本卷由系统，请仔细校对后使用，答案仅供参考
西双版纳州名校2022-2023学年高二下学期期末考试
物理
注意事项:
1.答题前填写好自己的班级、姓名、考号等信息
2.请将正确答案填写在答题卡上
第Ⅰ卷 选择题
一、单选题（共8小题，每题3分，共24分）
1. 下列关于温度、内能、热量和功的说法正确的是( )
A. 同一物体温度越高，内能越大
B. 要使物体的内能增加，一定要吸收热量
C. 要使物体的内能增加，一定要对物体做功
D. 物体内能增加，它的温度就一定升高
2. 如图甲，理想变压器原、副线圈匝数之比为22∶1，接线柱a、b所接正弦式交变电压u随时间t变化规律如图乙所示．变压器副线圈接有一火警报警系统，其中R1为定值电阻，R2为热敏电阻，其电阻随温度升高而增大．电压表、电流表均为理想电表，下列说法正确的是( )
A. 电压表示数为10 V B. 此交变电源的频率为0.5 Hz
C. 出现火警时，电流表示数增大 D. 出现火警时，电压表示数增大
3. 光滑绝热的轻质活塞把密封的圆筒容器分成A、B两部分，这两部分充有温度相同的理想气体，平衡时VA∶VB＝1∶2，现将A中气体加热到127 ℃，B中气体降低到27 ℃，待重新平衡后，这两部分气体体积之比VA′∶VB′为( )
A. 1∶1 B. 2∶3 C. 3∶4 D. 2∶1
4. 三个相同的金属圆环内存在着不同的有界匀强磁场，虚线表示环的某条直径，已知所有磁场的磁感应强度随时间变化关系都满足B＝kt，磁场方向如图所示．测得A环内感应电流强度为I，则B环和C环内感应电流强度分别为( )
A. IB＝I，IC＝0 B. IB＝I，IC＝2I
C. IB＝2I，IC＝2I D. IB＝2I，IC＝0
5. 如图所示，a、b、c为三根与纸面垂直的固定长直导线，其截面位于等边三角形的三个顶点上，bc沿水平方向，导线中均通有大小相等的电流，方向如图所示，O点为三角形的中心(O点到三个顶点的距离相等)，则( )
A. O点的磁感应强度为零
B. O点的磁场方向垂直Oc斜向下
C. 导线a受到的安培力方向垂直Oa水平向右
D. 导线b受到的安培力方向垂直Ob斜向上
6. 如图所示为卢瑟福α粒子散射实验装置的示意图，图中的显微镜可在圆周轨道上转动，通过显微镜前相连的荧光屏可观察α粒子在各个角度的散射情况．下列说法正确的是( )
A. 卢瑟福在α粒子散射实验的基础上提出了原子的核式结构模型
B. 在图中的A、B两位置分别进行观察，相同时间内观察到屏上的闪光次数一样多
C. 在图中的B位置进行观察，屏上观察不到任何闪光
D. α粒子发生散射的主要原因是α粒子撞击到金原子后产生的反弹
7. 阻值为R电阻上通以如图所示的交变电流，则此交流电的有效值为( )
A. 10 A B. 20 A C. 30 A D. A
8. 在光滑的水平面上，有A、B两个小球沿同一直线向右运动，以向右为正方向，两球的动量分别为pA＝5 kg·m/s、pB＝7 kg·m/s，如图所示．若两球发生正碰，则碰后两球的动量增量ΔpA、ΔpB可能是( )
A. 3 kg·m/s，3 kg·m/s B. 3 kg·m/s，－3 kg·m/s
C. －10 kg·m/s，10 kg·m/s D. －3 kg·m/s，3 kg·m/s
第Ⅰ卷 选择题
二、多选题（共4小题，每题4分，共16分）
9. 如图所示是一定质量的理想气体由状态A变到状态B再变到状态C的过程，A、C两点在同一条双曲线上，则此变化过程中( )
A. 从A到B的变化过程温度升高
B. 从B到C的变化过程温度升高
C. 从A到B再到C的变化过程温度先降低再升高
D. A、C两点的温度相等
10. 如图所示，A、B是完全相同的两个小灯泡，L为自感系数很大的线圈，其直流电阻等于灯泡电阻．闭合开关S，电路稳定时，B灯恰能正常发光．则( )
A. 开关S闭合时，A、B两灯同时亮
B. 开关S闭合，电流稳定时，A灯熄灭
C. 开关S断开时，两灯都会亮一下再熄灭
D. 开关S断开时，A灯灯丝不可能被烧断
11. 如图所示是J.J.汤姆孙的气体放电管的示意图，
下列说法正确的是( )
A. 若在D1、D2两极板之间不加电场和磁场，则阴极射线应打到最右端的中心P1点
B. 若在D1、D2两极板之间仅加上竖直向下的电场，则阴极射线应向下偏转
C. 若在D1、D2两极板之间仅加上竖直向下的电场，则阴极射线应向上偏转
D. 若在D1、D2两极板之间仅加上垂直纸面向里的磁场，则阴极射线不偏转
12. 一列简谐波在某一时刻的波形如图所示，经过一段时间，波形变成如图中虚线所示，已知波速大小为1 m/s。则这段时间可能是( )
A. 1 s B. 2 s C. 3 s D. 4 s
第Ⅱ卷 非选择题
三、实验题（共2小题）
13. 在“测定电源的电动势和内阻”实验中，实验室仅提供下列实验器材:
A．干电池两节(每节电动势约为1.5 V，内阻为几欧姆);
B．直流电压表V1、V2(量程均为0～3 V，内阻均约为3 kΩ);
C．电流表(量程为0～0.6 A，内阻小于1 Ω);
D．定值电阻R0(阻值为5 Ω);
E．滑动变阻器R(最大阻值为50 Ω);
F．开关一个和导线若干.
(1)如图甲所示的电路是实验室测定电源的电动势和内阻的电路图，按该电路图组装实验器材进行实验，测得多组数据并画出图像，从而求出电动势和内阻.若电动势和内阻的测量值均偏小，则产生该误差的原因是 ，这种误差属于 (选填“系统误差”或“偶然误差”).
(2)实验过程中电流表发生了故障，某同学设计了如图乙所示的电路，连接的部分实物图如图丙所示，其中还有一根导线没有连接，请连接完整.
(3)实验中移动滑动变阻器的滑片，读出电压表V1和V2的多组数据U1、U2，描绘出U1-U2图像如图丁所示，图线的斜率为k，在横轴的截距为a，则电源的电动势E= ，内阻r= .(均用k、a、R0表示)
14. “验证碰撞中的动量守恒”实验装置如图所示，让质量为m1的小球A从斜槽上的某一位置自由滚下，与静止在支柱上大小相等、质量为m2的小球B发生碰撞．(球A运动到水平槽末端时刚好与B球发生碰撞)
(1)安装轨道时，要求轨道末端________．
(2)两小球的质量应满足m1________m2.
(3)用游标卡尺测小球直径时的读数如图所示，则小球的直径d＝________ cm.
(4)实验中还应测量的物理量有________．
A．两小球的质量m1和m2
B．小球A的初始高度h
C．轨道末端切线离地面的高度H
D．两小球平抛运动的时间t
E．球A单独滚下时的落地点P与O点的距离sOP
F．碰后A、B两小球的落地点M、N与O点的距离sOM和sON
(5)若碰撞中动量守恒，根据图中各点间的距离，下列关系式可能成立的是________．
A．＝ B．＝ C．＝ D．＝
(6)若碰撞过程无机械能损失，除动量守恒外，还需满足的关系式是________．(用所测物理量的符号表示
四、计算题（共3小题）
13. 如图所示，U形细管左端开口，右端封闭一定质量的气体，气柱长度为9 cm；左边用5 cm 高水银柱也封闭有一定质量的气体，管内下方装有水银。两边气柱下端液面高度差为20 cm，大气压为75 cmHg。现向左边注入一部分水银，发现右边液面上升了3 cm。气体温度均保持不变。求：
(1)左边注入水银后，右边气柱压强的数值；
(2)左边注入水银的高度。
14. 如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一象限存在垂直平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，第四象限存在沿y轴负方向、电场强度为E的匀强电场，速度为v的电子从y轴上y＝a的P点沿x轴正方向射入磁场，直接从x轴上x＝3a的Q点进入电场，求：
(1)电子的比荷；
(2)若将电子的速率变为，其他条件不变，试问该电子能否到达Q点 如能到达，求出电子从P到Q经历的时间；若不能到达，说明理由．
15. 如图所示，在光滑水平地面上有一辆质量m1＝3.98 kg的平板小车，小车上表面离地高度h＝0.2 m，小车右端有一个质量m2＝1 kg的木块(木块可视为质点)，小车与木块一起静止在地面上．一颗质量m0＝20 g的子弹以v0＝300 m/s的初速度水平向右飞行，瞬间击中小车并留在其中．木块与小车上表面之间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g取10 m/s2.
(1)如果木块刚好不从小车上掉下，求小车的长度L0；
(2)如果小车长度L＝0.25 m，求木块落地瞬间与小车左端的水平距离x.
1. A 2. D 3. B 4. D 5. D 6. A 7. D 8. D
9. AD 10. AD 11. AC 12. AC
13. (1)电压表的分流作用 系统误差 (2)如图所示 (3)
【解析】(1)由题图甲可知，电流表不是测干路电流，产生误差的原因是电压表的分流作用;这种误差是由于电路的设计造成的，属于系统误差.
(2)由题图乙和题图丙对比可知滑动变阻器没有正确接入电路，连接完整的实物图如答案图所示.
(3)由闭合电路欧姆定律可知，E=U2+r，变形得U1=，根据题意可知=k，a=，解得E=，r=.
14. (1)切线水平 (2)> (3)1.04 (4)AEF
(5)B (6)m1sOP2＝m1sOM 2＋m2(sON－d)2
【解析】(1)为了保证每次小球做平抛运动的速度沿水平方向，则需要轨道的末端切线水平．
(2)验证碰撞中的动量守恒实验，为防止入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量，即m1>m2.
(3)游标卡尺的游标是10分度的，其精确度为0.1 mm，则读数为：10 mm＋4×0.1 mm＝10.4 mm＝1.04 cm.
(4)小球离开轨道后做平抛运动，它们抛出点的高度相同，则在空中的运动时间t相等，两球碰撞过程中满足动量守恒，有m1v1＝m1v1′＋m2v2′，
两边同时乘以时间t，则m1v1t＝m1v1′t＋m2v2′t，
根据落点可化简为，m1·sOP＝m1sOM＋m2(sON－d)，
则实验还需要测出：两小球的质量m1和m2；球A单独滚下时的落地点P点到O点的距离sOP和碰后A、B两小球的落地点M、N与O点的距离sOM和sON，故选A、E、F.
(5)根据动量守恒得m1·OP＝m1OM＋m2O′N
即＝＝，故B正确．
(6)若碰撞过程无机械能损失，则根据机械能守恒定律有m1v12＝m1v1′2＋m2v2′2
可得，m1sOP2＝m1sOM 2＋m2(sON－d)2.
15. (1)90 cmHg (2)36 cm
【解析】(1)左边气体压强开始为
p1＝75 cmHg＋5 cmHg＝80 cmHg
右边气体压强开始为p2＝80 cmHg－20 cmHg＝60 cmHg
右边气体体积V2＝l2S，l2＝9 cm
右边液面上升3 cm，气体长度变为l2′＝l2－3 cm＝6 cm
设右边气体压强后来为p2′，体积为V2′＝l2′S
对右边气体由玻意耳定律知p2V2＝p2′V2′
解得p2′＝90 cmHg
即左边注入水银后，右边气柱压强的数值为90 cmHg。
(2)左边注入水银后，气体压强值变为
p1′＝p2′＋ρg＝116 cmHg
则其上端水银柱长
h1′＝116 cm－75 cm＝41 cm
注入水银柱的长度h＝h1′－h1＝36 cm
即左边注入的水银柱高度为36 cm。
16. (1) (2)能到达 ＋
【解析】(1)由题意可知，电子在第一象限做匀速圆周运动，圆心为O1，设轨道半径为r1，作出电子运动轨迹如图所示，则由几何知识可得：(r1－a)2＋(3a)2＝r12
又由牛顿第二定律可得：
qvB＝m
联立解得：＝
(2)若电子的速率变为，则由牛顿第二定律可得：
q··B＝m
解得：r2＝a
作出电子的运动轨迹如图所示，由图可知，电子可以到达Q点
设电子在磁场中做匀速圆周运动的周期为T，
则有：T＝＝
电子在磁场中运动的时间为t1＝T＝
电子在电场中先做匀减速直线运动，然后反向做匀加速直线运动，设加速度大小为a0，则有：qE＝ma0
电子在电场中运动的总时间为t2＝2×＝
电子从P到Q经历的总时间为t＝t1＋t2＝＋.
17. (1)0.45 m (2)0.2 m
【解析】(1)子弹射入小车的过程，取向右为正方向，以子弹和小车组成的系统为研究对象，系统动量守恒，根据动量守恒定律得m0v0＝(m0＋m1)v1，
其中m0＝20 g＝0.02 kg，
解得二者的共同速度v1＝1.5 m/s，
木块刚好不从小车上掉下，木块到达小车左端时与小车速度相同，设共同速度大小为v2，根据动量守恒定律得
(m0＋m1)v1＝(m0＋m1＋m2)v2，
根据能量守恒定律得
(m0＋m1)v12＝(m0＋m1＋m2)v22＋μm2gL0，
解得L0＝0.45 m.
(2)设木块离开小车时木块和小车的速度大小分别为v3和v4.
根据动量守恒定律得(m0＋m1)v1＝(m0＋m1)v4＋m2v3，
根据能量守恒定律得
(m0＋m1)v12＝(m0＋m1)v42＋m2v32＋μm2gL，
解得v4＝1.4 m/s，v3＝0.4 m/s，
木块离开小车后做平抛运动，小车向右做匀速直线运动，则h＝gt2，
木块落地后瞬间与小车左端的水平距离为x＝(v4－v3)t＝0.2 m.
答案第2页 总2页
