2023-2024学年重庆市巴蜀中学校高二（下）期中物理试卷（含答案）

这是一份2023-2024学年重庆市巴蜀中学校高二（下）期中物理试卷（含答案），共17页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

1.下列说法正确的是( )
A. 悬浮在水中的花粉的布朗运动反映了花粉分子的热运动
B. 太空舱里静止的小水滴呈球形是水的表面张力作用的结果
C. 水滴“粘”在玻璃上，是因为水不能浸润玻璃
D. 某气体的摩尔体积为V，每个分子的体积为V0，则阿伏加德罗常数可表示为NA=VV0
2.关于电磁振荡和电磁波，下列说法正确的是( )
A. 电磁波和机械波的传播都需要介质
B. 如图甲所示的磁场能产生电磁波
C. 红外线的衍射能力比X射线的衍射能力弱
D. 图乙所示的电磁振荡电路，电容器刚要放电时，线圈中的电流最大
3.如图为在T1、T2两种温度下黑体的辐射强度与其辐射电磁波波长的关系，下列说法正确的是( )
A. T1>T2
B. 黑体能反射电磁波
C. 温度升高，黑体辐射强度的极大值向波长较长的方向移动
D. 牛顿提出的能量子假说很好地解释了黑体辐射的实验规律
4.如图为两分子间的分子力与两分子间距离的关系。分子a固定在坐标原点O处，分子b从r=r3处静止释放至运动到r=r1的过程中(运动过程中仅考虑分子间作用力，假定两个分子的距离为无穷远时它们的分子势能为0)。( )
A. a、b间分子力先减小后增加B. b分子在r3位置时仅受到引力作用
C. b分子运动到r1位置时，速度最小D. 两分子间分子势能逐渐变小
5.如图是一定质量的理想气体的p−V图，气体状态从A→B→C→D→A完成一次循环，A→B(图中实线)和C→D为等温过程，温度分别为T1和T2。下列判断正确的是( )
A. T1B. B→C过程中，气体的内能不变
C. 若气体状态沿图中虚线由A→B，则气体的平均分子动能先变大后变小
D. D→A过程中，气体分子在单位时间内与容器单位面积上碰撞的次数增加
6.如图，图甲为某一列沿x轴传播的简谐横波在t=1.5s时刻的波形图。P、Q、M为简谐波上的质点，图乙为M质点的振动图像。下列说法正确的是( )
A. 该简谐波沿x轴负方向传播
B. 该简谐波的传播速度为4m/s
C. t=1.5s时，P质点的速度大于Q质点的速度
D. 从图甲所示位置起，Q质点比P质点先回到平衡位置
7.如图甲所示，向一个空的铝制饮料罐中插入一根粗细均匀透明吸管，接口用蜡密封，在吸管内引入一小段油柱(不会流出吸管)。饮料罐和吸管水平放置，如果不计大气压的变化，标上刻度后该装置就是一支简易的温度计，则( )
A. 温度升高后，罐中气体压强增大
B. 吸管上的温度计刻度是不均匀的
C. 油柱位置越靠近饮料罐，说明温度越高
D. 若将温度计立放使用，如图乙，温度测量值将偏小
8.真空中有一个底面直径为32d、高为d2的圆柱形薄玻璃槽，槽内充满某种液体，一光屏紧贴玻璃槽右侧D点竖直放置，如图所示。现用一蓝色激光笔从槽底A点沿AO方向射出一细光束，光束与液面成60∘角，恰好在光屏上的B点接收到光束，已知O、D距离为d2，用刻度尺测出B点到槽边缘D点的距离为d2。不考虑光的多次反射。下列有关说法正确的是( )
A. 该种液体对蓝光的折射率n= 62
B. 蓝光从液体射入真空中，频率将变大
C. 若改用红色激光笔照射，其他条件不变，光屏上的光斑将向B点上方移动
D. 若用蓝色激光从槽边缘C点沿CO入射，光屏仍能接收到光束
9.如图为一自行车上的发电装置。固定磁极N、S产生匀强磁场，矩形线圈abcd(线圈、灯泡L1、L2的电阻均相等且不变)固定在转轴上，转轴一端通过半径r的摩擦小轮与车轮边缘相接触，两者无相对滑动。图中理想变压器原、副线圈匝数比为n1:n2。当自行车以v匀速前进时，车轮带动摩擦小轮转动进而发电，下列说法正确是( )
A. 当线圈abcd平面与磁场方向垂直时，发电机电动势最大
B. 若L2灯丝突然断裂，则L1两端电压的有效值将变小
C. 若L2灯丝突然断裂，线圈abcd电阻的热功率变大
D. 若增大摩擦小轮的半径，则流经L1的电流有效值将变小
10.图甲为某商场电梯，它主要由磁场和含有导线框的轿厢组成。竖直面上相距为b的两根绝缘平行直导轨，置于等距离分布的方向相反的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面，磁感应强度大小相等，每个磁场分布区间的长度都是a，相间排列，如图乙所示。当这些磁场在竖直方向匀速平动时，跨在两导轨间的宽为b、长为a、总电阻为R的导线框MNPQ(固定在轿厢上)将受到安培力。当磁场平动速度为v1时，轿厢悬停；当磁场平动速度为v2时，轿厢最终竖直向上以速度u匀速运动。已知导线框和轿厢的总质量为m，重力加速度为g，下列说法中正确的是( )
A. v1方向向下，v2方向向上
B. 轿厢从悬停到匀速上升的过程中，平均速度为u2
C. 匀强磁场的磁感应强度B= mgRb2v1
D. 轿厢匀速上升的过程中，外界每秒钟需要给轿厢系统提供mgu+v1的能量
11.关于热现象和热学规律，下列说法中正确的是( )
A. 第一类永动机不可能制造成功的原因是违背了能量守恒定律
B. 一切与热现象有关的宏观自然过程都是不可逆的
C. 屋内比屋外温度高，则屋内的所有空气分子速率比屋外所有的空气分子速率大
D. 一定质量的理想气体温度升高1℃，其等压过程吸收的热量小于等容过程吸收的热量
12.用不同单色光照射图甲电路中光电管阴极K时，微安表读数随两极板间电压变化的图像如图乙所示。则下列说法正确的是( )
A. 甲光的频率小于乙光的频率B. 甲光的频率大于乙光的频率
C. 甲光的强度比丙光的强度大D. 甲光的强度比丙光的强度小
13.如图所示，一个水槽中盛有一些水，在外力作用下，将长l=1.2m、底面积为100cm2的导热柱形筒从水面上方缓慢向下移动，直到管底距水面1m时，撤掉外力，筒恰能悬停在水中。假设筒口浸入水中后，筒内的气体质量不变，视为理想气体，筒的厚度和筒内气体所受的重力可忽略不计。不计环境温度的变化，且筒始终竖直。已知外界大气压始终为1.0×105Pa，水的密度为1.0×103kg/m3，重力加速度取10m/s2。下列分析正确的是( )
A. 从筒口接触水面到悬停的过程中，筒内气体从外界吸热
B. 筒悬停时，若外界大气压突然变大，则筒将会下沉
C. 筒悬停在水中时，有0.2m高的水柱进入筒内
D. 筒的质量为10kg
14.半径为r、间距为L的固定光滑半圆弧轨道右端接有一阻值为R的定值电阻，如图所示。整个空间存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。一根长度为L、质量为m、电阻为2R的金属棒从轨道最左端位置ab开始，在外力的作用下以速率v沿轨道(始终与轨道接触良好)做匀速圆周运动，在cd处与轨道分离。电路中其余电阻均不计，下列说法正确的是( )
A. 金属棒运动到轨道最低点时，通过定值电阻的电流方向为d→R→c
B. 整个过程中，金属棒两端的电压不变
C. 整个过程中通过金属棒某截面的电荷量为BLr3R
D. 整个过程中定值电阻上产生的焦耳热为πrB2L2v18R
15.如图所示，光滑平行金属导轨PQ，MN固定在水平地面上，其间距分别为2L和L，导轨电阻不计。金属棒a、b分别垂直放置在导轨PQ、MN上，其长度分别为2L和L，质量分别为2m和m，电阻分别为2R和R。整个装置放在竖直向上的匀强磁场中，导轨PQ区域磁感应强度为B，导轨MN区域磁感应强度为2B。棒a的初速度向左、棒b的初速度向右、大小均为v0，经过时间t0，b棒的速度减小为14v0，方向向右。a棒始终在PQ轨道上运动，b棒始终在MN轨道上运动，下列说法正确的是( )
A. 金属棒a、b系统动量守恒
B. 0−t0，棒a相对与棒b的位移大小为9mv0R8B2L2
C. 0−t0，棒a的位移大小为13v0t0+9mv0R16B2L2
D. 从开始运动到b棒的速率为14v0的过程中流过金属棒a的电荷量可能为5mv08BL
二、非选择题（共50分）
16.小巴同学操作“油膜法估测油酸分子的大小”的实验方法及步骤如下：
①向体积V油=1mL的油酸中加酒精，直至总量达到V总=1000mL
②用注射器吸取①中配制好的油酸酒精溶液，把它一滴一滴地滴入小量筒中，当滴入n=50滴时，测得其体积恰好是V0=1mL；
③先往边长为50×50cm的浅盘里倒入2cm深的水，然后将爽身粉均匀地撒在水面上；
④用注射器往水面上滴一滴油酸酒精溶液，待油酸薄膜形状稳定后，将事先准备好的玻璃板放在浅盘上，并在玻璃板上描下油酸膜的轮廓；
⑤将画有油酸膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上，如图所示，数出轮廓范围内小方格的个数N，小方格的边长a=20mm。
根据以上信息，回答下列问题：
(1)测量一滴油酸酒精溶液的体积时，为了减小误差而采用的方法是( )
A.归纳法 B.累积法 C.理想模型法 D.控制变量法
(2)某同学在用油膜法估测油酸分子直径实验中，计算结果明显偏大，可能是由于______。
A.粉末太薄使油酸边界不清，导致油膜面积测量值偏大
B.计算每滴体积时，1mL的溶液滴数多数了几滴
C.粉末太厚导致油酸未完全散开
(3)如图中小方格的个数N有115个，油酸分子的直径d约为_____m(结果保留一位有效数字)。
17.巴蜀某物理实验小组的同学利用玻意耳定律测量重庆室温(33℃)下的大气压p0，实验装置如图所示，主要实验步骤如下：
①将一导热圆柱形气缸(缸壁厚度不计)开口向下并固定在天花板上，用质量为m0=50g的活塞(厚度不计)封闭一定质量的气体；
②测量气缸的底面面积，记为S=100mm2
③在活塞下方附加一质量为m的钩码，待稳定后利用刻度尺测量出活塞距离气缸顶部的高度ℎ；
④逐渐增加钩码的质量，重复③中的步骤，分别记录钩码的质量以及相应的活塞距离气缸顶部的高度并记录在表格中；
⑤以钩码的质量m为纵坐标，活塞距离气缸顶部高度ℎ的倒数为横坐标，绘制m−1ℎ图像。实验中可忽略一切摩擦和外界温度变化，g取9.8m/s2。
(1)根据表格中的数据，在答题纸的坐标纸上描点作图，绘制m−1ℎ图像_____；
(2)根据图像测得的大气压强为_____Pa；(计算结果保留两位有效数字)
(3)若该小组同学在处理实验数据时忘记考虑活塞质量，他们测量的大气压强_____(选填“大于”“小于”或“等于”)大气压强的实际值；
(4)若使用该实验装置在23℃下进行实验，得到的m−1ℎ图像斜率的绝对值_____(选填“大于”“小于”或“等于”)33℃下得到的m−1ℎ图像斜率的绝对值。
18.潮汐发电是一种水力发电的形式，利用潮汐自然涨落产生的水位差具有的势能，通过水轮发电机组转为电能。某小型双向型潮汐发电站水轮发电机每年(365天)发电总量E为1.752×107kW⋅ℎ，求：
(1)水轮发电机的平均功率大小；
(2)采用有效值U=200kV的高压交流电向某地区输电，输送功率为第(1)问中算出的平均功率，若输电线上损耗的功率ΔP为输送功率的5%，求输电线总电阻r。
19.蜀妹同学设计了测量平板车加速度的装置如图。矩形导热汽缸固定在车厢底面，水平轻弹簧分别连接活塞与车厢右壁，活塞可在汽缸内无摩擦滑动。已知活塞质量m=2kg、横截面积S=1×10−3m2，弹簧的劲度系数k=2003N/m，环境温度T0=300K，外界大气压强p0=1×105Pa。初始时，汽缸和活塞均处于静止状态，弹簧处于原长，缸内封闭一定质量理想气体，此时活塞与缸底间的气柱长L=8cm；当平板车沿水平方向做直线运动，活塞相对汽缸静止时，弹簧伸长量为0.5cm(弹簧形变始终在弹性限度内)。求：
(1)平板车运动时，缸内气体的压强(可用分数表示)；
(2)平板车加速度的大小、方向；
(3)若环境温度升高到330K(忽略大气压变化)，为保证系统以第(2)问中的加速度运动时，弹簧的伸长量仍然为0.5cm，需在此温度下释放缸内部分气体，则释放气体质量与原气体总质量比值。
20.如图，倾角θ=37∘的两平行光滑导轨A1B1、A2B2固定在斜面上，垂直斜面向下施加匀强磁场B=1T。导轨间距L=1m，导轨电阻不计且A1A2间连接一定值电阻R1。对质量为m1=0.5kg、长度也为L、电阻不计的ab棒施加沿斜面向上F=3.6N的恒力，使ab棒从静止开始加速，到达B1B2时速度v0=0.6m/s，该过程通过电阻R1的电荷量Δq=0.3C(棒与导轨接触良好，且运动过程中始终垂直于导轨)。此后撤去恒力F，ab棒以v0=0.6m/s从B1B2滑入光滑、绝缘、间距也为L的轨道B1C1D1和B2C2D2，全程不脱离轨道。其中B1C1、B2C2为半径r=0.05m、圆心角θ=37∘圆弧，C1D1、C2D2段水平，B1B2、C1C2为圆轨道与两轨道的切点。质量m2=1.5kg、电阻R2=1Ω的“
”型金属框静止于水平导轨C1POC2处，导体框的长度也为L=PO=1m、宽度d=C1P=C2O=0.5m，ab棒运动到C1C2处与金属框发生完全非弹性碰撞，碰后粘连成闭合线框一起向右运动。以O点为坐标原点，沿导轨向右建立坐标系，OP右侧0(1)求棒ab从静止运动到B1B2所需时间t；
(2)若闭合线框进入磁场Bx区域时，立刻给线框施加一个水平向右的拉力，使线框匀速穿过磁场Bx区域，求此过程拉力所做功；
(3)若ab棒到达B1B2时可具有不同的速度vx，之后沿着圆轨道运动到C1C2依然与“”型框发生完全非弹性碰撞，请分析碰后PO边能否穿过磁场Bx区域。若能，算出其刚好穿出时对应的vx；若不能，算出其在磁场Bx中停止时的位置坐标。(结果可用根号表示)。
参考答案
1.BD
2.B
3.A
4.D
5.C
6.B
7.D
8.C
9.D
10.D
11.AB
12.AC
13.BCD
14.AD
15.AC
16.(1)B
(2)C
(3) 4×10−10
【详解】(1)测量一滴油酸酒精溶液的体积时，为了减小测量误差，需要将n滴溶液滴入量筒，才能读数，从而求出每一滴溶液的体积，再通过油酸酒精溶液浓度，计算一滴溶液中纯油酸的体积，这里采用了累积法。
故选B。
(2)A.若粉末太薄使油酸边界不清，导致油膜面积测量值偏大，根据
d=VS
可知，计算结果将偏小，故A错误；
B.计算每滴体积时，1mL的溶液滴数多数了几滴，导致一滴溶液的体积偏小，即一滴溶液中油酸的体积也偏小，结合上述可知，计算结果将偏小，故B错误；
C.粉末太厚导致油酸未完全散开，结合上述可知，S偏小，计算结果将偏大，故C正确。
故选C。
(3)根据操作步骤可知，一滴溶液中纯油酸的体积为
V=V0n⋅V油V总=150×11000mL=2.0×10−11m3
油膜的面积为
S=Na2=115×20×10−32m2=4.6×10−2m2
根据
d=VS
解得
d=4×10−10m

17.(1)见解析
(2) 1.1×105
(3)大于
(4)小于
【详解】(1)轨迹表格中的数据在坐标上描点，将点迹用一条直线连接起来，使点迹均匀分布在直线两侧，如图所示
(2)对活塞与钩码整体进行分析有
p0S=pS+m+m0g
根据玻意耳定律有
pℎS=C
其中C为一个定值，则有
m=m0+p0Sg−Cg⋅1ℎ
结合图像有
m0+p0Sg=1.2kg
解得
p0=1.1×105Pa
(3)在计算大气压强时，利用图像的截距，即有
m0+p0Sg=1.2kg
可知，若该小组同学在处理实验数据时忘记考虑活塞质量，他们测量的大气压强大于大气压强的实际值。
(4)结合上述有
m=m0+p0Sg−Cg⋅1ℎ ， pℎS=C
根据理想气体状态方程有
pℎST=A
其中A也为一个定值，结合上述表达式，图像斜率的绝对值为
k=Cg=ATg
可知，温度越高，斜率的绝对值越大，若使用该实验装置在23℃下进行实验，得到的 m−1ℎ 图像斜率的绝对值小于33℃下得到的 m−1ℎ 图像斜率的绝对值。

18.(1) 2kW ；(2) 1.0×106Ω
【详解】(1)根据平均功率的关系式有
P=Et
其中
t=365×24ℎ=8760ℎ
解得
P=2kW
(2)令输送电流为I，由于输送功率为第(1)问中算出的平均功率，则有
P=UI
输电线上损耗的功率
ΔP=I2r=5 0/0P
解得
r=1.0×106Ω

19.(1) 1615×105Pa ；(2) 3.5m/s2 ，方向水平向右；(3)0.091
【详解】(1)平板车运动时，缸内气体的压强为 p1 ，此时活塞与缸底间的气柱长
L1=8−0.5cm=7.5cm
气体经历等温变化，有
p0LS=p1L1S
得
p1=1615p0=1615×105pa
(2)设向右为正方向，对活塞由牛顿第二定律有
kx+p1S−p0S=ma
得
a=3.5m/s2
方向水平向右。
(3)为保证系统以第(2)问中的加速度运动时，弹簧的伸长量仍然为0.5cm，说明缸内气体的压强还是 p1 。假设缸内全部气体保持压强为 p1 ，温度升高为 T1=330K ，体积为 V0 ，有
SL1T0=V0T1
得
V0=0.0825×10−3m3 则释放气体质量与原气体总质量比值为
m释m原=V0−SL1V0≈0.091

20.(1)1s;(2)0.1J；(3)能， vx= 305m/s
【详解】(1)棒ab从静止运动到 B1B2 的过程中，感应电动势的平均值
E=ΔΦΔt
感应电流的平均值
I=ER1
通过电阻 R1 的电荷量
Δq=I⋅t
则棒ab从静止运动到 B1B2 的过程中，由动量定理有
(F−m1gsinθ)t−BL⋅I⋅t=mv0
联立以上各式，代入数据解得
t=1s
(2)设棒ab与金属框碰撞前的速度为 v1 ，对棒ab从 B1B2 到 C1C2 的过程中由动能定理有
−m1gr(1−csθ)=12m1v12−12m1v02
解得
v1=0.4m/s
设棒ab与金属框发生完全非弹性碰撞后的共同速度大小为 v2 ，则根据动量守恒定律有
m1v1=(m1+m2)v2
解得
v2=0.1m/s
此后闭合线框进入磁场的过程中边 PO 切割磁感线，而当边 PO 出磁场的瞬间棒ab切割磁感线，无论边 PO 切割磁感线还是棒ab切割磁感线，闭合线框所受安培力的方向均不变，而闭合线框匀速穿过磁场区时切割磁感线产生的感应电动势
E=BxLv2
感应电流
I=ER2
在闭合线框出磁场区的过程中闭合线框所受安培力
Fa=BxIL
联立解得
Fa=Bx2L2v2R2=2L2v2R2⋅x=0.2x ( 0由于闭合线框做匀速直线运动，因此安培力始终与所施加拉力大小相等方向相反，由此可知，此过程拉力所做功
WF0=−WFa=F01+F022×2d=0+0.22×2×0.5J=0.1J
(3)假设碰后PO边恰好能穿过磁场 Bx 区域，且碰后的速度大小为 v′x ，则根据(2)中分析可得，在PO边恰好穿过磁场 Bx 区域的过程中，闭合线框所受安培力
F′a=2L2v′xR2⋅x ( 0对线框由动量定理有
−BxLI⋅t=0−(m1+m2)v′x
该过程中感应电动势的平均值
E′=BxLdΔt′
感应电流的平均值
I′=E′R2=BxLdR2⋅Δt′
该过程回路中电荷量的变化
Δq′=I′⋅Δt′=BxLdR2=0.5Bx= 2x2
联立以上各式解得
v′x=12x ( 0可知
v′xmax=0.25m/s
当 v′x 取最大值时，在该过程中安培力做功
WF′a=−(F′a1+F′a2)2⋅x=−(0+2L2v′xmaxR2×0.5)2×0.5=−0.0625J
该过程中闭合线框动能的变化量
ΔEk=−12(m1+m2)v′xmax2=−0.0625J
有
WF′a=ΔEk
可知当 v′x 取最大值时，PO边刚好穿过磁场 Bx 区域，则ab棒从 B1B2 到 C1C2 由动能定理有
−m1gr(1−csθ)=12m1vx12−12m1vx2
碰撞过程中由动量守恒定律有
m1vx1=(m1+m2)v′x
联立解得
vx= 305m/s
m/kg
0.00
0.20
0.40
0.60
0.80
1.00
ℎ/m
0.076
0.091
0.118
0.164
0.250
0.556
1ℎ/m−1
13.1
11.0
8.5
6.1
4.0
1.8