精品解析：四川省达州市2022-2023学年高二下学期期末监测理综物理试题（解析版）

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达州市2023年普通高中二年级春季期末监测理科综合试题二、选择题：1. 下列叙述中正确的是（　　）A. 光电效应和康普顿效应深入地揭示了光的粒子性的一面，前者表明光子具有动量，后者表明光子具有能量B. 发生光电效应时，发出的光电子的最大初动能与入射光的频率成正比例关系C. 衰变的实质是原子核中的一个中子转变为一个质子和一个电子D. 已知中子、质子和氘核的质量分别为，则氘核的结合能为（表示真空中的光速）【答案】C【解析】【详解】A．光电效应和康普顿效应深入地揭示了光粒子性的一面，但是前者表明光子具有能量，后者表明光子具有动量，A错误；B．根据光电效应方程可得光电子的最大初动能与入射光的频率不是成正比例关系，B错误；C．衰变的实质是C正确；D．中子和质子结合成氘核，有质量亏损，根据爱因斯坦质能方程，结合能为D错误。故选C。2. “世界上第一个想利用火箭飞行的人”是明朝的士大夫万户。他把47个自制的火箭绑在椅子上，自己坐在椅子上，双手举着大风筝，设想利用火箭的推力，飞上天空，然后利用风筝平稳着陆。假设万户及所携设备[火箭（含燃料）、椅子、风筝等]总质量为M，点燃火箭后在极短的时间内，质量为m的炽热燃气相对地面以的速度竖直向下喷出。忽略此过程中空气阻力的影响，重力加速度为g，下列说法中正确的是（　　）  A. 火箭的推力来自燃气对它的反作用力B. 在燃气喷出后的瞬间，火箭的速度大小为C. 喷出燃气后万户及所携设备能上升的最大高度为D. 在燃气喷出后上升过程中，万户及所携设备动量守恒【答案】A【解析】【详解】A．火箭的推力是燃料燃烧时产生的向后喷出的高温高压气体对火箭的反作用力，故A正确；B．在燃气喷出后得瞬间，万户及所携设备组成的系统动量守恒，设火箭的速度大小为v，规定火箭运动方向为正方向，则有解得火箭速度大小为故B错误；C．喷出燃气后，万户及所携设备做竖直上抛运动，根据运动学公式可得，最大上升高度为故C错误；D．在燃气喷出后上升过程中，万户及所携设备因为受重力，系统动量不守恒，故D错误。故选A。3. 如图所示，小球在轻弹簧作用下在光滑水平杆上的A、B之间做往复运动，O为平衡位置，下列说法正确的是（　　）  A. 小球O点受到重力、支持力和回复力作用B. 小球由O向B运动过程中，小球做匀减速运动C. 小球由A向O运动过程中，弹簧弹性势能减小D. 小球在往复运动过程中机械能守恒【答案】C【解析】【详解】A．小球在O点回复力为零，即弹簧的弹力为零，受到重力、支持力作用，故A错误；B．小球由O向B运动过程中，弹簧的弹力逐渐增大，方向指向O，小球做非匀减速运动，故B错误；C．小球由A向O运动过程中，弹簧的形变量逐渐减小，弹性势能减小，故C正确；D．小球在往复运动过程小球和弹簧组成的系统机械能守恒，弹簧对小球做功，小球的机械能不守恒，故D错误。故选C。4. 如图1所示，挖掘机的顶部垂下一个大铁球并让它小幅度地摆动，即可用来拆卸混凝土建筑，可视为单摆模型，它对应的振动图像如图2所示，下列说法正确的是（　　）  A. 单摆振动的周期是B. 时，摆球的加速度为零C 铁球摆动周期随其质量增大而增大D. 若测出摆线长度L，可以估算当地重力加速度【答案】D【解析】【详解】A．根据图2可知，单摆振动的周期T=8s故A错误；B．根据图2可知，时，摆球处于平衡位置，由于摆球实际上做圆周运动，则此时摆球切向方向的加速度为零，但径向上合力提供向心力，即径向方向上的加速度不为零，即时，摆球的加速度不为零，故B错误；C．根据可知，摆球周期与其质量无关，即铁球质量增大，其摆动周期不变，故C错误；D．根据上述解得其中摆长可知，若测出摆线长度L，通过估算铁球直径d，可以估算当地重力加速度，故D正确。故选D。5. 如图所示，图甲是时刻一简谐横波沿轴方向传播的波形图，图乙为这列波上质点的振动图像，下列说法正确的是（　　）  A. 该列波向轴正方向传播B. 质点的振动方程为C. 时间内质点运动的路程为D. 时，d点的振动方向向上【答案】B【解析】【详解】A．根据图乙可知，在时刻质点b位移平衡位置，随后位移为负值，表明时刻质点b沿y轴负方向运动，结合图甲，根据同侧法可知该列波向轴负方向传播，故A错误；B．根据图像可知，则波传播速度从时刻到时刻波向左传播的距离可知，将图甲中时刻波形沿轴正方向平移4m得到时刻的波形，可知在时刻，质点处于波峰位置，一个完整正弦式振动方程为将上述 振动方程的波形向右平移，即得到质点的振动方程，可知质点的振动方程为故B正确；C．根据图乙可知，2s时刻，质点b处于平衡位置，时间间隔为质点b的振动方程为解得8.5s时刻的位移为则时间内质点运动的路程为故C错误；D．由于可知，将图甲波形向左平移得到时刻的波形，根据同侧法，可知8s时刻d点处于平衡位置，振动方向向下，故D错误。故选B。6. 图甲所示，为一台小型发电机的示意图，单匝线圈匀速转动，产生的电动势随时间的变化规律如图乙所示。已知发电机线圈内阻为，小灯泡的电阻恒为，其余电阻不计。下列说法正确的是（　　）    A. 理想电压表的示数B. 内通过小灯泡的电流方向改变100次C. 时穿过线圈的磁通量D. 通过灯泡电流的瞬时表达式为【答案】BC【解析】【详解】A．根据题意，由图乙可知，交流电的电动势最大值为则有效值为由图甲可知，理想电压表测小灯泡两端电压的有效值，由闭合回路欧姆定律有故A错误；B．根据题意，由图乙可知，交流电的周期为，则频率为，交流电一个周期内电流方向变化2次，则通过小灯泡的电流方向改变100次，故B正确；C．根据题意，由图乙可知，电动势为0，则穿过线圈的磁通量最大，由公式可得又有解得故C正确；D．根据题意，结合上述分析可知，电动势的瞬时值表达式为则通过灯泡电流的瞬时表达式为故D错误。故选BC。7. 如图所示匝数为的正三角形导线框，以角速度在磁感应强度为的匀强磁场中绕垂直磁场方向的轴匀速转动，线框边长为且与理想变压器原线圈相连，原、副线圈匝数比为，图示时刻线框平面与磁感线垂直并以此时刻为计时起点，为定值电阻，电流表和电压表均为理想电表，电流表的示数分别为；电压表的示数分别为。不计线框电阻，下列说法正确的是（　　）  A. 导线框处于图示位置时B. 闭合开关后变大C. 闭合开关后电压表的示数为D. 闭合开关，电流表的示数均增大【答案】CD【解析】【详解】A．电流表的示数为有效值，导线框处于图示位置时，电流表A2的示数不为零，电压表的示数也不为零，所以故A错误；BD．闭合开关S，副线圈电阻减小，电流增大，原副线圈电流之比等于匝数的反比，则原线圈电流增大，电流表A1、A2的示数均增大，原线圈电压U1不变，则变小，故B错误，D正确；C．感应电动势的峰值为电压表V1的示数为电动势的有效值，则根据变压器工作原理，原副线圈电压比等于匝数比，则U1：U2=1：2则电压表V2的示数故C正确。故选CD。8. 如图所示，在光滑绝缘水平面内有一直角坐标系，第一象限内存在方向垂直坐标平面向里的磁场，磁感应强度大小沿轴方向不变，沿轴正方向按照（且为已知常量）的规律变化。一质量为、电阻为的导线围成边长为的正方形导线框在时刻，其边正好与轴重合。现给导线框方向与轴正方向成角的初速度，整个运动过程导线框不转动。取、，下列说法正确的是（　　）  A. 受到的安培力大小相等、方向相反B. 线框最终速度0C. 线框从开始到速度稳定过程中，导线框产生的焦耳热为D. 当导线框在沿轴方向的分速度大小为时，导线框沿轴方向的加速度大小为【答案】CD【解析】【详解】A．由题意可知，沿轴正方向按照的规律变化，因此线框中有感应电流，线框bc边与ad边所处位置的磁感应强度大小不相等，因此受到的安培力大小不相等、方向相反，A错误；B．由题意可知，磁感应强度大小沿轴方向不变，则ab边和dc边受到的安培力大小相等、方向相反，因此线框在y轴方向受到的安培力的合力是零，导线框在沿y轴方向做匀速运动；在沿x轴方向，bc边受的安培力大于ab边受的安培力，其合力方向向左，因此线框在沿x轴方向做减速运动，所以线框最终在沿y轴方向做匀速运动，速度不是零，B错误；C．线框在沿轴方向的初速度为线框从开始到沿x轴方向速度减到零过程中，由能量守恒定律可得解得导线框产生的焦耳热为C正确；     D．当导线框在x轴方向的分速度大小为时，设x轴方向位移为x，在此时刻导线框产生的感应电动势大小为导线框中感应电流大小导线框所受安培力的合力大小为由牛顿第二定律可得，导线框水平方向的加速度大小为D正确。故选CD。第Ⅱ卷（非选择题，共174分）三、非选择题：22题－26题为物理必考题；27题－30题为化学必考题；31题－35题为生物必考题。9. 某小组做测定玻璃的折射率实验，所用器材有：玻璃砖，大头针，刻度尺，圆规，笔，白纸。（1）下列哪些措施能够提高实验准确程度______。A.选用两光学表面间距小的玻璃砖B.一定选用两光学表面平行的玻璃砖C.插在玻璃砖同侧的两枚大头针间的距离尽量大些D.选用粗的大头针完成实验（2）该小组用同一套器材完成了四次实验，记录的玻璃砖界线和四个大头针扎下的孔洞如图所示，其中实验操作正确的是________。  （3）该小组选取了操作正确的实验记录，在白纸上画出光线的径迹，以入射点为圆心作圆，与入射光线、折射光线分别交于A、B点，再过A、B点作法线的垂线，垂足分别为C、D点，如图所示，则玻璃的折射率__________。（用图中线段的字母表示）  【答案】    ①. C    ②. D    ③. 【解析】【详解】（1）[1]AC．采用插针法测定光的折射率的时候，应选定光学表面间距大一些的玻璃砖，这样光路图会更加清晰，减小误差，同时两枚大头针的距离尽量大一些，保证光线的直线度，故A错误，C正确；B．光学表面是否平行不影响该实验的准确度，故B错误；D．应选用细一点的大头针，故D错误。故选C；（2）[2]根据光的折射定律可知当选用平行的玻璃砖时出射光和入射光应是平行光，又因发生了折射，因此出射光的出射点应相比入射光的延长线向左平移，由图像可知。故选D；（3）[3]由折射定律可知折射率联立解得10. 某同学设计了一个用打点计时器验证动量守恒定律的实验：在小车A的前端粘有橡皮泥，推动小车A使之做匀速运动。然后与原来静止在前方的小车B相碰并粘合成一体，继续做匀速运动，他设计的具体装置如图甲所示。在小车A后连着纸带，电磁打点计时器电源频率为。  （1）长木板下垫着小木片的作用是_____。（2）若已得到打点纸带，并将测得各计数点间距标在下面（如图乙），A为运动起始的第一点，则应选______段来计算A车的碰前速度，应选______段来计算A车和B车碰后的共同速度。（以上两空填“”或“”或“”或“”）  （3）已测得小车A的总质量，小车B的质量，由以上测量结果可得，碰前总动量为__________；碰后总动量为__________（结果保留小数点后3位）。由上述实验结果得到的结论是：____________________。【答案】    ①. 平衡摩擦力    ②.     ③. DE    ④. 0.630    ⑤. 0.626    ⑥. AB碰撞过程中，在误差允许范围内，系统动量守恒【解析】【详解】（1）[1]长木板下垫着小木片的作用是平衡摩擦力。（2）[2]小车A碰前运动稳定时做匀速直线运动，所以选择BC段计算A碰前的速度。[3]两小车碰后连在一起仍做匀速直线运动，所以选择DE段计算A和B碰后的共同速度。（3）[4] 碰前小车A的速度为则碰前两小车的总动量为[5]碰后两小车的速度为则碰后两小车的总动量为[6]由上述实验结果得到的结论是：AB碰撞过程中，在误差允许范围内，系统动量守恒。11. 如图甲所示，是轴上的三个质点，一列简谐横波沿轴正方向传播，从传到点开始计时，乙图是两点的振动图像。该波的波长等于。求：（1）该波的波速大小之间的距离是多大；（2）之间的距离为多大。  【答案】（1），2m；（2）（n=1，2，3）【解析】【详解】（1）该波的波速大小由乙图知， 2s时C点开始振动，即波由B点传到C点需要t=2s之间的距离x=vt=2m（2）由乙图知，C点初始振动方向向下，则A点初始振动方向向下，0时刻B点位于波谷，即已经振动的时间（n=1，2，3）之间的距离（n=1，2，3）12. 在一均匀介质中，两列简谐横波波源坐标分别为（沿轴正方向传播）和（沿轴负方向传播）。时刻某波源先开始振动，时的波形图如图所示。此时位于和处的两个质点都恰好开始振动，分别为两个波形的波谷和波峰，坐标分别为和。则先振动的波源是__________（填“S”或“T”），和两列波的波长为__________，再经过的时间处的质点位移为__________m。【答案】    ①. T    ②. ，    ③. 【解析】【详解】[1] 波速由介质决定，故两列波波速相同。由图发现，内，T波传播的距离更大，而波速相同，则波源T先振动。 [2] 时刻某波源先开始振动，由时的波形图可知发出波的波长发出波的波长 [3] 发出波的周期两波的波速再经过，两波传播的距离此时发出波的波谷和发出波的波峰恰好传到处。此时，处的质点位移为13. 如图所示，是半径为的扇形玻璃砖，一单色细光束从弧面某一点射入玻璃砖，在玻璃砖中的折射光线平行于边，最后从C点射出，且出射光线与夹角为，C点到面的距离为，光在空气中的传播速度为，求：（1）玻璃砖的折射率；（2）光在玻璃砖中传播的时间。  【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）光束从弧面某E点射入玻璃砖，光路如图所示由几何知识可知，在AO面上光线的入射角为，所以玻璃砖的折射率（2）由于折射光线CE平行于BO，光线在圆弧面上的入射点E到BO的距离也为，即所以满足解得由几何关系得又光在玻璃种的速度故光在玻璃砖砖的传播时间14. 如图甲所示，电阻不计且间距的光滑平行金属导轨竖直放置，上端接一阻值的电阻，虚线下方有垂直于导轨平面向里的匀强磁场，现将质量、电阻的金属杆从上方某处由静止释放。金属杆在下落的过程中与导轨保持良好接触且始终水平。已知杆进入磁场时的速度，下落的过程中加速度与下落距离的关系图像如图乙所示，取。求：（1）匀强磁场的磁感应强度大小B。（结果可用根号表示）（2）杆下落的过程中，电阻上产生的热量为。（结果保留三位有效数字）（3）杆从进入磁场到下落处的时间。  【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）金属杆进入磁场后，根据右手定则判断可知金属杆ab中感应电流的方向由a到b，由左手定则知，杆ab所受的安培力方向竖直向上。由乙图知，刚进入磁场时，金属杆ab的加速度大小方向竖直向上。由牛顿第二定律得设金属杆刚进入磁场时的速度为v0，根据闭合电路欧姆定律得解得（2）通过a-h图像知h=0.3m时则金属杆受到的重力与安培力平衡，可得解得ab杆下落0.3m的过程中，由能量守恒定律有电阻R上产生的热量为（3）金属杆自由下落的高度ab下落0.3m的过程中，通过磁场的距离为杆从进入磁场到下落处通过电阻R的电荷量杆从进入磁场到下落处，由动量定理得解得