云南省开远市第一中学校2023-2024学年高二下学期5月期中考试物理试题(解析版)

开远市第一中学校2024年春季学期高二年级期中考试物理
2024.05
考生注意：
1.本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分100分，考试时间75分钟。

2.考生作答时，请将答案填涂在答题卡上。

第Ⅰ卷每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；第Ⅱ卷请用直径0.5毫米的黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试卷、草稿纸上作答无效。

3.本卷命题范围：高中物理全册
第Ⅰ卷（选择题 共48分）
一、单选题：本题共6小题，每题4分，共24分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1.
（钍）经过一系列α衰变和β衰变，变成（铅）。

以下说法正确的是（ ）
A. α衰变的本质是原子核内的一个中子转化为一个质子并向外辐射一个电子
B. 铅核比钍核少14个中子
C. 共经过4次α衰变和6次β衰变
D. 共经过6次α衰变和4次β衰变【答案】D 【解析】
【详解】A ．α衰变的本质是从原子核中两个质子和两个中子紧密结合成一个整体，从原子核中放出氦原子核，故A 错误；B ．铅核的中子数为
钍核中子数可知铅核比钍核少16个中子，故B 错误；
CD ．设共经过x 次α衰变和y 次β衰变，根据质量数和电荷数守恒可得
为
23290
Th 20882Pb 20882126
-=23290142
-=23220840x y =++⨯90822x y
=+-
解得
，可知共经过6次α衰变和4次β衰变，故C 错误，D 正确。

故选D 。

2. 一个物体以3m/s 的速度水平抛出，落地时的速度大小是5m/s ，不计空气阻力，取g =10m/s 2，则下列说法正确的是（ ）A. 物体落地的时间为0.5s
B. 落地点距离抛出点的水平距离为1.5m
C. 抛出点的高度为0.2m
D. 抛出点的高度为0.8m 【答案】D 【解析】
详解】A ．物体做平抛运动，落地瞬间
可得
在竖直方向做自由落体运动，则
解得
故A 错误；
B ．在水平方向做匀速直线运动，则
解得
故B 错误；
CD ．物体下落的高度为
解得
【6x =4
y
=v =4m/s
y v =y gt
=v 0.4s
t =x x v t
=1.2m
x =2
12
h gt =
故C 错误，D 正确。

故选D 。

3. 可回收复用运载火箭是现代火箭技术的一个重要的发展方向，经过多年努力，我国也有属于自己的第一款可回收复用运载火箭，如图1所示。

在某次测试中，该型火箭竖直起降的速度—时间图像如图2所示，则下列判断中错误的是（ ）
A. 0~内，火箭的加速度先增大后减小B 时刻火箭高度达到最大，随后开始下降
C. 内，火箭处于悬停状态，时刻开始下降
D. 图2中，在时间段与之后图线与时间轴所围成图形的面积相等【答案】B 【解析】
【详解】A ．图像斜率代表加速度，所以0~t 1内，火箭的加速度先增大后减小，故A 正确；B ．t 1时刻之后，速度仍为正值，说明速度仍向上，火箭高度未达到最大，故B 错误；C ．t 2~t 3内，火箭处于悬停状态，t 3时刻速度变为负方向，开始下降，故C 正确；
D ．因为总位移为零，则横轴上方面积等于横轴下方面积，图2中，在时间段0~t 2与t 3~t 4内图线与时间轴t 所围成图形的面积相等，故D 正确；本题选择错误的，故选B 。

4. 某光学仪器的横截面为半圆，如图所示，其圆心为O ，半径为R ，AB 是直径且水平，C 为半径AO 的中点。

一单色光线沿与AB 夹角θ=37°的方向从C 点射入玻璃砖，折射光线从半圆的最低点D 射出。

取sin37°=0.6，cos37°=0.8，真空中的光速为c。

下列说法正确的是（ ）
.
0.8m
h 1t 1t 23t t 3t 20t 3t t
A. 光从C 点入射时的折射角为37°
B.
C.
D. 若不考虑光线在玻璃砖中的反射，则该光在光学仪器中的传播时间为【答案】D 【解析】
【详解】AB ．光路图如图所示，根据折射定律有
，由几何关系有
可得
，故AB 错误；
C
．光在光学仪器中的传播速度大小
2R c
sin sin i
n r
=
90i θ=︒-
s in r =
=
37r ≠︒n =
故C 错误；D ．根据几何关系有
则
解得
故D 正确。

故选D 。

5. 如图，质量分别为和的物块A 、B 放在光滑水平面上并用轻质弹簧相连，今用大小为
的水平恒力作用在A 上，使A 、B 相对静止且一起向左做匀加速直线运动，若该弹簧劲度系数为，则下列说法正确的是（ ）
A. 物块A 、B 一起做匀加速运动时，A 的加速度大小为
B. 物块A 、B 一起做匀加速运动时，弹簧的伸长量为
C. 突然撤去力F 的瞬间，A 的加速度大小为
D. 突然撤去力F 的瞬间，B 的加速度为0【答案】B 【解析】
【详解】A ．由牛顿第二定律，对A 、B 系统有
A 错误;
B ．以B
为研究对象，根据牛顿第二定律有
c v n =
=
CD s =s t v
=
2R t c
=
2kg 1kg 15N F =100N/m 27.5m /s 5cm 25m /s 2
A B
5m/s F
a m m =
=+B 5N
x F m a ==
由胡克定律
求得
B 正确；
C ．突然撤去力F 的瞬间，F 消失，弹簧弹力不变，根据牛顿第二定律，对A 有
求得
C 错误；
D ．以B 为研究对象，根据牛顿第二定律有
加速度
D 错误。

故选B 。

6. 如图，M 、N 和P 是以MN 为直径的半圆弧上的三点，O 点为半圆弧的圆心，∠MOP =60°，两个带等量异号电荷的点电荷分别置于M 、N 两点，这时O 点电场强度的大小为；若将N 点处的点电荷移至P 点，则O 点的电场强度大小变为，则与之比为（ ）
A. B. C. D. 【答案】A 【解析】
【详解】根据电场的叠加原理，两个带电量相等的异种点电荷分别置于M 、N 两点时，两电荷在O 点产生
的电场方向同向，并且大小都为
x F kx
=5cm
x =A 1
x F m a =2
1 2.5m/s a =B 5N
x F m a ==2
5m /s a =1E 2E 2E 1E 1:22
:1
2:
4
所以O 点的电场强度大小
当置于N 点处的点电荷移至P 点时，两电荷在O 点产生的电场方向夹角为120°，根据矢量的叠加可知O 点的场强大小变为
故
故选A 。

二、多选题（本题共4小题，每小题6分，共24分。

在每个小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。

全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选不得分。

）
7. 一列简谐横波在时的波形图如图所示，介质中处的质点P 正沿y 轴正方向运动，经0.1s 第一次到达最大位移处，下列判断正确的是（ ）
A. 波长为6m
B. 波速为10m/s
C. 波向x 轴的负方向传播
D. 振幅为10cm
【答案】BD 【解析】
【详解】AD ．由题图可知，振幅为10cm ，波长为4m ，故A 错误，D 正确；B ．由题意可知
可得
波速为
2
Q E k
r =12
2Q E k
r =22
Q
E k
r =2112
E E =0=t 2m x =0.1s 4
T
=0.4s
T =
故B 正确；
C ．由“同侧法”可知，波向x 轴的正方向传播，故C 错误。

故选B
D 。

8. 假如某宇航员在月球表面以初速度竖直上抛出一个小球，经时间后小球回到出发点，已知月球的半径为，引力常量为，下列说法正确的是（ ）A. 月球表面的重力加速度为
B. 月球的质量为
C.
的速度就可能离开月球表面绕月球做圆周运动D.
【答案】AC 【解析】
【详解】A ．小球在月球表面做竖直上抛运动，则重力加速度为
A 正确；
B ．在月球表面的重力等于万有引力，则
解得
B 错误；
C ．探测器离开月球表面绕月球做圆周运动，至少应获得的速度大小即月球的第一宇宙速度大小，根据
得
10m/s λ
v T
=
=0v t R G 02v t
2
0v R Gt
00
22
v v g t t =
=2
Mm mg G
R =2
202v R gR M G Gt
==
2v mg m
R
=
C 正确；
D ．探测器在月球表面附近绕月球做匀速圆周运动，根据重力提供向心力得
则
D 错误；故选AC 。

9. 如图甲所示，倾角为θ的传送带以恒定速率逆时针运行，现将一质量为1kg 的煤块轻轻放在传送带的A 端，2s 末煤块恰好到达B 端，煤块的速度随时间变化的关系如图乙所示，g 取10m/s 2，则下列说法正确的是（ ）
A. 第2s 内煤块的加速度大小为2m/s 2
B. 煤块与传送带间的动摩擦因数0.5
C. 2s 内传送带上留下的痕迹长为6m
D. 2s 内传送带对煤块做功等于72J 【答案】AB 【解析】
【详解】A ．由题图可知，第1s 内煤块的加速度大小为
第2s
内煤块的加速度大小为
v ==
20
224v R
mg m m T t
π==
月T =21
11
10m/s v a t ∆=
=∆22
22
2m/s v a t ∆=
=∆
故A 正确；
B ．根据选项A 可知，煤块的加速度在1s 末发生突变，则在第1s 内对煤块有
mg sin θ＋μmg cos θ = ma 1
在第2s 内对煤块有
mg sin θ－μmg cos θ = ma 2
联立解得
μ = 0.5，θ = 37°
故B 正确。

C ．0 ~ 1s 内皮带的位移及物体的位移分别为
它们的相对位移为
1 ~ 2s 内皮带的位移及物体的位移分别为
它们相对位移为
0 ~ 1s 内物体位移小于皮带位移，在皮带上出现5m 长的痕迹，1 ~ 2s 内物体位移大于皮带的位移，这1m 长的痕迹与刚才的痕迹重合，所以皮带上出现的痕迹长为5m ，故C 错误；D ．根据选项C 可知，在2s 内煤块运动的位移为
x = x 1＋x 2 = 16m
对煤块有
解得
W =- 24J
故D 错误。

故选AB 。

的11101m=10m
s v t ==⨯111
5m 2
x v t =
=1115m
∆=-=x s x 21101m=10m
s v t ==⨯21211
()(1012)111m 22
x v v t =
+=+⨯=2221m
∆=-=x x s 2
21sin 2
mgx W mv θ+=
10. 如图甲所示，两根间距为、电阻不计的足够长光滑平行金属导轨与水平面夹角，导轨底端接入一阻值为的定值电阻，所在区域内存在磁感应强度为B 的匀强磁场，磁场方向垂直于导轨平面向上，在导轨上垂直于导轨放置一质量为、电阻为的金属杆，开始时使金属杆保持静止，某时刻开始给金属杆一个沿斜面向上的恒力，金属杆由静止开始运动，图乙为运动过程的图像，重力加速度。

则在金属杆向上运动的过程中，下列说法中正确的是（ ）
A. 匀强磁场的磁感应强度
B. 前2s 内通过电阻R 的电荷量为1.4C
C. 前2s 内金属杆通过的位移为4m
D. 前4s 内电阻R 产生的热量为6.2J 【答案】BD 【解析】
【详解】A ．由图乙可知金属杆先做加速度减小的加速运动，2s 后做匀速直线运动；当时，速度为
，此时感应电动势为
感应电流为
安培力为
根据受力平衡可得
联立解得
1.0m L =30θ=︒
2.0R =Ω0.2kg m = 1.0r =Ω2.0N F =v t -210m /s g
=B =2s =t 3m /s v =E BLv
=E I R r
=
+22==
+安B L v
F BIL R r
sin F F mg θ
=+安
故A 错误；
B ．前2s 内，根据动量定理有
又
联立解得
故B 正确；
C ．设前2s 内金属杆通过的位移为，由
联立解得
故C 错误；
D ．前2s 内金属杆通过的位移为
2~4s 内金属杆通过的位移为
前4s 内由能量守恒可得
解得
则前4s 内电阻R 产生的热量为
故D 正确。

故选BD 。

第Ⅱ卷（非选择题 共52分）
三、实验题：共2小题，每空2分，共18 分。

1T
B =(sin )0
F mg t BIL t mv θ-∆-∆=-q I t
=∆1.4C
q =x E BLx
t q I t t t R r R r R r
∆Φ
∆=∆=∆=∆=
+++4.2m
x =4.2m
x =6m
x vt '==2
1)((sin )2
F Q m x x x x mv g θ''+=
+++9.3J
Q = 6.2J R R
Q Q R r
=
=+
11. 某同学利用如图甲所示的装置探究加速度与力、质量的关系。

（1）对本实验的操作，下列说法中正确的是______。

A ．实验中需要测量沙和沙桶的质量
B ．让小车靠近打点计时器，先释放小车，后接通打点计时器的电源
C ．为减小误差，实验中一定要保证沙和沙桶的质量远小于小车的质量
D ．平衡摩擦力时，需取下沙桶，调整长木板的倾角使小车拖着纸带沿长木板匀速下滑
（2）实验过程中，该同学打出了一条纸带如图乙所示。

打点计时器使用50Hz 交流电源，图中O 、A 、B 、C 、D 、E 、F 为计数点，相邻两个计数点间有四个点未画出，根据纸带可计算B 点的瞬时速度大小______，并计算纸带所对应小车的加速度大小______。

（结果均保留2位有效数字）（3）在探究加速度与质量的关系时，在满足实验要求的情况下，改变小车上砝码质量m ，测出对应的加速度a ，以m
为横坐标，以
为纵坐标，在坐标纸上作出如图丙所示的图像。

图中纵轴的截距为b ，斜率为k ，则小车的质量为______。

【答案】 ①. D
②. 0.25
③. 0.75
④.
【解析】
【详解】（1）[1]AC ．绳子的拉力可以通过弹簧测力计测得，实验中不需要测量沙和沙桶的质量，实验中不需要保证沙和沙桶的质量远小于小车的质量，故AC 错误；
B ．让小车靠近打点计时器，为打点稳定，应先接通打点计时器的电源，后释放小车，故B 错误；D ．平衡摩擦力时，需取下沙桶，调整长木板的倾角使小车拖着纸带沿长木板匀速下滑，故D 正确。

故选D 。

（2）[2]相邻两计数点的时间间隔为
B v =m/s =a 2m/s 1
a
b
k
根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于该过程平均速度，B 点的瞬时速度大小
[3]根据逐差法求出小车的加速度大小为
（3）[4]根据牛顿第二定律有
整理得
图像的斜率为
纵轴的截距为
小车的质量为
12. 在“测定金属的电阻率”的实验中：
（1）分别使用游标卡尺和螺旋测微器测量金属杆的长度和直径，某次测量的示数如图甲和图乙所示，则待测物体的长度为___________cm ，直径为___________mm ；
（2）该同学用伏安法测量该金属杆的电阻，电压表选择0-3V 量程，电流表选择0-0.6A 量程，分别测量金属杆两端的电压和流过金属杆的电流，指针位置分别如图所示，则金属杆的电阻为___________Ω。

（结果
11
55s 0.1s 50
T f =⨯
=⨯=26.45 1.4010m/s 0.25m/s 220.1
AC B x v T --=
=⨯≈⨯22222
19.65 6.45 6.4510m/s 0.75m/s
(3)90.1CF OC x x a T ----=
=⨯=⨯2()F M m a
=+1122M
m a F F
=+1
2k F
=
2M b F
=
b M k
=
保留三位有效数字）
（3）该同学用如图所示的电路图测量金属杆的电阻，则电阻的测量值相较于真实值__________（填“偏大”或“偏小”）。

（4）设测得金属杆的电阻为R ，金属杆的长度为L ，金属杆的直径为D ，求得金属杆的电阻率为___________（用题目所给字母表示）。

【答案】（1）
①. 5.01 ②. 5.315##5.316##5.314
（2）2.61(2.53~2.69)
（3）偏小 （4
）
【解析】【小问1详解】
[1]由题图甲可知圆柱体的长度为
[2]由题图乙可知圆柱体的直径为
【小问2详解】
电流表的最小分度是0.02A ，读数是
电压表的最小分度是0.1V ，读数是
电阻
24πD R L 50mm 10.1mm 50.1mm 5.01cm
l =+⨯==5mm 31.50.01mm 5.315mm
d =+⨯=0.4A 20.02A 0.44A
I =+⨯=1V 1.50.1V 1.15V
U =+⨯=1.15 2.61Ω0.44
U R I =
=Ω≈
【小问3详解】
电流表外接时，待测电阻两端电压表读数是准确，由于电压表的分流作用导致电流表读数大于流过待测电阻的真实电流，所以电阻的测量值相较于真实值偏小。

【小问4详解】由电阻定律
金属杆的横截面积
联立解得
四、解答题：共3小题，共34 分。

13. 如图所示，一根一端封闭粗细均匀细玻璃管AB 开口向上竖直放置，管内用高的水银柱封闭了一段长的空气柱。

已知外界大气压强为，封闭气体的温度为℃，g 取
，则：
（1）若玻璃管AB 长度为，现对封闭气体缓慢加热，则温度升高到多少摄氏度时，水银刚好不溢出？
（2）若玻璃管AB 足够长，缓慢转动玻璃管至管口向下后竖直固定，同时使封闭气体的温度缓慢降到
℃，求此时试管内空气柱的长度。

【答案】（1）67℃；（2）75cm 【解析】
【详解】（1）若对封闭气体缓慢加热，直到水银刚好不溢出，封闭气体发生等压变化，设玻璃管的横截面
的L R S
ρ
=2
2
124D S D ππ⎛⎫
== ⎪⎝⎭
24D R
L
πρ=
24cm h =45cm L =076cmHg p =127t =210m s /075cm L =313t =-
积为S ，则初状态
末状态
封闭气体发生等压变化，则
解得
此时的温度为
（2）初始时刻，气体的压强为
玻璃管倒过来后的压强为
且
由理想气体状态方程得
解得
14. 如图所示，在光滑的水平面上，有一质量为的长木板的左端放着一个质量为
的小物块（可视为质点），两者处于静止状态，小物块与木板之间的动摩擦因数，
最大静摩擦力认为等于滑动摩擦力。

在木板的左端正上方有一固定点，用长为的不可伸长的轻绳将质量为的小球悬于点。

现将轻绳拉直使轻绳与水平方向成（如图所示），由
1V LS
=127327K 300K
T =+=()20V L h S
=-12
12
V V T T =2340K
T =()34027367t =-=℃℃
10100cmHg
p p gh ρ=+=3052cmHg
p p gh ρ=-=()327313K 260K
T =-=331113
p L S
p L S T T =375cm
L =1 3.0kg m =,A A 2 1.0kg m =B 0.30μ=A O 4.5m R =3 2.0kg m =C O 37θ=︒
静止释放小球。

此后小球与恰好发生弹性碰撞，碰撞过程时间极短。

空气阻力不计，取，
，求：
（1）小球运动到最低点时（与碰撞前瞬间）的速度大小；（2）小球与相碰后，的速度大小；
（3）木板长度至少为多长时小物块才不会滑出木板？
【答案】（1）；（2）；（3）【解析】
【详解】解：（1）小球从开始下落到与碰撞前瞬间，由动能定理得
解得
（2）小球与小物块在碰撞后，小球速度为，小物块的速度为，由动量守恒定律得
由机械能守恒定律得
联立解得
（3）小物块在木板上滑动，小物块和木板组成的系统动量守恒，设滑到木板最右端时两者共速的速度大小为，则有
小物块在木板上滑动的过程中，由小物块和木板组成的系统减小的机械能转化为内能，由功能关
系得
C B 210m /s g =sin 370.6,cos370.8︒=︒=C B C B B L B 06m /s v =28m /s v =8m C B ()2
33011sin 02
m gR m v θ-=
-06m /s
v =C B C 1v B 2v 303122
m v m v m v =+222303122111222
m v m v m v =+28m /s
v =B A B A B A v ()2212m v m m v
=+B A B A
联立解得
故木板长度至少时小物块才不会滑出木板。

15. 如图所示，在轴上方的空间存在竖直向下的匀强电场，在轴下方的空间存在垂直于平面向外的匀强磁场，电场强度、磁感应强度的大小均未知。

一质量为、电荷量为的粒子从轴上点以初速度垂直轴向右射出，点到点距离为，粒子从电场进入磁场时的速度方向与轴正方向夹角为。

已知粒子恰好能回到轴上的点，不计粒子重力。

求：（1）电场强度的大小；（2）磁感应强度大小；
（3）粒子从点射出到第一次回到点所经历的时间。

【答案】（1）
；（2）；（3）【解析】
【详解】（1）粒子在第一象限的匀强电场中做类平抛运动，运动轨迹如图所示
设粒子进入磁场时的速度为方向的速度为，根据题意则有
()2
2222121
1
22
m gL m v m m v μ=-
+8m
=L L 8m B x
x xOy m (0)q q >y P 0v y P O L x 60︒y P P P 2
032mv E qL =032mv B qL =0
89L t v π=
+总,v y y v 00
tan 60y v v =︒=
粒子在方向做匀加速运动则有
根据牛顿第二定律则有
联立解得
（2）根据题意分析可知，要使粒子能回到轴上的点，粒子的轨迹应如图所示
粒子刚进入磁场的速度为
设粒子在第一象限匀强电场中做类平抛运动，运动时间为，粒子进入磁场时距点距离为则有
粒子在磁场中做匀速圆周运动，设圆半径为，由几何关系可得
根据牛顿第二定律则有
y 22y v aL
=Eq ma
=2
032mv E qL
=
y P 0
2cos60v v v =
=︒
1t O x 1
o x v t =⋅1212
L at
=
x L =
R 4
sin 603
x R L =
=︒2
mv qvB R
=
联立得
（3）粒子在电场中运动总时间为则有粒子在磁场中运动的周期由几何关系可知轨迹对应的圆心角为
粒子在磁场中运动时间为则有
综合分析可得粒子从点射出到第一次回到点所经历的时间为即
032mv B qL
=
12
t 12t =
2m
T qB π=
240θ=︒
2t 223
t T =P P 12
2t t t =+
总089L t v π=+总。