2023届新疆阿克苏市阿瓦提县第四中学物理高二下期末复习检测试题含解析

2022-2023高二下物理期末模拟试卷注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、单项选择题：本题共6小题，每小题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、根据卢瑟福提出的原子核式结构模型解释α粒子散射实验，使极少数α粒子发生大角度偏转的作用力是A．原子核对α粒子的库仑引力 B．原子核对α粒子的库仑斥力C．核外电子对α粒子的库仑引力 D．核外电子对α粒子的库仑斥力2、如图，由某种粗细均匀的总电阻为3R的金属条制成的矩形线框abcd，固定在水平面内且处于方向竖直向下的匀强磁场B中．一接入电路电阻为R的导体棒PQ，在水平拉力作用下沿ab、dc以速度v匀速滑动，滑动过程PQ始终与ab垂直，且与线框接触良好，不计摩擦．在PQ从靠近ad处向bc滑动的过程中()A．PQ中电流先增大后减小B．PQ两端电压先减小后增大C．PQ上拉力的功率先减小后增大D．线框消耗的电功率先减小后增大3、下列说法正确的是A．物体温度升高，分子的平均动能增加B．物体温度升高，每个分子的动能都增加C．物体从外界吸收热量，物体的内能一定增加D．外界对物体做功，物体的内能一定增加4、如图，两滑块A、B在光滑水平面上沿同直线相向运动，滑块A的质量为m，速度大小为2v0，方向向右，滑块B的质量为2m，速度大小为vA．A和B都向左运动B．A向左运动，B向右运动C．A静止，B向右运动D．A和B都向右运动5、空间某区域存在一电场，一带负电的粒子仅在电场力作用下从x1处沿x轴负方向运动．粒子质量为m，初速度大小为v0，其电势能Ep随坐标x变化的关系如图所示，图线关于纵轴左右对称，以无穷远处为零电势能点，粒子在原点O处电势能为E0，在x1处电势能为E1，则下列说法中正确的是（）A．坐标原点O处两侧电场方向相同B．由x1运动到O过程电场力做正功C．粒子经过x1、-x1处速度不相同D．若粒子能够沿x轴负方向运动越过O点，一定有v0＞26、2013年6月18日,在英国伊斯特本国际网球巡回赛的首轮争夺中,我国选手李娜以2:0完胜法国选手科内特,在拿到开门红的同时顺利晋级下一轮。如图所示，李娜发球时可使质量约为60g的网球从静止开始经0.02s后速度增加到60m/s，则在此过程中，网球拍对网球的平均作用力的大小约为（）A．180N B．90N C．360N D．1800N二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7、如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与质量为m的圆环相连，圆环套在倾斜的粗糙固定杆上，杆与水平面之间的夹角为α，圆环在A处时弹簧竖直且处于原长。将圆环从A处由静止释放，到达C处时速度为零。若圆环在C处获得沿杆向上的速度v，恰好能回到A。已知AC＝L，B是AC的中点，弹簧始终在弹性限度之内，重力加速度为g，则（）A．下滑过程中，其加速度先减小后增大B．下滑过程中，环与杆摩擦产生的热量为mv2C．从C到A过程，弹簧对环做功为mgLsinα－mv2D．环经过B时，上滑的速度小于下滑的速度8、在一竖直螺线管b的正上方用绝缘丝线悬挂一个金属圆环a，使a的环面水平且与螺线管b平行，其轴线与螺线管的轴线OO′重合．螺线管与电源和滑动变阻器连接成如图所示的电路，若将滑动变阻器的滑片P向下滑动，下列表述正确的是（）A．穿过金属圆环a的磁通量变大B．金属圆环a对丝线的拉力增大C．金属圆环a对丝线的拉力减小D．金属圆环a中将产生俯视顺时针方向的感应电流9、下列说法正确的是A．两个物体只要温度相等，那么它们分子热运动的平均动能就相等B．在自然界能的总量是守恒的，所以不存在能源危机C．热力学第一定律也可表述为第一类永动机不可能制成D．热力学第二定律可描述为“不可能使热量由低温物体传递到高温物体”E.1kg的0℃的冰比1kg的0℃的水内能小些10、光从空气斜射进入介质中，比值常数，这个常数()A．与介质有关B．与光在介质中的传播速度无关C．与入射角的大小无关D．与入射角的正弦成正比，跟折射角的正弦成反比三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11．（6分）如图所示,将打点计时器固定在铁架台上,使重物带动纸带从静止开始自由下落,利用此装置可以测定重力加速度,也可以验证机械能守恒定律.(1)所需器材有电火花计时器(带导线)、纸带、带铁夹的铁架台和带夹子的重物,此外还需_________(选填字母代号)中的器材.A．直流电源、天平及砝码B．直流电源、毫米刻度尺C．交流电源、天平及砝码D．交流电源、毫米刻度尺(2)实验中,已知电火花计时器所用电源的频率为,某同学选择了一条理想的纸带,用刻度尺测量时各计数点对应刻度尺上的读数如图所示,图中点是计时器打出的第一个点,分别是每两个点取出的计数点.根据以上数据,可知当地的重力加速度___________(保留三位有效数字)(3)实验中,根据纸带算出各点的速度,量出下落距离,则以为纵轴,以为横轴,满足机械能守恒时画出的图线应是下图中的（_____）12．（12分）在“用双缝干涉测光的波长”的实验中，测量头示意图如图所示，调节分划板的位置，使分划板中心剖线对齐某亮条纹的中心，此时测量头的读数为______mm．四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13．（10分）如图所示，在倾角为α=30°的光滑斜面上，存在着两个匀强磁场区域Ⅰ、Ⅱ，两个区域的磁场方向相反且都垂直于斜面，MN、PQ、EF为两磁场区域的理想边界，区域Ⅰ的磁感应强度大小为B1=1T，区域Ⅱ的磁感应强度大小为B1=1T，两个区域的宽度MP和PE均为L=1m．一个质量为m=0.9kg、电阻为R=1Ω、边长也为L=1m的正方形导线框，从磁场区域上方某处由静止开始沿斜面下滑，当ab边刚进入磁场区域Ⅰ时，线框恰好做匀速运动；当ab边下滑到磁场区域Ⅱ的中间位置时，线框又恰好做匀速运动，重力加速度取g=10m/s1．求：(1)ab边刚进入磁场区域Ⅰ时的速度v1；(1)当ab边刚进入磁场区域Ⅱ时，线框加速度的大小与方向；(3)线框从开始运动到ab边刚要离开磁场区域Ⅱ时的过程中产生的热量Q（结果保留两位小数）.14．（16分）如图所示的水平地面上有a、b、O三点．将一条轨道固定在竖直平面内，粗糙的ab段水平，bcde段光滑，cde是以O为圆心，R为半径的一段圆弧，可视为质点的物块A和B紧靠在一起，中间夹有少量炸药，静止于b处，A的质量是B的2倍．某时刻炸药爆炸,两物块突然分离，分别向左、右沿轨道运动．B到最高点d时速度沿水平方向，此时轨道对B的支持力大小等于B所受重力的3/4，A与ab段的动摩擦因数为μ，重力加速度g，求：（1）物块B在d点的速度大小；（2）物块A滑行的距离s；（3）试确定物块B脱离轨道时离地面的高度；（4）从脱离轨道后到落到水平地面所用的时间．15．（12分）如图所示，一小车静止在水平地面上，车上固定着一个导热良好的圆柱形密闭气缸，在气缸正中间有一横截面积为3×10﹣4m2的活塞，活塞厚度及活塞与气缸内壁间的摩擦可忽略不计。此时活塞左右两侧的气体A、B的压强均为1.0×105Pa．现缓慢增加小车的加速度，最后小车以20m/s2的加速度向右匀加速运动时，A气体的体积正好是原来的一半，若环境温度保持不变，试求：（1）小车向右匀加速运动时A、B两部分气体的压强PA和PB；（2）活塞的质量。

参考答案一、单项选择题：本题共6小题，每小题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、B【解析】根据卢瑟福提出的原子核式结构模型解释α粒子散射实验，使极少数α粒子发生大角度偏转的作用力是原子核对α粒子的库仑斥力,故选B.2、C【解析】

导体棒由靠近ad边向bc边匀速滑动的过程中，产生的感应电动势E=BLv，保持不变，外电路总电阻先增大后减小，由欧姆定律分析得知PQ中的电流先减小后增大，故A错误；PQ中电流先减小后增大，PQ两端电压为路端电压，由U=E-IR，可知PQ两端的电压先增大后减小．故B错误；导体棒匀速运动，PQ上外力的功率等于回路的电功率，而回路的总电阻R先增大后减小，由，分析得知，PQ上拉力的功率先减小后增大．故C正确；线框作为外电路，总电阻最大值为，则导体棒PQ上的电阻始终大于线框的总电阻，当导体棒向右运动的过程中电路中的总电阻先增大后减小，根据闭合电路的功率的分配关系与外电阻的关系可知，当外电路的电阻值与电源的内电阻相等时外电路消耗的电功率最大，所以可得线框消耗的电功率先增大后减小．故D错误．【点睛】本题一要分析清楚线框总电阻如何变化，抓住PQ位于ad中点时线框总电阻最大，分析电压的变化和电流的变化；二要根据推论：外电阻等于电源的内阻时电源的输出功率最大，分析功率的变化．3、A【解析】

AB.温度是分子平均动能的标志，所以温度升高，分子平均动能变大，但并非每个分子动能都增大，A正确B错误。CD.根据热力学第一定律可知，所以物体从外界吸收热量或外界对物体做功，物体的内能均不一定增加，CD错误。4、B【解析】两球碰撞过程动量守恒，以两球组成的系统为研究对象，取水平向右方向为正方向，碰撞前，A、B的速度分别为：vA=2v0、vB=v0。碰撞前系统总动量：P=mAvA+mBvB=m×2v0+2m×（-v0）=0，P=0，系统总动量为0，系统动量守恒，则碰撞前后系统总动量都是0；由于碰撞是弹性碰撞，则碰撞后二者的速度不能等于0，运动的方向一定相反；故B正确，A、C、D错误。故选B。【点睛】本题碰撞过程中遵守动量守恒，不仅碰撞前后总动量的大小不变，方向也保持不变，要注意选取正方向，用符号表示速度的方向。5、D【解析】

A.根据电势能与电势的关系：Ep=qφ，场强与电势的关系：E=ΔφΔx，得：E=1q⋅ΔEPΔxB.据功能关系可知，由x1运动到O过程，电势能增大，电场力做负功，故B错误；C.由图看出，x1、-x1两处的电势能相等，根据能量守恒定律得知，粒子经过x1、-x1处速度相同，故C错误．D.根据公式Ep=qφ，可知，该粒子带负电，从x1处到-x1处，电势先降低后升高，电场方向先沿x轴负方向后沿x轴正方向，电场力先沿x轴正方向后沿x轴负方向，粒子只要能通过原点O，就能一直沿x轴运动，设粒子恰好能到达原点O时的速度为v，则根据能量守恒定律得：12mv2=E0-E6、A【解析】

由动量定理得，解得，A正确.二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7、AC【解析】

A．环由A到C，初速度和末速度均为0，环先加速后减速，加速度先减小后增大，选项A正确；BC．环由A到C，有mgLsinα＝EpC＋Q，环由C到A，有EpC－Q－mgLsinα＝－mv2，解得Q＝mv2，EpC＝mgLsinα－mv2，选项C正确，B错误；D．由功能关系可知，圆环由A下滑至B，有mgh′－W′f－W′弹＝mvB2－0，圆环由B上滑至A，有－mgh′－W′f＋W′弹＝0－mvB′2，故可知，环经过B时，上滑的速度大于下滑的速度，选项D错误。8、AC【解析】将滑动变阻器的滑片P向下滑动，电阻变小，电路中的电流变大，磁场增强，穿过环a的磁通量增加，故A正确；根据楞次定律可知金属圆环a对丝线的拉力减小，故B错误，C正确；根据楞次定律可知金属圆环a中将产生俯视逆时针方向的感应电流，故D错误．所以AC正确，BD错误．9、ACE【解析】

A．温度是平均动能的标志，所以两个物体只要温度相等，那么他们分子热运动的平均动能相等，故A正确；B．在自然界能的总量是守恒的，由于存在方向性，所以需要我们节约能源，故B错误；C．根据：△U=Q+W热力学第一定律，也可表述为第一类永动机不可能制成，故C正确；D．热力学第二定律可描述为“在外界做功下，能使热量由低温物体传递到高温物体”，故D错误；E．由于冰化成水需要吸热，所以1kg的0℃的冰比1kg的0℃的水的内能小些，故E正确。故选ACE．【点睛】考查热力学基本知识，掌握热力学第一、二定律，知识温度是平均动能的标志，理解能量转化需要方向性，强调要节约能源．10、AC【解析】在折射定律中，比值=n（常数），这个常数是相对折射率，是由两边介质的性质决定的，故A正确．光在不同介质中的传播速度不同，n与光在两种介质中的传播速度有关，故B错误．n反映介质的性质，由介质决定，与入射角和折射角均无关，所以不能说n与入射角正弦成正比，跟折射角的正弦成反比，故C正确，D错误．故选AC．三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11、D9.69C【解析】（1）实验时要测h和速度v，根据原理分析需要的实验器材，除列出的器材外，还要打点计时器的电源，即低压交流电源，和测高度需要的毫米刻度尺，故选D．（2）从图中可知相邻点间的位移差为，故根据可得；（3）若机械能守恒，则有，图像的斜率，恒定，故C正确．【点睛】实验时要测h和速度v，根据实验的原理确定需要测量的物理量，从而确定测量的器材；根据机械能守恒定律得出v2-h的关系式，从而确定图线斜率的意义，即可求解g；用运动学公式和动能、重力势能的定义式解决问题是该实验的常规问题，同时要熟练应用基本物理规律解决实验问题，及注意图象的应用．12、1.630mm【解析】测量头的读数为1.5mm+0.01mm×13.0=1.630mm.四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13、(1)m/s(1)m/s1，方向沿斜面向上(3)Q＝9.46J【解析】

(1)当边刚进入磁场Ⅰ时，由法拉第电磁感应定律：由欧姆定律有：又：因线框做匀速动，由物体平衡条件有：联立解得：m/s(1)导线框边刚进入磁场区域Ⅱ时，和边都切割磁感线，由法拉第电磁感应定律：又：解得：线框所受安培力：由牛顿第二定律有：联立解得：m/s