【文档说明】四川省蒲江县蒲江中学2023-2024学年高二下学期模拟测试（期末）物理试卷答案.docx，共(5)页，164.688 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-66080b2af165d46cdfc4b5f7803581c2.html

以下为本文档部分文字说明：

成都市2022级高中毕业班摸底测试物理试题参考答案1、A2、D3、B【解析】红光的折射率最小，紫光的折射率最大，根据，分析得知红光在玻璃砖中传播速度最大，穿越玻璃砖的时间最短；由于白光是复色光，各种色光的折射率不同，折射率最大的偏折程度最大，从玻

璃射向空气中时，折射光线更远离法线，在各种色光中，红光的折射率最小，紫光的折射率最大，所以紫光偏折最严重，红光偏折最小，从左到右的排布是由紫→红；根据全反射临界角公式，可知，紫光的临界角最小，如果逐渐减小时，入射角增大，紫光最先发生全反射，最先从彩色光带中消失，D错误，4、B【解析】由于洛伦

兹力总是不做功，甲装置中通过磁场不可以使带电粒子的动能增大，故A错误；带电粒子在磁场中的轨道半径等于D型盒半径时，粒子具有最大速度，则有解得，则粒子的最大动能为，故B正确；在乙装置磁场中，根据左手定则可知，粒子带正电，故C错误

；在乙装置中，粒子在加速电场中，根据动能定理可得，可得，粒子在磁场中，由洛伦兹力提供向心力可得可得，可知在磁场中运动半径越大的粒子，越大，但粒子的质量一定越大，故D错误。5、C【解析】根据电场线与等势线垂直，且电场线上该点的切线方向为该点的场强方向，由图可知b处电场

线的切线方向斜向左上方，c处电场线的切线方向斜向左下方，所以b、c点的电场强度不相同，故A错误；等势线的疏密也可以反映电场的强弱，由a到d等势线先变疏后变密，所以电场强度先减小后增大，则电子的加速度先减小后增大，故B错误；电子从a到d运动时，因为电子仅受电场力，电场力与

电子运动方向的夹角先是锐角，后面变成钝角，即电场力先做正功，后做负功，则动能先增大后减小，而电势能先减小后增大，故C正确，D错误。故选C。6、C【解析】根据理想气体状态方程＝C可得p＝C，可知p－图像的斜率表示温度，由状态a变化到状态b的过程为等温过程，气体

体积减小，外界对气体做正功，温度不变则气体内能不变，由图可知状态b到状态c的过程pV的乘积在减小，气体温度降低，则内能减小，故A、B、D错误；由状态a经状态b变化到状态c的过程，外界对气体一直做正功，mv=mRqBmv=qBRm2222kmm122v==qBREmm212v=qUm2

v=qUm2v=qvBmr12v==mmUrqBBqmq始、末状态相比气体内能减小，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知气体向外界放热，故C正确。7、D【解析】当酒驾驾驶员对着测试仪吹气时，传感器电阻R的阻值变小，由可知电流I变大，电流表的示数变大，由，可知电

压表的示数变小，A错误；电源的输出功率，因为不知道与r的具体关系未知，故无法确定酒精气体浓度越大时，电源的输出功率如何变化，B错误；根据欧姆定律可知，电压表示数与电流表示数之比等于电阻R的阻值，阻值随气体

中酒精浓度的变化而变化，C错误；由闭合电路欧姆定律可知，既电压表示数变化量与电流表示数变化量的绝对值之比保持不变，D正确。故选D。8、【答案】AD【解析】因t＝0时刻质点M在平衡位置向上振动，可知波的传

播方向沿x轴负方向，波速v＝λT＝200.8m/s＝25m/s，A正确；该波周期T＝0.8s，则波的频率f＝1T＝1.25Hz，若此波遇到另一列简谐横波并发生稳定干涉现象，则该波所遇到的波的频率为1.25Hz，B错误；该波的波长λ＝20m

，若该波能发生明显的衍射现象，则该波所遇到的障碍物尺寸约为20m或小于20m，C错误；该时刻质点Q在负向最大位移处向上振动，而质点P在题图所示位置向下振动，则从该时刻起，质点Q将比质点P先回到平衡位置，D正确．9、【答案】AC【解析】外磁场、电流的磁场方向如

图所示，由题意知在b点有B0＝B0－B1＋B2，在a点有B0＝B0－B1－B2，由上述两式解得B1＝B0，B2＝B0，故A、C正确。10、AD【解析】线框进磁场为匀速直线运动，时间为，则匀速的速度为，线框所受的重力与安培力平衡，有，解得线框质量为，故A正确；线框匀速进入磁场后，因双边同向切割磁感

线，则无感应电流，不受安培力而只受重力，其加速度为做匀加速直线运动，加速时间为，则有，解得磁场宽度为，故B错误；ab边出磁场时的速度为，线框出磁场的过程做变加速直线运动，时间为，由动量定理有，而流过截面的电量为，联立解得cd边刚出磁场时的速度为；对线框穿过

磁场的全过程，由动能定理有，，解得线框穿过整个磁场过程中产生的焦耳热为，故D正确。0EIRRr=++0()UEIRr=−+220020()()()4EPIRRRRRRrr=+=++−+0RR+URI=0URrI=+11、(1)R19900串(

2)R3R2U1U−U1【解析】(1)将电流表G改装成3V的电压表，应串联的电阻阻值为R＝3−300×10−6×100300×10−6Ω＝9900Ω.故应选择的电阻箱为R1，应调节为9900Ω，并与电流表串联．(2)实验采用了

分压式接法，选择阻值较小的R3，方便调节．根据串并联知识可得U−U1R2＝U1RV，整理可得RV＝R2U1U−U1.12、【答案】（1）20.50（2）AC（3）4π2n2lt2偏小（4）9.86【解析】（1）用游标卡尺测量出摆球的直径为20mm+0.05×10=20.50mm。（2）摆球

应选择质量大并且体积小的球，以减小阻力的影响，选项A正确；摆线应选择弹性小并且长度适当的细线，选项B错误；要使摆球自始至终在同一竖直平面内摆动，不能成圆锥摆，选项C正确；摆角不超过5°，不宜过大，否则就不是简谐振动，选项D错误。故选AC。（3）单摆振动的周期T=tn，根据

T=2π√lg，可得g=4π2n2lt2；若摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，则摆长变长，而计算时仍用原来的摆长，则计算出的重力加速度g值偏小；（4）根据T=2π√L+rg，解得T2=4π2gL+4π2rg，可得k=4π2g=20.5=4，解得g=9.8

6m/s2。13、【答案】(1)102℃(2)260J【解析】(1)设气体压强为p，根据活塞受力平衡得pS＝p0S＋mg，得p＝1.2×105Pa，气体缓慢加热，做等压变化，有＝，T1＝t＋273K，解得T2＝375K则t2＝102℃，故气体的温度102℃。(2)根据热力学第一定

律，有ΔU＝W＋Q，其中W＝－pSh2＝－240J，则有ΔU＝260J，故此过程中气体内能的增加量为260J。14、【答案】（1）vm=1.0m/s；（2）μ=0.2，R=0.4Ω【解析】（1）导体棒内阻不计，E=U，B、L为常数，在0~1.2s内导体棒做匀加速直线运动，设导体棒加速度为a，

t1=1.2s时导体棒速度为v1，由图可知，此时电压U1=0.90V。E1=U1=BLv1得v1=0.90m/s由a=𝑣1−0𝑡1得a=0.75m/s2从图可知，t=2.4s时R两端的电压最大，Em=1.0V由Em=

BLvm得vm=1.0m/s（2）当t=1.2s时，设拉力为F1，则F1=𝑃𝑣1=5.0N同理，设t=2.4s时拉力为F2，则F2=𝑃𝑣𝑚=4.5N根据牛顿第二定律：F1-f-F安1=ma；F2-f-F安2=0mg-N=0；f=μN又F安1=BI1L=𝐵𝐿𝑈1𝑅F安2

=BI2L=𝐵𝐿𝑈2𝑅；代入数据得μ=0.2，R=0.4Ω15、【答案】（1）mv0Bq，2πmqB；（2）E=√24Bv0；（3）t总=2mqB(2√2+π+2)【解析】（1）带电粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qv0B=mv02R故R=mv0qB可

得T=2πRv0=2πmqB（2）如图所示，设粒子第一次经过OM上的点为A点，粒子第三次经过OM上的点为C点。由几何关系可知CO=2√2R过C点后，粒子在新的电场中沿CO方向做匀速直线运动，沿CO方向的速度大小为v1=√

22v0CO=v1t3粒子在新的电场中沿垂直于CO方向先做匀减速运动后做匀加速直线运动。√22v0=a⋅t3qE=ma解得E=√24Bv0（3）根据轨迹图可知，粒子在磁场中时间为t1=14T+34Tt1=2

πmqB粒子在旧电场中运动的时间为t2=2v0at2=4√2mBq粒子在新电场中运动的时间为CO=v1⋅t3CO=2√2Rt3=4mBq粒子从O点射出到第一次回到O点的时间为t总=t1+t2+t3t总=2mqB(2√2+π+2)