回到初始状态a，其p-V图像如图所示。已知三个状态的坐标分别为a（V0， 2p0）、 b（2V0，p0）、c（3V0，2p0） 以下判断正确的是（ ）
A. 气体在a→b过程中对外界做的功小于在b→c过程中对外界做的功
B. 气体在a→b过程中从外界吸收的热量大于在b→c过程中从外界吸收的热量
C. 在c→a过程中，外界对气体做的功小于气体向外界放出的热量
D. 气体在c→a过程中内能的减少量大于b→c过程中内能的增加量
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据气体做功的表达式可知图线和体积横轴围成的面积即为做功大小，所以气体在过程中对外界做的功等于过程中对外界做的功，A错误；
B．气体从，满足玻意尔定律，所以
所以，根据热力学第一定律可知
气体从，温度升高，所以，根据热力学第一定律可知
结合A选项可知
所以
过程气体吸收的热量大于过程吸收的热量，B错误；
C．气体从，温度降低，所以，气体体积减小，外界对气体做功，所以，根据热力学第一定律可知，放出热量，C正确；
D．理想气体的内能只与温度有关，根据可知从
所以气体从过程中内能减少量等于过程中内能的增加量，D错误。
故选C。
8. 氢原子从高能级向低能级跃迁时，会产生四种频率的可见光，其光谱如图1所示。氢原子从能级6跃迁到能级2产生可见光I，从能级3跃迁到能级2产生可见光Ⅱ。用同一双缝干涉装置研究两种光的干涉现象，得到如图2和图3所示的干涉条纹。用两种光分别照射如图4所示的实验装置，都能产生光电效应。下列说法正确的是（ ）
A. 图1中的对应的是Ⅰ
B. 图2中的干涉条纹对应的是Ⅱ
C. Ⅰ的光子动量大于Ⅱ的光子动量
D. P向a移动，电流表示数为零时Ⅰ对应的电压表示数比Ⅱ的大
【答案】CD
【解析】
【详解】根据题意可知。氢原子发生能级跃迁时，由公式可得
可知，可见光I的频率大，波长小，可见光Ⅱ的频率小，波长大。
A．可知，图1中的对应的是可见光Ⅱ，故A错误；
B．由公式有，干涉条纹间距为
由图可知，图2中间距较小，则波长较小，对应的是可见光I，故B错误；
C．根据题意，由公式可得，光子动量为
可知，Ⅰ的光子动量大于Ⅱ的光子动量，故C正确；
D．根据光电效应方程及动能定理可得
可知，频率越大，遏止电压越大，则P向a移动，电流表示数为零时Ⅰ对应的电压表示数比Ⅱ的大，故D正确。
故选CD。
9. 如图所示，等边三角形线框由三根相同的导体棒连接而成，固定于匀强磁场中，线框平面与磁感应强度方向垂直，线框顶点、与直流电源两端相接，已知导体棒受到的安培力大小为，则（ ）
A. 导体棒受到的安培力垂直于线框平面
B. 导体棒中的电流是导体棒中电流的2倍
C. 导体棒和所受到的安培力的合力大小为
D. 三角形线框受到的安培力的大小为
【答案】BD
【解析】
【详解】A．由图可知，导体棒MN电流方向有M指向N，由左手定则可得，安培力方向平行于线框平面，且垂直于导体棒MN，故A错误；
B．MLN边的有效长度与MN相同，等效后的电流方向也与MN相同，由左手定则可知，边MLN的电阻等于边MN的电阻的两倍，两者为并联关系，根据欧姆定律可知，导体棒MN中的电流是导体棒MLN中电流的2倍，故B正确；
CD．中的电流大小为，则MLN中的电流为，设MN的长为，由题意知
所以边MLN所受安培力为
方向与MN边所受安培力的方向相同，故有
故C错误，D正确。
故选BD。
10. 等腰三角形abc为一棱镜的横截面，ab=ac，一平行于bc边的细光束从ab边射入棱镜，在bc边反射后从ac边射出，出射光分成了不同颜色的两束，甲光的出射点在乙光的下方，如图所示。不考虑多次反射。下列说法正确的是（ ）
A. 甲光的波长比乙光的长
B. 甲光的频率比乙光的高
C. 在棱镜中的传播速度，甲光比乙光的大
D. 该棱镜对甲光的折射率大于对乙光的折射率
【答案】AC
【解析】
【详解】BD．根据折射定律和反射定律做出光路图。
由图可知，乙光的折射角小，根据折射定律可知乙光的折射率大，故甲光的频率比乙光的低，故BD错误；
A．根据
可知甲光的波长比乙光的长，故A正确；
C．根据
可知在棱镜中的传播速度，甲光比乙光的大，故C正确。
故选AC。
11. 如图所示，一半径为R的圆形匀强磁场区域，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外。三个比荷均为的带电粒子，分别从a、b、c三点以相同初速度沿平行于直径be方向进入磁场。已知从b进入的粒子由d点离开，a、c两点到直径be的距离均为，直径df与be垂直，不计重力及粒子间相互作用。则（ ）
A. 粒子带负电
B. 粒子初速度
C. 从a进入的粒子在磁场中的运动时间为
D. 从c进入的粒子在磁场中的运动时间为
【答案】BC
【解析】
【分析】
【详解】
A．粒子向下偏转，说明受力方向向下，根据左手定则可知粒子带正电，A错误。
B．根据粒子的运动轨迹可知
根据洛伦兹力充当向心力，则有
可解得
B正确。
C．由粒子的运动轨迹可知，a处进入的粒子圆心角为120°，则有
可解得
C正确。
D．由粒子的运动轨迹可知，c处进入的粒子圆心角为60°，则有
可解得
D错误。
故选BC。
12. B超成像的基本原理是探头向人体发射一组超声波，超声波遇到人体组织会产生不同程度的反射，探头接收到的超声波信号由计算机处理，从而形成B超图像。血管探头沿x轴正方向发送的简谐超声波图像如图所示，t=0时刻波恰好传到质点M，已知此超声波的频率为5×106Hz，下列说法正确的是（ ）
A. 血管探头发出的超声波在血管中的传播速度为340m/s
B. 质点M开始振动的方向沿y轴负方向
C. 内质点M的路程为6.0mm
D. 时质点N恰好第一次到达波峰处
【答案】BCD
【解析】
【详解】A．由图像可知波长为，则血管探头发出的超声波在血管中的传播速度为
故A错误；
B．沿x轴正方向传播，根据“同侧法”可知质点M开始振动的方向沿y轴负方向，故B正确；
C．质点的振动周期为
内质点M的路程为
故C正确；
D．波从M点传播到N点的时间为
质点N振动的时间为
则时质点N恰好第一次到达波峰处，故D正确。
故选BCD。
二、实验题（每空2分，共16分）
13. 在“探究变压器线圈两端的电压和匝数的关系”实验中，可拆变压器如图1所示。
（1）理想变压器原、副线圈电压应与其匝数成正比，实验中原线圈与副线圈的电压之比为________（选填“大于”、“小于”或“等于”）原线圈与副线圈的匝数之比。
（2）实验中原、副线圈的电压之比与它们的匝数之比有微小差别。原因可能为___________（填字母代号）
A．原、副线圈上通过的电流发热 B．铁芯在交变磁场作用下发热
C．变压器铁芯漏磁 D．原线圈输入电压发生变化
（3）组装变压器时，李辉同学没有将铁芯闭合，如图2所示，原线圈接交流8.0V的学生电源，原副线圈的匝数比为8：1，副线圈两端接交流电压表，则交流电压表的实际读数可能是___________。（填字母代号）
A．0V B．0.7V C．1.0V D．64.0V
【答案】 ①. 大于 ②. ABC##CBA ③. B
【解析】
【详解】（1）[1]理想变压器原、副线圈电压应与其匝数成正比，即为，在实验中，由于变压器有铜损、铁损和漏磁，导致副线圈的电压实际值一般略小于理论值，因此有，即原线圈与副线圈的电压之比大于原线圈与副线圈的匝数之比。
（2）[2] ABC．原、副线圈上通过的电流发热；铁芯在交变磁场作用下发热；变压器铁芯漏磁，都会产生电能消耗，导致原、副线圈的电压之比与它们的匝数之比有微小差别。ABC正确；
D．原线圈输入电压发生变化，副线圈电压随着变化，则有原、副线圈的电压之比不变，D错误。
故选ABC。
（3）[3]对理想变压器则有，可得
组装变压器时，没有将铁芯闭合，变压器有漏磁，副线圈的电压要比理想变压器时的电压略小，则交流电压表的实际读数可能是0.7V，ACD错误，B正确。
故选B。
14. 如图，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系。图中a、b是两个小球，质量分别为ma和mb。实验步骤如下：
①先调整斜槽轨道，使其末端的切线水平，在一块平木板表面先后钉上白纸和复写纸，并将该木板竖直木板立于靠近槽口处，使小球a从斜槽轨道上某固定点处由静止释放，撞到木板并在白纸上留下痕迹O；
②将木板向右平移适当的距离，再使小球a从原固定点由静止释放，撞在木板上并在白纸上留下痕迹B；
③把小球b静止放在斜槽轨道水平段的最右端，让小球a仍从原固定点由静止释放，和小球b相碰后，两球撞在木板上并在白纸上留下痕迹A和C；
④用刻度尺测量白纸上O点到A、B、C三点的距离分别为y1、y2和y3。
（1）实验室有如图所示3个小球，为了能较好的完成该实验，则入射小球和被碰小球分别应该选取______
（选填选项前的字母）。
A.①、② B.②、③ C.②、①
（2）关于本实验，下列说法中正确的是_________（选填选项前的字母）。
A.同一组实验中，入射小球必须从同一位置由静止释放
B.入射小球的质量必须小于被碰小球的质量
C.轨道倾斜部分必须光滑
D.轨道末端必须水平
（3）用本实验中所测得的量来验证两小球碰撞过程动量守恒，其表达式为__________________。若两小球之间的碰撞为弹性碰撞，则关系式_________成立。（用ma，mb，y1，y2，y3）表示）
（4）完成实验后，某小组对上述装置进行了改造，如图。在水平槽末端与水平地面间放置了个斜面，斜面顶点与水平槽等高且无缝连接。使小球a仍从斜槽上同一点由静止滚下，得到两球落在斜面上的平均落点M'、P'、N'。用刻度尺测量斜面顶点到M'、P'、N'三点的距离分别为l1、l2、l3。则验证两球碰撞过程中动量守恒的表达式为____________（用ma，mb，l1、l2、l3表示）。
【答案】 ①. C ②. AD##DA ③. ④. ⑤.
【解析】
【详解】（1）[1]为了保证对心碰撞，两小球半径必须相同，为了防止入射小球反弹，入射小球的质量要大于被碰小球的质量，所以入射小球选②，被碰小球选①，故选C。
（2）[2] A. 同一组实验中，入射小球必须从同一位置由静止释放，使得小球到达斜槽末端时速度不变，故A正确；
B. 为了防止入射小球反弹，入射小球的质量要大于被碰小球的质量，故B错误；
C.斜槽的粗糙与光滑不影响实验的效果，只要到达底端时速度相同即可，故C错误；
C.斜槽轨道末端必须水平，保证小球到达末端时速度水平，做平抛运动，故D正确
故选AD。
（3）[3][4]小球做平抛运动，则有
解得
根据动量守恒
将速度代入，化简代入可得
若两小球之间的碰撞为弹性碰撞，还满足机械能守恒，则
代入化简可得
（4）[5]小球飞出后做平抛运动，斜面的倾角为，分解位移
解得
代入动量守恒方程得
三、计算题（共36分，解答过程要写出必要的文字说明）
15. 如图所示，在固定的汽缸A和B中分别用活塞封闭一定质量的理想气体，活塞面积相等，两活塞与刚性细杆相连，活塞与汽缸间摩擦不计且不漏气。初始时，A、B中气体的体积皆为V0，温度皆为T0=270K。A中气体压强为1.5p0，p0是汽缸外的大气压强（保持不变）。现对A中气体缓慢加热，并保持B中气体的温度不变。当A中气体的压强增大到2p0时，求：
（1）B中气体的体积；
（2）A中气体的温度。
【答案】（1）；（2）450K
【解析】
【详解】（1）在初始状态，以两个活塞为研究对象，由受力分析可得，当A中气体缓慢加热后，对两个活塞受力分析可知，对B气缸气体，由玻意耳定律可得
解得
（2）对A气缸气体，由理想气体状态方程，则有
16. 如图所示，质量mA=1kg的木板A和质量mB=1kg、半径R=0.1m的光滑圆弧槽B静置在光滑水平面上，A和B接触但不粘连，B左端与A上表面相切。质量mC=2kg的小滑块C以v0=5m/s的水平初速度从木板A的左端滑上木板，当C离开A时，C的速度大小vC=4m/s，已知A、C间的动摩擦因数μ=0.5，忽略C通过AB接触处的能量损失，重力加速度g取10m/s2。求：
（1）当C刚离开木板A时，木板A的速度；
（2）请通过计算说明滑块C能否从B的上端冲出？若能冲出，求出C的最高位置到B上端的距离；若不能冲出，求C上升的最大高度。
【答案】（1）；（2）能，
【解析】
【详解】（1）设向右为正方向，C刚离开A时，A与B速度相等，设A与B的速度为v1，由动量守恒定律得
解得
（2）设C达到的最大高度h，当C达到最大高度时，无论C是否离开B，只有水平速度且与B相等，设为；C刚滑上B时，B的速度为
对BC系统，在水平方向上动量守恒，则有
由系统机械能守恒定律可得
解得
所以滑块C能从B的上端冲出，C的最高位置到B上端的距离
17. 如图，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与水平面成θ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。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。
（1）先保持棒b静止，将棒a由静止释放，求棒a匀速运动时的速度大小v0；
（2）在（1）问中，当棒a匀速运动时，再将棒b由静止释放，求释放瞬间棒b的加速度大小a0；
（3）在（2）问中，从棒b释放瞬间开始计时，到两棒恰好达到相同的速度v（已知），经历多长时间？在该段时间内通过棒a的电量为多大？
【答案】（1）；（2）；（3）；
【解析】
【详解】（1）a导体棒在运动过程中重力沿斜面的分力和a棒的安培力相等时做匀速运动，由法拉第电磁感应定律可得
由闭合电路欧姆定律及安培力公式可得
a棒受力平衡可得
联立解得
（2）由右手定则可知导体棒b中电流向里，b棒受到沿斜面向下的安培力，此时由牛顿第二定律可得
解得
（3）释放b棒后a棒受到沿斜面向上的安培力，在到达共速时对a棒动量定理
b棒受到向下的安培力，对b棒动量定理
联立解得
此过程流过a棒的电荷量为q，则有
解得
吕梁市2022-2023学年第二学期期末调研测试
高二物理试题
（本试卷满分100分，考试时间90分钟。答案一律写在答题卡上）
注意事项：
1.答题前，考生务必先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，认真核对条形码上的姓名、准考证号，并将条形码粘贴在答题卡的指定位置上。
2.答题时使用0.5毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3.请按照题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超出答题区域书写的答案元效。
4.保持卡面清洁，不折叠，不破损。
一、选择题（1-8题为单选，9-12题为多选，每题4分，共48分。其中有错选的不给分，漏选的给2分）
1. 2023年6月12日傍晚，我市局部地区一场阵雨过后，雨过天晴，天空出现了一幅壮丽景观。路人纷纷驻足观望，这就是大家熟知的两道七彩桥—虹和霓。从物理学角度看，虹和霓的形成主要与太阳光的下列现象有关（ ）
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】
【详解】虹和霓是太阳光以一定的角度照射到雨滴上经过折射和反射形成的，是太阳光的折射和反射现象。
故选C。
2. 现在的智能手机大多有“双MIC降噪技术”，简单说就是在通话时，其中一个麦克风收集周围环境中的噪声信号，并产生相应的抵消声波。某一噪声信号传到耳膜的振动图像如图所示，为取得最好降噪效果，关于该抵消声波，下列说法正确的是（ ）
A. 振幅为2A，频率为100Hz
B. 在耳膜中产生的振动与图中所示的振动同相
C. 降噪过程应用的是声波的干涉原理
D. 降噪过程应用了声波的反射原理，使噪声无法从外面进入麦克风
【答案】C
【解析】
【详解】A．振幅为A，频率为
故A错误；
B．在耳膜中产生的振动与图中所示的振动反相，这样才能取得最好降噪效果，故B错误；
CD．降噪过程应用的是声波的干涉原理，将噪音波抵消，故C正确，D错误。
故选C。
3. 宇宙射线进入地球大气层时，同大气作用产生中子，中子撞击大气中的氮14引发核反应产碳14，核反应方程为：，产生的具有放射性，能够自发地进行β衰变，半衰期为5730年，利用碳14的衰变规律可推断古木的年代。下列说法正确的是（ ）
A. 发生β衰变的产物是
B. β衰变辐射出的电子来自于碳原子核内的中子
C. 近年来由于CO2含量增加，导致温室效应，引起的半衰期发生微小变化
D. 若测得一古木样品的含量为活体植物的，则该古木距今约为11460年
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据可知，发生β衰变的产物是，选项A错误；
B．β衰变辐射出的电子来自于碳原子核内的中子转变为质子时放出的电子，选项B正确；
C．外界条件不会引起的半衰期发生变化，选项C错误；
D．若测得一古木样品的含量为活体植物的，则该古木距今经过了一个半衰期，约为5730年，选项D错误。
故选B。
4. 图示的LC振荡电路，其振荡频率为200kHz。已知在t=0时刻，电容器C的a极板带正电，且电荷量最大，则（ ）
A. 在t=1.25μs时刻，电磁能的一半储存在电容器C中，一半储存在电感L中
B. 在t=0~1.25μs过程中，振荡电路中的电场能减小，磁场能增大
C. 在t=2.5μs时刻，电磁能全部储存在电感L中
D. 在t=5.0μs时刻，电容器C的b极板带正电，且电荷量最大
【答案】B
【解析】
【详解】振荡频率为200kHz，周期为
A．在t=1.25μs时刻，即时刻，电容器刚放电完毕，电磁能全部储存在电感L中，故A错误；
B．在t=0~1.25μs过程中，振荡电路中的电场能减小，磁场能增大，故B正确；
C．在t=2.5μs时刻，即时刻，电容器刚充电完毕，电磁能全部储存在电容C中，故C错误；
D．在t=5.0μs时刻，即时刻，电容器C的a极板带正电，且电荷量最大，故D错误。
故选B。
5. 如图所示，MQ、NQ、PQ是竖直面内三根固定的光滑细杆，M、N、P、Q位于同一圆周上，M点为圆周的最高点，Q点为最低点，O为圆心。每根杆上都套着质量相等的小滑环（图中未画出），三个滑环分别从M、N、P三个点同时由静止释放。关于它们下滑的过程，下列说法正确的是（ ）
A. 重力对三个滑环的冲量大小相同 B. 弹力对三个滑环的冲量大小相同
C. 合外力对三个滑环的冲量大小相同 D. 三个滑环动量的增量大小相同
【答案】A
【解析】
【详解】A．设圆周的直径为d，光滑细杆与竖直方向的夹角为θ，由位移时间关系公式可得
由牛顿第二定律可得
联立解得
可知三个滑环下滑时间相等，冲量为力与力的作用时间的乘积，三个滑环受重力相等，下滑时间相等，所以重力对三个滑环的冲量大小相同，A正确；
B．弹力即为光滑细杆的支持力，垂直于光滑细杆，弹力则有
可知三个滑环受到的弹力不相同，弹力对三个滑环的冲量大小不相同，B错误；
C．滑环沿细杆做加速运动，则细杆受合外力沿细杆方向，则有
由于θ角不同，三个滑环所受合外力不同，所以合外力对三个滑环的冲量大小不相同，C错误；
D．由动量定理可知，合外力对三个滑环的冲量大小不相同，因此三个滑环动量的增量大小不相同，D错误。
故选A
6. 某兴趣小组设计的测量大电流的装置如图所示，通有电流I的螺绕环在霍尔元件处产生的磁场，通有待测电流的直导线垂直穿过螺绕环中心，在霍尔元件处产生的磁场。调节电阻R，当电流表示数为时，元件输出霍尔电压为零，则待测电流的方向和大小分别为（ ）
A. ， B. ，
C. ， D. ，
【答案】D
【解析】
【详解】根据安培定则可知螺绕环在霍尔元件处产生的磁场方向向下，则要使元件输出霍尔电压为零，直导线在霍尔元件处产生的磁场方向应向上，根据安培定则可知待测电流的方向应该是；元件输出霍尔电压为零，则霍尔元件处合场强为0，所以有
解得
故选D。
7. 一定质量的理想气体从状态a开始，经a→b、b→c、c→a三个过程后回到初始状态a，其p-V图像如图所示。已知三个状态的坐标分别为a（V0， 2p0）、 b（2V0，p0）、c（3V0，2p0） 以下判断正确的是（ ）
A. 气体在a→b过程中对外界做的功小于在b→c过程中对外界做的功
B. 气体在a→b过程中从外界吸收的热量大于在b→c过程中从外界吸收的热量
C. 在c→a过程中，外界对气体做的功小于气体向外界放出的热量
D. 气体在c→a过程中内能的减少量大于b→c过程中内能的增加量
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据气体做功的表达式可知图线和体积横轴围成的面积即为做功大小，所以气体在过程中对外界做的功等于过程中对外界做的功，A错误；
B．气体从，满足玻意尔定律，所以
所以，根据热力学第一定律可知
气体从，温度升高，所以，根据热力学第一定律可知
结合A选项可知
所以
过程气体吸收的热量大于过程吸收的热量，B错误；
C．气体从，温度降低，所以，气体体积减小，外界对气体做功，所以，根据热力学第一定律可知，放出热量，C正确；
D．理想气体的内能只与温度有关，根据可知从
所以气体从过程中内能减少量等于过程中内能的增加量，D错误。
故选C。
8. 氢原子从高能级向低能级跃迁时，会产生四种频率的可见光，其光谱如图1所示。氢原子从能级6跃迁到能级2产生可见光I，从能级3跃迁到能级2产生可见光Ⅱ。用同一双缝干涉装置研究两种光的干涉现象，得到如图2和图3所示的干涉条纹。用两种光分别照射如图4所示的实验装置，都能产生光电效应。下列说法正确的是（ ）
A. 图1中的对应的是Ⅰ
B. 图2中的干涉条纹对应的是Ⅱ
C. Ⅰ的光子动量大于Ⅱ的光子动量
D. P向a移动，电流表示数为零时Ⅰ对应的电压表示数比Ⅱ的大
【答案】CD
【解析】
【详解】根据题意可知。氢原子发生能级跃迁时，由公式可得
可知，可见光I的频率大，波长小，可见光Ⅱ的频率小，波长大。
A．可知，图1中的对应的是可见光Ⅱ，故A错误；
B．由公式有，干涉条纹间距为
由图可知，图2中间距较小，则波长较小，对应的是可见光I，故B错误；
C．根据题意，由公式可得，光子动量为
可知，Ⅰ的光子动量大于Ⅱ的光子动量，故C正确；
D．根据光电效应方程及动能定理可得
可知，频率越大，遏止电压越大，则P向a移动，电流表示数为零时Ⅰ对应的电压表示数比Ⅱ的大，故D正确。
故选CD。
9. 如图所示，等边三角形线框由三根相同的导体棒连接而成，固定于匀强磁场中，线框平面与磁感应强度方向垂直，线框顶点、与直流电源两端相接，已知导体棒受到的安培力大小为，则（ ）
A. 导体棒受到的安培力垂直于线框平面
B. 导体棒中的电流是导体棒中电流的2倍
C. 导体棒和所受到的安培力的合力大小为
D. 三角形线框受到的安培力的大小为
【答案】BD
【解析】
【详解】A．由图可知，导体棒MN电流方向有M指向N，由左手定则可得，安培力方向平行于线框平面，且垂直于导体棒MN，故A错误；
B．MLN边的有效长度与MN相同，等效后的电流方向也与MN相同，由左手定则可知，边MLN的电阻等于边MN的电阻的两倍，两者为并联关系，根据欧姆定律可知，导体棒MN中的电流是导体棒MLN中电流的2倍，故B正确；
CD．中的电流大小为，则MLN中的电流为，设MN的长为，由题意知
所以边MLN所受安培力为
方向与MN边所受安培力的方向相同，故有
故C错误，D正确。
故选BD。
10. 等腰三角形abc为一棱镜的横截面，ab=ac，一平行于bc边的细光束从ab边射入棱镜，在bc边反射后从ac边射出，出射光分成了不同颜色的两束，甲光的出射点在乙光的下方，如图所示。不考虑多次反射。下列说法正确的是（ ）
A. 甲光的波长比乙光的长
B. 甲光的频率比乙光的高
C. 在棱镜中的传播速度，甲光比乙光的大
D. 该棱镜对甲光的折射率大于对乙光的折射率
【答案】AC
【解析】
【详解】BD．根据折射定律和反射定律做出光路图。
由图可知，乙光的折射角小，根据折射定律可知乙光的折射率大，故甲光的频率比乙光的低，故BD错误；
A．根据
可知甲光的波长比乙光的长，故A正确；
C．根据
可知在棱镜中的传播速度，甲光比乙光的大，故C正确。
故选AC。
11. 如图所示，一半径为R的圆形匀强磁场区域，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外。三个比荷均为的带电粒子，分别从a、b、c三点以相同初速度沿平行于直径be方向进入磁场。已知从b进入的粒子由d点离开，a、c两点到直径be的距离均为，直径df与be垂直，不计重力及粒子间相互作用。则（ ）
A. 粒子带负电
B. 粒子初速度
C. 从a进入的粒子在磁场中的运动时间为
D. 从c进入的粒子在磁场中的运动时间为
【答案】BC
【解析】
【分析】
【详解】
A．粒子向下偏转，说明受力方向向下，根据左手定则可知粒子带正电，A错误。
B．根据粒子的运动轨迹可知
根据洛伦兹力充当向心力，则有
可解得
B正确。
C．由粒子的运动轨迹可知，a处进入的粒子圆心角为120°，则有
可解得
C正确。
D．由粒子的运动轨迹可知，c处进入的粒子圆心角为60°，则有
可解得
D错误。
故选BC。
12. B超成像的基本原理是探头向人体发射一组超声波，超声波遇到人体组织会产生不同程度的反射，探头接收到的超声波信号由计算机处理，从而形成B超图像。血管探头沿x轴正方向发送的简谐超声波图像如图所示，t=0时刻波恰好传到质点M，已知此超声波的频率为5×106Hz，下列说法正确的是（ ）
A. 血管探头发出的超声波在血管中的传播速度为340m/s
B. 质点M开始振动的方向沿y轴负方向
C. 内质点M的路程为6.0mm
D. 时质点N恰好第一次到达波峰处
【答案】BCD
【解析】
【详解】A．由图像可知波长为，则血管探头发出的超声波在血管中的传播速度为
故A错误；
B．沿x轴正方向传播，根据“同侧法”可知质点M开始振动的方向沿y轴负方向，故B正确；
C．质点的振动周期为
内质点M的路程为
故C正确；
D．波从M点传播到N点的时间为
质点N振动的时间为
则时质点N恰好第一次到达波峰处，故D正确。
故选BCD。
二、实验题（每空2分，共16分）
13. 在“探究变压器线圈两端的电压和匝数的关系”实验中，可拆变压器如图1所示。
（1）理想变压器原、副线圈电压应与其匝数成正比，实验中原线圈与副线圈的电压之比为________（选填“大于”、“小于”或“等于”）原线圈与副线圈的匝数之比。
（2）实验中原、副线圈的电压之比与它们的匝数之比有微小差别。原因可能为___________（填字母代号）
A．原、副线圈上通过的电流发热 B．铁芯在交变磁场作用下发热
C．变压器铁芯漏磁 D．原线圈输入电压发生变化
（3）组装变压器时，李辉同学没有将铁芯闭合，如图2所示，原线圈接交流8.0V的学生电源，原副线圈的匝数比为8：1，副线圈两端接交流电压表，则交流电压表的实际读数可能是___________。（填字母代号）
A．0V B．0.7V C．1.0V D．64.0V
【答案】 ①. 大于 ②. ABC##CBA ③. B
【解析】
【详解】（1）[1]理想变压器原、副线圈电压应与其匝数成正比，即为，在实验中，由于变压器有铜损、铁损和漏磁，导致副线圈的电压实际值一般略小于理论值，因此有，即原线圈与副线圈的电压之比大于原线圈与副线圈的匝数之比。
（2）[2] ABC．原、副线圈上通过的电流发热；铁芯在交变磁场作用下发热；变压器铁芯漏磁，都会产生电能消耗，导致原、副线圈的电压之比与它们的匝数之比有微小差别。ABC正确；
D．原线圈输入电压发生变化，副线圈电压随着变化，则有原、副线圈的电压之比不变，D错误。
故选ABC。
（3）[3]对理想变压器则有，可得
组装变压器时，没有将铁芯闭合，变压器有漏磁，副线圈的电压要比理想变压器时的电压略小，则交流电压表的实际读数可能是0.7V，ACD错误，B正确。
故选B。
14. 如图，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系。图中a、b是两个小球，质量分别为ma和mb。实验步骤如下：
①先调整斜槽轨道，使其末端的切线水平，在一块平木板表面先后钉上白纸和复写纸，并将该木板竖直木板立于靠近槽口处，使小球a从斜槽轨道上某固定点处由静止释放，撞到木板并在白纸上留下痕迹O；
②将木板向右平移适当的距离，再使小球a从原固定点由静止释放，撞在木板上并在白纸上留下痕迹B；
③把小球b静止放在斜槽轨道水平段的最右端，让小球a仍从原固定点由静止释放，和小球b相碰后，两球撞在木板上并在白纸上留下痕迹A和C；
④用刻度尺测量白纸上O点到A、B、C三点的距离分别为y1、y2和y3。
（1）实验室有如图所示3个小球，为了能较好的完成该实验，则入射小球和被碰小球分别应该选取______
（选填选项前的字母）。
A.①、② B.②、③ C.②、①
（2）关于本实验，下列说法中正确的是_________（选填选项前的字母）。
A.同一组实验中，入射小球必须从同一位置由静止释放
B.入射小球的质量必须小于被碰小球的质量
C.轨道倾斜部分必须光滑
D.轨道末端必须水平
（3）用本实验中所测得的量来验证两小球碰撞过程动量守恒，其表达式为__________________。若两小球之间的碰撞为弹性碰撞，则关系式_________成立。（用ma，mb，y1，y2，y3）表示）
（4）完成实验后，某小组对上述装置进行了改造，如图。在水平槽末端与水平地面间放置了个斜面，斜面顶点与水平槽等高且无缝连接。使小球a仍从斜槽上同一点由静止滚下，得到两球落在斜面上的平均落点M'、P'、N'。用刻度尺测量斜面顶点到M'、P'、N'三点的距离分别为l1、l2、l3。则验证两球碰撞过程中动量守恒的表达式为____________（用ma，mb，l1、l2、l3表示）。
【答案】 ①. C ②. AD##DA ③. ④. ⑤.
【解析】
【详解】（1）[1]为了保证对心碰撞，两小球半径必须相同，为了防止入射小球反弹，入射小球的质量要大于被碰小球的质量，所以入射小球选②，被碰小球选①，故选C。
（2）[2] A. 同一组实验中，入射小球必须从同一位置由静止释放，使得小球到达斜槽末端时速度不变，故A正确；
B. 为了防止入射小球反弹，入射小球的质量要大于被碰小球的质量，故B错误；
C.斜槽的粗糙与光滑不影响实验的效果，只要到达底端时速度相同即可，故C错误；
C.斜槽轨道末端必须水平，保证小球到达末端时速度水平，做平抛运动，故D正确
故选AD。
（3）[3][4]小球做平抛运动，则有
解得
根据动量守恒
将速度代入，化简代入可得
若两小球之间的碰撞为弹性碰撞，还满足机械能守恒，则
代入化简可得
（4）[5]小球飞出后做平抛运动，斜面的倾角为，分解位移
解得
代入动量守恒方程得
三、计算题（共36分，解答过程要写出必要的文字说明）
15. 如图所示，在固定的汽缸A和B中分别用活塞封闭一定质量的理想气体，活塞面积相等，两活塞与刚性细杆相连，活塞与汽缸间摩擦不计且不漏气。初始时，A、B中气体的体积皆为V0，温度皆为T0=270K。A中气体压强为1.5p0，p0是汽缸外的大气压强（保持不变）。现对A中气体缓慢加热，并保持B中气体的温度不变。当A中气体的压强增大到2p0时，求：
（1）B中气体的体积；
（2）A中气体的温度。
【答案】（1）；（2）450K
【解析】
【详解】（1）在初始状态，以两个活塞为研究对象，由受力分析可得，当A中气体缓慢加热后，对两个活塞受力分析可知，对B气缸气体，由玻意耳定律可得
解得
（2）对A气缸气体，由理想气体状态方程，则有
16. 如图所示，质量mA=1kg的木板A和质量mB=1kg、半径R=0.1m的光滑圆弧槽B静置在光滑水平面上，A和B接触但不粘连，B左端与A上表面相切。质量mC=2kg的小滑块C以v0=5m/s的水平初速度从木板A的左端滑上木板，当C离开A时，C的速度大小vC=4m/s，已知A、C间的动摩擦因数μ=0.5，忽略C通过AB接触处的能量损失，重力加速度g取10m/s2。求：
（1）当C刚离开木板A时，木板A的速度；
（2）请通过计算说明滑块C能否从B的上端冲出？若能冲出，求出C的最高位置到B上端的距离；若不能冲出，求C上升的最大高度。
【答案】（1）；（2）能，
【解析】
【详解】（1）设向右为正方向，C刚离开A时，A与B速度相等，设A与B的速度为v1，由动量守恒定律得
解得
（2）设C达到的最大高度h，当C达到最大高度时，无论C是否离开B，只有水平速度且与B相等，设为；C刚滑上B时，B的速度为
对BC系统，在水平方向上动量守恒，则有
由系统机械能守恒定律可得
解得
所以滑块C能从B的上端冲出，C的最高位置到B上端的距离
17. 如图，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与水平面成θ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。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。
（1）先保持棒b静止，将棒a由静止释放，求棒a匀速运动时的速度大小v0；
（2）在（1）问中，当棒a匀速运动时，再将棒b由静止释放，求释放瞬间棒b的加速度大小a0；
（3）在（2）问中，从棒b释放瞬间开始计时，到两棒恰好达到相同的速度v（已知），经历多长时间？在该段时间内通过棒a的电量为多大？
【答案】（1）；（2）；（3）；
【解析】
【详解】（1）a导体棒在运动过程中重力沿斜面的分力和a棒的安培力相等时做匀速运动，由法拉第电磁感应定律可得
由闭合电路欧姆定律及安培力公式可得
a棒受力平衡可得
联立解得
（2）由右手定则可知导体棒b中电流向里，b棒受到沿斜面向下的安培力，此时由牛顿第二定律可得
解得
（3）释放b棒后a棒受到沿斜面向上的安培力，在到达共速时对a棒动量定理
b棒受到向下的安培力，对b棒动量定理
联立解得
此过程流过a棒的电荷量为q，则有
解得
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