阿里市重点中学2023学年物理高二下期末达标检测模拟试题(含解析)35404.pdf

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1、2023 学年高二下学期物理期末模拟测试卷 注意事项 1考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回 2答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用 05 毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置 3请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符 4作答选择题，必须用 2B 铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案作答非选择题，必须用 05 毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效 5如需作图，须用 2B 铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗 一、单项选择题：本题共 6 小题，每小题 4 分，共 2

2、4 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、下列四幅图涉及不同的物理知识，其中说法正确的是（）A图（甲）：用紫外线照射到金属锌板表面时会发生光电效应，当增大紫外线的照射强度时，从锌板表面逸出的光电子的最大初动能也随之增大 B图（乙）：卢瑟福通过分析 粒子散射实验结果，提出了原子的核式结构模型 C图（丙）：氢原子由较高能级跃迁到较低能级时，会吸收一定频率的光子 D图（丁）：原有 50 个氡核，经过一个半衰期的时间，一定还剩余 25 个 2、甲、乙两车同时从同一地点沿着平直的公路前进，它们运动的 vt 图象如图所示，下列说法正确的是 A两车在 t40 s 时再次并排行驶 B甲车

3、减速过程的加速度大小为 0.5 m/s2 C两车再次并排行驶之前，t30 s 时两车相距最远 D两车之间的距离先增大，再变小，最后不变 3、如图所示，某人静躺在椅子上，椅子的靠背与水平面之间有固定倾斜角 若此人所受重力为 G，则椅子各部分对他的作用力的合力大小为 AG BGsin CGcos DGtan 4、一定质量的某种物质，在压强不变的条件下，发生固、液、气三态变化过程中温度 T 随加热时间 t变化关系如图所示，单位时间所吸收的热量可看做不变，下列说法正确的是 A在21tt时间内，该物质分子平均动能随着时间的增大而增大 B在21tt时间内，该物质分子势能随着时间的增大而增大 C在23tt时

4、间内，该物质发生了物态变化 D在34tt时间内，该物质分子的热运动加剧 5、2018 年 6 月 5 日 21 时 07 分，我国风云二号 H星在西昌卫星发射中心用长征三号甲运载火箭成功发射，随后风云二号 H星顺利进入预定地球静止轨道做匀速圆周运动。已知地球静止轨道离地面的高度为 36000km，地球半径 R6400km，则下列说法中正确的是（）A可以计算风云二号 H星的线速度 B可以计算风云二号 H星的动能 C可以计算风云二号 H星的机械能 D可以计算风云二号 H星的质量 6、关于机械波和电磁波的说法，正确的是 A机械波和电磁波都需要通过介质传播 B机械波和电磁波在本质上是相同的，只是频率不

5、同而已 C电磁波和机械波都能发生反射、折射、干涉和衍射现象 D机械波的传播速度只取决于介质，电磁波的传播速度与介质无关，只与频率有关 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、如图所示是质量为 M=1.5kg 的小球 A 和质量为 m=0.5kg 的小球 B 在光滑水平面上做对心碰撞前后画出的位移 x时间 t 图象，由图可知（）A两个小球在碰撞前后动量不守恒 B碰撞过程中，B 损失的动能是 3J C碰撞前后，A 的动能不变 D这两个小球的碰撞是弹性的

6、 8、平行板电容器 C 与三个可变电阻器 R1、R2、R3以及电源连成如图所示的电路，闭合开关 S，待电路稳定后，电容器 C两极板带有一定的电荷，要使电容器所带电荷量增加，以下方法中可行的是（A只增大 R1，其他不变 B只增大 R2，其他不变 C只减小 R3，其他不变 D只减小 a、b两极板间的距离，其他不变 9、某同学漂浮在海面上，虽然水面波正平稳地以 1.8m/s 的速率向着海滩传播，但他并不向海滩靠近。该同学发现从第 1 个波峰到第 10 个波峰通过身下的时间间隔为 18s。下列说法正确的是 A水面波是一种机械波 B该水面波的频率为 2Hz C该水面波的波长为 3.6m D水面波没有将该

7、同学推向岸边，是因为波传播时能量不会传递出去 10、如图所示，边长为 L=0.20m 的正方形线圈 abcd，其匝数为 n=10、总电阻为 r=2，外电路的电阻为 R=8，ab的中点和 cd的中点的连线 OO恰好位于匀强磁场的边界线上，磁场的磁感应强度 B=1T，若线圈从图示位置开始，以角速度=2rad/s 绕 OO轴匀速转动，则以下判断中正确的是 A闭合电路中感应电动势的瞬时表达式 e=0.8sin2t（V）B从 t=0 时刻到4t时刻，通过 R的电荷量 q=0.02C C从 t=0 时刻到4t时刻，电阻 R上产生的热量为 Q=3.210-4J D在4t时刻，磁场穿过线圈的磁通量为零，但此时

8、磁通量随时间变化最快 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）如图为“研究电磁感应现象”的实验装置。（1）将图中所缺的导线补接完整_。（2）实验时，将线圈 L1插入线圈 L2中，闭合开关的瞬间，观察到检流计的指针发生偏转，这个现象揭示的规律是_。（3）要使电流表 G示数变大可采取什么措施,请举例_。12（12 分）利用打点计时器测定匀加速直线运动小车的加速度，已知交流电频率为 50 Hz，如题图给出了该次实验中从 0 点开始每 5 个点取一个计数点的纸带，其中 0、1、2、3、4、5、6 都为记数点。测得：s11.40 cm

9、，s 21.90 cm，s 32.38 cm，s 42.88 cm，s 53.39 cm，s 6由于计数点 6 模糊不清，因此无法测量。（1）在计时器打出点 1、2 时，小车的速度分别为：v1_m/s，v 2_m/s；（2）利用纸带数据可以求出小车的加速度 a_m/s2（保留两位小数）；（3）利用求得的加速度大小估算 5、6 两计数点间的距离 s 6约为_cm（保留两位小数）；（4）若交流电实际频率比 50 Hz 偏大，则该同学计算出的加速度大小与实际值相比_（选填“偏大”、“偏小”或“不变”）。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

10、、方程式和演算步骤。13（10 分）如图 1 所示，水平放置的汽缸内用活塞封闭一定质量的理想气体，气体的温度为 17，活塞与汽缸底的距离L112 cm，离汽缸口的距离L23 cm，将汽缸缓慢地转到开口向上的竖直位置，待稳定后对缸内气体逐渐加热，使活塞上表面刚好与汽缸口相平为止，如图 2 所示已知g10 m/s2，大气压强为 1.0105 Pa，活塞的横截面积S100 cm2，质量m20 kg，活塞可沿汽缸壁无摩擦滑动但不漏气，求：()活塞上表面刚好与汽缸口相平时气体的温度为多少；()在对汽缸内气体逐渐加热的过程中，若气体吸收 340 J 的热量，气体增加的内能为多少 14（16 分）如图所示，

11、一个绝热的气缸（气缸足够高）竖直放置，内有一个绝热且光滑的活塞，中间有一个固定的导热性良好的隔板，隔板将气缸分成两部分，分别密封着两部分理想气体 A 和 B活塞的质量 m=8kg，横截面积210Scm，与隔板相距 h=25cm，现通过电热丝缓慢加热气体，当 A 气体吸收热量 Q=200J 时，活塞上升了10hcm，此时气体的温度为127t，已知大气压强501 10Ppa，重力加速度210/gm s 加热过程中，若 A 气体的内能增加了155UJ，求 B 气体的内能增加量2U；现在停止对气体加热，同时在活塞上缓慢添加沙粒，当活塞恰好回到原来的位置时，A 气体的温度为230t，求此添加砂粒的总质量

12、 M 15（12 分）如图所示一固定足够长的斜面 MN与水平面的夹角=30，斜面上有一质量为 m=1kg 的小球 P，Q是一带竖直推板的直杆现使竖直杆 Q 以水平加速度22 3/am s 水平向右从斜面底 N开始做初速为零的匀加速直线运动，从而推动小球 P 沿斜面向上运动小球 P 与直杆 Q及斜面之间的摩擦均不计，直杆 Q始终保持竖直状态，求：（1）该过程中小球 P 的加速度大小，（2）直杆 Q对小球 P 的推力大小（可以用根式表示）（3）直杆 Q从开始推动小球 P 经时间 t=0.5s 后突然停止运动并立即撤出，求此后小球 P 由于惯性向上滑动达到的最高点与 N 点的距离及返回到 N 点所用

13、的时间？2023 学年模拟测试卷参考答案（含详细解析）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【答案解析】A根据光电效应方程，光电子的最大初动能与入射光的强度无关，A 错误；B卢瑟福通过分析 粒子散射实验结果，提出了原子的核式结构模型，B 正确；C氢原子由较高能级跃迁到较低能级时，能量减小，向外辐射一定频率的光子，C 错误；D半衰期具有统计规律，对大量的原子核适用，对少数的原子核不适用，D 错误。2、B【答案解析】速度时间图线的斜率表示加速度，图象与时间轴围成的面积表示位移，根据两车的速度关系分析两车间距离的变化

14、情况【题目详解】t40 s 时，甲车的位移为205230 m510 m425 m，乙车的位移为 1040 m400 m，甲车在乙车前面，A 错误；甲车做减速运动的加速度大小为 a20530m/s20.5 m/s2，B 正确；在 t=20s 前，甲车的速度比乙车的大，甲车在前，乙车在后，两车间的距离增大在 t=20s后，甲车的速度比乙车的小，甲车在前，乙车在后，在两车再次并排行驶之前，两车间的距离减小，所以两车再次并排行驶之前，t=20s 时两车相距最远，故 C 错误；两车距离先增大，再变小，相遇之后又变大，D 错误故选 B.3、A【答案解析】人受多个力处于平衡状态，人受力可以看成两部分，一部分

15、是重力，另一部分是椅子各部分对他的作用力的合力，根据平衡条件得椅子各部分对他的作用力的合力与重力等值，反向，即大小是 G，故选项 A 正确【答案点睛】人受多个力处于平衡状态，合力为零人受力可以看成两部分，一部分是重力，另一部分是椅子各部分对他的作用力的合力根据平衡条件求解 4、B【答案解析】该物质有固定的熔沸点，所以是晶体；物质的内能是分子总动能与分子总势能之和，在 t1t2时间内，温度不变，分子的平均动能不变，吸收的热量用来增加分子间的势能，所以分子势能随时间的增加而增大，故 A 错误，B 正确；在 t1t2时间内和在 t3t4时间内，温度不变，分子运动剧烈程度不变，发生物态变化，选项 CD

16、 错误；故选 B 点睛：该题是一道非常好的题，不但考查了物质物态的变化，还考查了物质在物态变化的过程中能量的变化解答该题要求我们要熟练的掌握在物态变化的过程中能量是如何变化的，尤其是在汽化和液化过程中，温度虽然不变，但是内能却在增加 5、A【答案解析】A、已知风云二号 H星的周期为 T=24h，轨道半径为 r=R+h，据线速度 v=，可以根据题设条件求出 H星的线速度，故 A 正确。B、因为不知道 H星的质量，故无法由 Ek=mv2求得风云二号 H 星的动能，故 B 错误。C、由 B 知不能求得风云二号 H星的动能，也不能求得其重力势能，故无法求得其机械能，故 C错误。D、风云二号 H星是环绕

17、地球静止轨道运动，故无法根据万有引力提供圆周运动向心力求得其环绕地球运动的质量，故 D 错误。6、C【答案解析】A机械波的传播需要介质，不可以在真空中传播，电磁波传播不需要介质，可以在真空中传播故 A 错误；B它们在本质上是不同的，机械波不能在真空中传播，而电磁波自身就是一种物质，能在真空中传播，故 B 错误；C机械波和电磁波它们属于波，都能发生反射、折射、干涉和衍射现象，故 C 正确；D机械波的传播速度只取决于介质，和频率无关；电磁波的传播速度不仅取决于介质，还和频率有关，故 D 错误 故选 C 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

18、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、BD【答案解析】根据 xt图像的斜率等于速度，可知：A球的初速度为 vA0，B球的初速度为20/4?/5BBxvm sm st，碰撞后 A球的速度为3020/2/105AAxvm sm st，碰撞后 B球的速度为 vB1020105m/s2 m/s；碰撞前总动量为 pMvAmvB2 kgm/s，碰撞后总动量为 pMvAmvB2 kgm/s，故两个小球在碰撞前后动量守恒故 A 错误碰撞过程中，B球的动能变化量为：EkB12mvB212mvB2120.5(2)242 J3 J，即损失 3 J，故 B正确碰撞

19、前 A的动能为 0，碰撞后 A的动能大于零，故 C 错误A球动能增加量为 EkA12MvA203 J，则知碰撞前后系统的总动能不变，此碰撞是弹性碰撞，故 D 正确故选 BD.点睛：本题主要考查了动量守恒定律得应用，要知道判断是否为弹性碰撞的方法是看机械能是否守恒，若守恒，则是弹性碰撞，若不守恒，则不是弹性碰撞 8、BD【答案解析】A、电路稳定后，电容器的电压等于电阻 R2两端的电压，则：2212UERRR 当 R1减小或 R2增大时，电容器的电压增大，电量增加，故 A 错误，B 正确；C、电路稳定后，电阻 R3上无电压，电容器的电压与 R3的阻值无关，故 C错误；D、只减小 a、b两极板间的距

20、离，电容增大，电压不变，电量增加，故 D 正确；故选 BD。9、AC【答案解析】A、水面波是由机械振动引起的，在介质(水)中传播的一种波，是一种机械波，A 正确；B、由第 1 个波峰到第 10 个波峰通过身下的时间间隔为 18s，可得知振动的周期 T为：，频率为：f=1/T=0.5Hz，B 错误；C、由公式，有，C 正确，D、参与振动的质点只是在自己的平衡位置附近做往复运动，并不会“随波逐流”，但振动的能量和振动形式却会不断的向外传播，D 错误。10、BD【答案解析】A闭合电路中感应电动势的瞬时表达式 e=Emsint Em=nBS 所以 e=nBL2sint=0.4sin2t 故 A 错误

21、B由电量的定义式 220.02CLnBqItRr 故 B 错误 C从 t=0 时刻到4t时刻，电阻的焦耳热为 2241.610 J2()mEQI RtRtrR 故 C 错误 D22s2T，在4t时刻，线圈从图示位置转过 90，此时磁场穿过线圈的磁通量最小，但此时磁通量随时间变化最快，感应电动势最大，故 D 正确 故选 BD【答案点睛】线框在匀强磁场中匀速转动，产生正弦式交变电流而对于电表读数、求产生的热量均由交变电的有效值来确定，而涉及到耐压值时，则由最大值来确定而通过某一电量时，则用平均值来求同时注意磁场只有一半 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

22、要求写出演算过程。11、闭合电路中磁通量发生变化时，闭合电路中产生感应电流 让线圈插入的速度变大、通过减小滑动变阻器的电阻或者增大电源电动势从而使电源所在闭合回路电流变大 【答案解析】(1)1 探究电磁感应现象实验电路分两部分，电源、开关、滑动变阻器、线圈 L1组成闭合电路，灵敏电流计与线圈L2组成另一个闭合电路。(2)2 实验时，将线圈 L1插入线圈 L2中，闭合开关的瞬间，观察到检流计的指针发生偏转，这个现象揭示的规律是，闭合电路中磁通量发生变化时，闭合电路中产生感应电流。(3)3 要使电流表 G示数变大可让线圈插入的速度变大、通过减小滑动变阻器的电阻或者增大电源电动势从而使电源所在闭合回

23、路电流变大。12、0.165 m/s 0.214 m/s 0.48 m/s20.51 m/s2均可 3.87cm3.90cm均可 偏小 【答案解析】（1）由题意可知，相邻两计数点之间的时间间隔为 T=0.1s，打点计时器打计数点 1 时，小车的速度21211.401.9010+m/s0.165m/s22 0.1ssvT；打点计时器打计数点 2 时，小车的速度22321.902.3810+m/s0.214m/s22 0.1ssvT；（2）利用前四段位移并使用逐差法计算如下：223412222402222105.263.3010m/s0.49m/s444 0.1ssssssaTT，答案在 0.48

24、 m/s20.51 m/s2均可；（3）匀变速直线运动，相邻相等时间的位移差2saT，是一个定值。通过计算得0.0049m0.49cms，则：653.390.49cm3.88cmsss，计算结果在 3.87cm3.90cm均可；（4）若交流电实际频率比 50 Hz 偏大，则相邻计时点间的时间间隔小于 0.02s，相邻计数点间的时间间隔就小于 0.1s；但我们在计算时，仍然带入了 T=0.1s，这就使得计算出的加速度值比实际值偏小。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、()435 K；()280 J；【答案解析

25、】试题分析：根据题意求出气缸内气体的状态参量，然后应用理想气体状态方程可以求出气体的温度；根据题意求出气体对外做的功，然后应用热力学第一定律求出气体内能的增量（）当汽缸水平放置时，理想气体状态：p01.0105 Pa，V0L1S，T0(27317)K 当汽缸口朝上，活塞到达汽缸口时，对活塞受力分析可得，p1Sp0Smg 则理想气体状态：10Sppmg，V1(L1L2)S 由理想气体状态方程得：1120101pLLSp LSTT 解得 T1435 K()当汽缸口开口向上，稳定但未加热时，由玻意耳定律得 p0L1Sp1LS 解得 L10 cm 加热后，气体做等压变化，外界对气体做功为 Wp0(L1

26、L2L)Smg(L1L2L)60 J 根据热力学第一定律 UWQ 得 U280 J 点睛：本题主要考查了求气体的温度与内能的增量，分析清楚气体状态变化过程是解题的前提与关键，应用理想气体状态方程、玻意耳定律与热力学第一定律可以解题；应用热力学第一定律解题时要注意各量的正负号 14、127J7.5kgM 【答案解析】试题分析：B 气体对外做功0()18JWpShp Smg h 由热力学第一定律12UUQW，21127JUQWU B 气体的初状态5101.8 10 PamgppS 431()3.5 10mVhh S，127273300KT B 气体的末状态20()mM gppS，4322.5 10

27、mVhS，230273303KT 由理想气体状态方程1 12212pVp VTT，代入数据得：7.5kgM 考点：考查了理想气体状态方程【名师点睛】应用热力学第一定律与理想气体状态方程即可正确解题；应用热力学第一定律解题时，要注意各符号正负的含义 15、（1）4m/s2（2）6 3N（3）1s【答案解析】试题分析：（1、2）如图，对小球 P 进行受力分析，根据牛顿第二定律可得 水平方向：N1-N2sin30=max 竖直方向：N2cos30-mg=may 已知：2302 3/xPaaa cosm s 所以 aP4m/s2 因为：ay=aPsin30=2m/s2 所以解得：16 3NN；（3）在

28、 t=0.5s 内小球 P 做初速度为 0 的匀加速运动，位移2112Pxa t 0.5s 末的速度 v1=apt 撤去直杆 Q 后，小球 P 做类竖直上抛，其加速度大小：a=gsin30=5m/s2，小球还能上升的距离2122vxa 小球达最大高度时与 N 点的距离 x=x1+x2 小球上升的时间11vta 小球 P 在最高点做初速度为 0 的匀加速直线运动，其加速度为 a=gsin30=5m/s2，产生位移 x，根据匀变速直线运动的位移时间关系有：2212xa t 小球回到 N 点所用时间 t=t1+t2，联立方程解得：t=1s，x=0.9m 考点：牛顿第二定律的综合应用【名师点睛】此题是牛顿第二定律的综合应用问题；解题时要能运用正交分解法求物体的受力和运动，能根据物体运动的受力情况由牛顿第二定律求加速度，能熟练运用运动学公式解决物体的运动这都是解决本题基本要求