2022-2023学年湖北省孝感市高二（下）开学考试物理试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年湖北省孝感市高二（下）开学考试物理试卷（含解析），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

2022-2023学年湖北省孝感市高二（下）开学考试物理试卷
一、单选题（本大题共7小题，共28.0分）
1. 下列说法正确的是(    )
A. 红外遥感技术是利用了红外线穿透本领强的特性
B. 普朗克在1900年把能量子引入物理学，破除了“能量连续变化”的传统观念，提出了能量量子化的观点
C. 法拉第经过不懈的努力发现了电磁感应现象，并在理论和实验基础上得出法拉第电磁感应定律
D. 麦克斯韦预言和验证了电磁波的存在
2. 肥皂膜的干涉条纹如图所示，竖直放置的肥皂膜条纹间距上面宽、下面窄，下列说法正确的是(    )

A. 肥皂膜上的条纹是前后表面反射光形成的干涉条纹
B. 肥皂膜上的条纹是前表面折射光与后表面反射光形成的干涉条纹
C. 肥皂膜从形成到破裂，条纹的宽度和间距不会发生变化
D. 将肥皂膜外金属环左侧的把柄向上转动90°，条纹也会跟着转动90°
3. 如图所示，在水平放置的条形磁体的S极附近，一个闭合线圈竖直向下运动并始终保持水平，在位置B，S极附近的磁感线正好与线圈平面平行，A、B之间和B、C之间的距离都比较小，则线圈经A、C两个位置的感应电流方向(从上往下看)是(    )

A. 顺时针、顺时针 B. 顺时针、顺时针 C. 逆时针、逆时针 D. 逆时针、逆时针
4. 安装在公路上的测速装置如图，在路面下方间隔一定距离埋设有两个通电线圈，线圈与检测抓拍装置相连，车辆从线圈上面通过时线圈中会产生脉冲感应电流，检测装置根据两个线圈产生的脉冲信号的时间差计算出车速大小，从而对超速车辆进行抓拍。下列说法正确的是(    )

A. 汽车经过线圈上方时，两线圈产生的脉冲电流信号时间差越短，车速越慢
B. 当汽车从线圈上方匀速通过时，线圈中不会产生感应电流
C. 汽车经过通电线圈上方时，汽车底盘的金属部件中会产生感应电流
D. 当汽车从线圈上方经过时，线圈中产生感应电流属于自感现象
5. 如图所示，将长为L的直导线从13处折成60°的“√”形，并置于与其所在平面垂直的、磁感应强度为B的匀强磁场中。若“√”形导线所受的安培力大小为F，则该直导线中通过的电流大小为(    )

A. FBL B. 3FBL C. 3F3BL D. 2 3F3BL
6. 据中国载人航天工程办公室消息，搭载费俊龙、邓清明、张陆三名航天员的神舟十五号载人飞船入轨后，于北京时间2022年11月30日05时42分，成功对接于空间站天和核心舱前向端口，整个对接过程历时约6.5小时。某同学设计了一种测量空间站质量的方法，原理如图所示。若已知神州十五载人飞船质量为7.8×103kg，其推进器的平均推力为1800N，在飞船与空间站对接后，推进器工作5s内，测出飞船和空间站速度变化是0.05m/s。则空间站的质量约为(    )

A. 1.0×105kg B. 1.0×104kg C. 1.7×105kg D. 1.8×106kg
7. 如图所示，一质量为m，带电量为q，不计重力的粒子，从x轴上的Pa,0点以速度v沿与x轴成60°的方向射入第一象限内的匀强磁场中，并恰好垂直于y轴从N点(图中未画出)射出第一象限，则(    )

A. 粒子带正电荷 B. 粒子磁感应强度大小为 3mvqa
C. 粒子在磁场中运动的时间为2 3πa3v D. N与O点相距 3a
二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）
8. 如图所示，实线a是沿x轴传播的一列简谐横波在t=0时刻的波形图，虚线b是这列波在t=0.7s时刻的波形图。已知该波的波速是v=10m/s，根据图形，则下列说法正确的是(    )

A. 该波沿着x轴正向传播
B. 波的周期T=0.4s
C. x=1m处的质点在0∼0.7s内的路程为12cm
D. t=0.45s时x=0.5m处的质点经过平衡位置且向下振动
9. 如图为回旋加速器工作原理示意图。置于真空中的D形盒之间的狭缝很小，带电粒子穿过狭缝的时间可忽略。匀强磁场B与盒面垂直，粒子在磁场中运动周期为TB，两D形盒间的狭缝中的交变电压周期为TE。若不考虑相对论效应和粒子重力的影响，则(    )

A. TB=TE
B. 改变加速电场电压，粒子最终获得的动能增大
C. 加速电场的电压有增大，粒子在电场中加速的次数将减少
D. 给比荷不同的其他粒子加速，匀强磁场B和加速电压不变的情况下粒子获得的最大动能不变
10. 如图所示，静置于光滑水平面上的物块A质量为m，B的质量为2m，A的右侧固定一根轻弹簧。现给A一个水平向右的初速度v，A匀速运动一段距离后，与B发生碰撞，直到A、B分离，则在整个运动过程中(    )

A. 以A、B为系统，动量守恒、机械能守恒
B. B的最大速度为23v
C. A最小速度为13v
D. 弹簧的最大弹性势能Epm=13mv2
11. CD、EF是两条水平放置的电阻可忽略的平行金属导轨，导轨间距为L，在水平导轨的左侧存在磁感应强度方向垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，磁场区域的长度为d，如图所示。导轨的右端接有一电阻R，左端与一弯曲的轨道平滑连接。将一阻值也为R的导体棒从弯曲轨道上h高处由静止释放，以速度v进入水平轨道，导体棒最终恰好停在磁场的右边界处。已知导体棒与导轨接触良好，且动摩擦因数为μ，则下列说法中正确的是(    )

A. 电阻R的最大电流为BLv2R
B. 流过电阻R的电荷量为BLd2R
C. 整个电路中产生的焦耳热为12mv2
D. 导体棒在水平轨道上运动的时间为B2L2d2μmgR−vμg
三、实验题（本大题共2小题，共18.0分）
12. 在“用单摆测定重力加速度”的实验中：
(1)用秒表记录了单摆全振动50次所用的时间(如图1)，秒表的读数为_____s。

(2)为了提高实验精度，在实验中可改变几次摆长L并测出相应的周期T，从而得出几组对应的L与T的数据，再以L为横坐标，T2为纵坐标将所得数据点连成直线(如图2)，并求得该直线的斜率为k，则重力加速度g=_____(用k表示)。
(3)如果计算时将摆线长加小球的直径当做摆长，采用上述方法测得的g值将_____(填偏大、偏小或不变)。

13. 某实验小组用铜片和锌片作为2个电极插入苹果制成水果电池，测量水果电池的电动势和内阻。小组成员设计了两个方案进行测量，电路原理如图所示。实验室可供器材如下：
电压表V(0∼3V，内阻约3kΩ；0∼15V，内阻约15kΩ)；
电流表A(0∼0.6A，内阻约0.125Ω；0∼3A，内阻约0.025Ω)；
微安表G(量程200μA：内阻500Ω)；
滑动变阻器(额定电流2A，最大阻值100Ω)；
电阻箱(最大阻值99999Ω)；
开关、导线若干。

(1)查阅资料知道苹果电池的电动势约为1V，内阻约为1kΩ，经过分析后发现方案A不合适，你认为方案A不合适的原因，下列说法不正确的是(    )
A.滑动变阻器起不到调节的作用            B.电流表几乎没有示数
C.电压表分流明显导致测量误差偏大        D.电压表示数达不到量程的三分之一
(2)实验小组根据方案B进行实验，多次改变电阻箱R的阻值，读出微安表G示数I，根据测得的数据作出1t−R图像。如图所示，根据图像可得，“水果电池”的电动势E=_____V，内电阻r=_____Ω。(以上两空结果均保留两位有效数字)

四、计算题（本大题共3小题，共38.0分）
14. “道威棱镜”广泛地应用在光学仪器当中，如图所示，将一等腰直角棱镜裁去棱角，使其平行于底面，可制成“道威棱镜”，这样就减小了棱镜的重量和杂散的内部反射，现有一与CD边平行的单色细光束从A点射入棱镜AD面，经棱镜折射后与AB边成15°角进入棱镜内部，在CD边经过一次反射后恰好从B点射出。已知下底CD边长为a，求
(1)棱镜的折射率n；
(2)光在真空中的传播速度为c，求该细光束在棱镜内从A点传播到B点的时间。


15. 如图所示，在匀强磁场中竖直放置两条足够长的平行导轨，磁场方向与导轨所在平面垂直，磁感应强度大小为B。导轨上端连接两个阻值均为R=0.5Ω的电阻，电键K在轨道最上端，导轨电阻不计。另有一金属棒的电阻也为R，质量为m=0.2kg，它与导轨接触良好，并可沿导轨无摩擦地运动，现将电键K断开，使金属棒自由下滑，稳定后金属棒以v1=8m/s的速度向下匀速运动，g取10m/s2。求
(1)通过金属棒中的电流；
(2)电键K闭合，再让金属棒自由下滑，求金属棒滑行的最大速度v2。


16. 如图所示，在空间中有一坐标系xOy，其第一象限内y≤a内充满着匀强磁场区域I，第四象限内y≥−a内充满着匀强磁场区域II。区域I中的磁感应强度为B，方向垂直纸面向外；区域II中的磁感应强度为2B，方向垂直纸面向内；在x轴上的P点坐标为3 3a,0。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从O点与x轴正方向成60°初速度v0射入区域I，经过一段时间后，粒子恰好经过点P，忽略粒子重力和阻力，求
(1)若粒子不能离开磁场区域，v0不能超过多少？
(2)粒子从O点运动到P点的最短时间？
(3)要使粒子经区域I磁场穿过P点，粒子速度v0满足的条件？


答案和解析

1.【答案】B 
【解析】
【分析】
物理学的发展离不开各位物理学家的努力，在学习中应清楚他们的主要贡献。
【解答】
A.红外线的穿透本领很弱，应用在遥感技术中是利用红外线探测器接收物体发出的红外线，来探知被测物体的特征的， A错误;
B.普朗克在1900年把能量子引入物理学，破除了“能量连续变化”的传统观念， B正确;
C.纽曼、韦伯提出法拉第电磁感应定律， C错误;
D.麦克斯韦建立了电磁场理论，预言了电磁波的存在，赫兹用实验证实电磁波存在， D错误。
故选B。  
2.【答案】A 
【解析】
【分析】本题考查薄膜干涉现象。薄膜干涉为等厚干涉，根据肥皂膜的干涉条纹的形状判断；肥皂膜上的条纹是前后表面反射光形成的干涉条纹；条纹的宽度和间距与膜的厚度有关。
解答本题应理解薄膜干涉的原理，要知道薄膜干涉条纹位置取决于两层肥皂膜的厚度而形成反射光的光程差，属于等厚干涉。
【解答】
AB.薄膜干涉是等厚干涉，干涉条纹是前后表面反射光形成的， A正确， B错误;
C.形成条纹的原因是前后表面的反射光叠加出现了振动加强点和振动减弱点，从形成到破裂的过程中上面越来越薄，下面越来越厚，因此会出现加强点和减弱点的位置发生变化，条纹宽度和间距发生变化， C错误;
D.将肥皂膜外金属环左侧的把柄向上转动90∘，由于重力、表面张力和粘滞力的作用，肥皂膜的形状和厚度会重新分布，因此条纹并不会跟着旋转90∘，D错误．  
3.【答案】A 
【解析】从A到B过程，穿过线圈的磁通量减小，磁场方向斜向下，据楞次定律判断可知：线圈中感应电流方向沿顺时针(俯视)；从B到C过程，穿过线圈的磁通量增大，磁场方向斜向上，据楞次定律判断可知：线圈中感应电流方向沿顺时针(俯视)；所以线圈A、B、C三个位置的感应电流方向都是顺时针方向，故A正确，ABC错误；故选：A

4.【答案】C 
【解析】解：A.汽车经过线圈上方时产生脉冲电流信号，车速越大，汽车通过两线圈间的距离所用的时间越小，即两线圈产生的脉冲电流信号时间差越小，故A错误；
BC.汽车经过通电线圈上方时，汽车底盘的金属部件通过线圈所产生的磁场，金属部件中的磁通量发生变化，在金属部件中产生感应电流，金属部件中的感应电流产生磁场，此磁场随汽车的运动，使穿过线圈的磁通量变化，所以线圈中会产生感应电流，故B错误，C正确；
D.当汽车从线圈上方经过时，线圈中产生的感应电流并不是线圈自身的电流变化所引起的，则不属于自感现象，故D错误。
车速越大，通过线圈所用时间越短，时间差越短；不管汽车是不是匀速运动，汽车进入线圈过程中，通过汽车的磁通量发生变化，就会产生感应电流，感应电流产生的磁场会使穿过线圈的磁通量发生变化。
明确产生感应电流的条件，知道车速越大时，脉冲信号的时间越短。

5.【答案】B 
【解析】解：导线在磁场内有效长度为：L′=23Lsin60∘= 33L，故该“ √”形通电导线受到安培力大小为F=BIL′，解得：I= 3FBL，故B正确，ACD错误。
由安培力公式F=BIL进行计算，注意式中的L应为等效长度。
本题考查安培力的计算，熟记公式，但要理解等效长度的意义。

6.【答案】C 
【解析】根据动量定理可知 Ft=m+MΔv 代入数据可得空间站的质量 m=FΔtΔv−m=1.722×105kg 。故选C。



7.【答案】D 
【解析】
【分析】
本题考查了带电粒子在有界磁场中的运动这个知识点；关键是找到圆心位置，由几何关系求半径，由洛伦兹力提供向心力得到磁感应强度，这是带电粒子在磁场中运动经常用到的解题思路。
由几何轨迹找到圆心位置，由几何关系即可确定射出点的坐标；由几何关系得到半径，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律列方程可得匀强磁场的磁感应强度B；根据t=θ2πT求出粒子运动的时间。
【解答】
A.由题意可知，粒子在磁场中做逆时针方向的圆周运动，根据左手定则可知粒子带负电荷，故A错误；
B.粒子的运动轨迹如图所示，O′为粒子做匀速圆周运动的圆心，其轨道半径R=2 3a3，由洛伦兹力提供向心力可得qvB=mv2R，则B= 3mv2qa，故B错误；
C.根据几何关系，粒子转过的角度为120°，则粒子在磁场中运动的时间t=13T=4 3πa9v，故C错误；
D.由几何关系可知，y=12R+R= 3a，故 D正确。
故选：D。
  
8.【答案】BD 
【解析】解：A.分析图像可知，简谐波的波长为λ=4m
根据波形平移位移公式x=vt
代入数据解得x=7m=74λ
由此可知，该横波向x轴的负方向传播，故A错误；
BD.根据T=λv
代入数据解得T=0.4s
经过t=0.45s=T+0.05s，x=0.5m处的质点经过平衡位置且向下振动，故BD正确；
C.经t′=0.7s=T+34T，x=lm处的质点运动的路程为s=7A=7×4cm=28cm，故C错误；
故选：BD。
根据波形平移位移公式x=vt，结合波长分析波的传播方向；根据T=λv公式，求周期，根据时间与周期的关系分析质点的运动情况，同时计算路程。
本题考查了学生对波形平移位移公式、波的频率周期关系、质点的振动方程表达式的掌握，具有综合性，考查学生分析综合能力。

9.【答案】AC 
【解析】
【分析】
本题考查了回旋加速器这个知识点；
在加速粒子的过程中，电场的变化周期与粒子在磁场中运动的周期相等；回旋加速器运用电场加速磁场偏转来加速粒子；粒子获得的最大动能与D形盒的半径、粒子的电量和质量有关，与加速电场的电压无关。
【解答】
AC.粒子每运动半周，被电场加速一次，故粒子在磁场中的运动周期与两D形盒间的狭缝中的交变电压变化周期相等，即TB=TE，故AC正确；
BD.粒子获得的最大动能与D形盒的半径、粒子的电量和质量有关，与加速电场的电压无关，故 BD错误。  
10.【答案】BD 
【解析】
【分析】
本题考查了碰撞这个知识点；
根据动量守恒与能量守恒列式分析、判断即可。
【解答】
A、以A、B和弹簧为系统，由于整个过程水平方向不受外力，系统的动量守恒。系统的机械能守恒。弹簧为轻弹簧，故以A、B为系统，动量守恒、机械能不守恒，故A错误;
BC、当A与B发生弹性碰撞时有  mv=mvA+2mvB；        12mv2=12mvA2+122mvB2， 
  得：vA=−13v 、 vB=23v，碰撞过程中B做加速运动，分离时速度最大，A先减速后反向加速，故 B正确；C错误；
D、A、B速度相等时弹簧弹性势能最大，由动量守恒定律得：mv=3mv共，Epm=12mv2−123mv共2=13mv2
故D正确。
故选：BD。
  
11.【答案】AB 
【解析】
【分析】
由E=BLv求出感应电动势，然后求出感应电流；由q=ΔϕR+r可以求出感应电荷量；克服安培力做功转化为焦耳热；根据动量定理求导体棒在水平轨道上运动的时间。
本题关键要熟练推导出感应电荷量的表达式q=ΔϕR+r，这是一个经验公式，经常用到，要在理解的基础上记住，同时涉及到能量时优先考虑功能关系，能正确分析能量转化方向是解题的关键。
【解答】
A.导体棒刚进入磁场的瞬间速度最大，产生的感应电流最大，所以I=E2R=BLv2R，A正确;
B.流过R的电荷量为q=It=△ϕ2R=BLd2R，B正确;
C.由能量守恒定律可知导体棒的重力势能转化为整个电路中产生的焦耳热和摩擦热， C错误;
D.在水平部分运动时，根据动量定理有，F安t+μmgt=mv;安培力的冲量F安t=BILt=BqL=BBdL2RL=B2L2d2R，带入得，t=vμg−B2L2d2μmgR，故D错误。  
12.【答案】(1)99.8；(2)4π2k；(3)不变。 
【解析】
【分析】
本题考查了用单摆测定重力加速度这个实验；
(1)根据秒表的读数方法读数即可；
(2)由单摆的周期公式变形，找到T2−L函数式，根据其斜率即可求出重力加速度；
(3)由单摆的周期公式列出T2与l+d的函数关系式，据此分析即可。
【解答】
(1)用秒表记录了单摆全振动50次所用的时间，秒表的读数为90s+9.8s=99.8s；
(2)根据T=2π Lg，可知T2=4π2gL，图像中直线的斜率k=4π2g，故g=4π2k；
(3)摆线长加小球的直径当做摆长，则T2=4π2g(l+d)，直线斜率不变，测量值不变。
故答案为：(1)99.8；(2)4π2k；(3)不变。  
13.【答案】C  0.96  1.0×103 
【解析】解：(1)A.滑动变阻器最大阻值只有100Ω，而苹果电池的内阻约为几千欧姆，则滑动变阻器起不到调节的作用，故A正确；
B.电路中电流只有不到1mA，则电流表几乎没有示数，故B正确；
C.电压表内阻远大于滑动变阻器的电阻，电压表的分流不明显，故C错误；
D.使用量程为0～3V的电压表，滑动变阻器最大阻值100Ω，电池内阻几千欧姆，路端电压比苹果电池的电动势小得多，电压表示数肯定达不到量程的三分之一，故D正确。
本题选不正确的选项，故选：C。
(2)根据闭合电路欧姆定律可知
E=I(R+r+rg)
解得
1I=1E×R+rg+rE
由图像可知
k=1E=10.00×103(8.0+1.6)×103V−1
b=rg+rE=1.6×103A−1
解得E=0.96V，r=1.0×103Ω
故答案为：(1)C；(2)0.96，1.0×103Ω。
(1)根据题意求出电路最大电流，然后分析答题。
(2)根据图示电路图应用闭合电路的欧姆定律求出图像的函数表达式，根据图示图像分析答题。
理解实验原理；分析清楚图示电路结构，应用闭合电路的欧姆定律解题。

14.【答案】解：(1)做出光路图如下：

由几何关系知：
折射角θ2=∠BAD−∠BAE−90°=30°
则n=sinθ1sinθ2= 2
(2)由题意知折射光进入棱镜后在CD中点E发生反射到达B，在△ADE中∠DAE=90°+θ2=120°
由正弦定理得：AEsin 45°=a2sin120°
AE= 6a6，光在棱镜内通过的路程x= 6a3，
又n=cv，
光在棱角内传播的时间：t=xv，
解得：t=2 3a3c。 
【解析】(1)本题为几何光学问题，根据题意正确的做出光路图是解题的关键，根据几何关系确定入射角与折射角，然后利用折射定律求折射率；
(2)根据几何关系确定光在棱镜中的传播路程，根据折射率公式求出光在棱镜中的传播速度，进而得到传播时间。

15.【答案】解：(1) K断开时金属棒与下方R形成闭合回路，重力做功功率等于回路内热功率：
mgv1=I22R，
I=4A
(2)回路内电动势E=BLv，
电流I=ER总，
F安=BIL，
得安培力F安=B2L2vR总，
金属棒稳定时棒静止时：F安=mg，
K断开时金属棒平衡有mg=B2L2v1R，
同理，K闭合时，两个R并联，电路总电阻R总=32R，
金属棒平衡有mg=2B2L2v23R，
v2=6m/s。 
【解析】(1)金属棒的重力做功功率等于回路内热功率，据此列式求金属棒中的电流；
(2)K闭合后，金属棒下落切割磁感线产生电动势，此时金属棒相当于电源，而上方的两个R并联组成外电路，根据E=BLv求感应电动势，根据闭合电路欧姆定律求电流，根据F安=BIL求出安培力，再根据平衡条件列式求解。

16.【答案】解：(1)若粒子恰好不离开Ⅰ区域，

由几何关系得，半径r1=2a，
qv0B=mv02r1，则r1=mv0qB，
v0=2qBam。
(2)粒子直接从O经区域Ⅰ运动到P，则，xP=2r1sin60°=3 3a，
得r1=3a>2a
不满足条件(1)粒子会从上边界离开，不能到达P，
若粒子在Ⅰ、Ⅱ区域各偏转一次经过x轴的P点，

则xP=2r1sin60°+2r2sin60°=3 3a，
粒子进入区域Ⅱ，偏转半径r2=mv02qB=r12，
故：r1=2a，
满足(1)条件，此时粒子运动时间最短，

粒子在两磁场中运动周期：T1=2πmqB，T2=πmqB，
粒子在Ⅰ、Ⅱ区域各偏转一次到达P点时时间t=13T1+13T2，
t=πmqB。
(3)要使粒子由Ⅰ经过P点，由几何关系有：
(2r1sin60°+2r2sin60°)n+2r1sin60°=3 3a(n=1、2、3⋯)
r2=12r1，由qv0B=mv02r1
得v0=6qBa(3n+2)m(n=1、2、3⋯) 
【解析】本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动，根据题意做出粒子运动的轨迹图是解题的关键，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛仑兹力提供向心力，qvB=mv2R，可得到：R=mvqB，周期T=2πmqB，结合题意进行解题。