2023年贵州省黔东南州天柱二中物理高二下期末复习检测试题含解析

2022-2023学年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、如图所示，一物体以初速度v0冲向光滑斜面AB，并能沿斜面升高h，下列说法中正确的是（）
A．若把斜面从C点锯断，由机械能守恒定律可知，物体冲出C点后仍能升高h
B．若把斜面变成圆弧形AB′，物体仍能沿AB′升高h
C．无论是把斜面从C点锯断或把斜面弯成圆弧形，物体都不能升高h，因为机械能不守恒
D．无论是把斜面从C点锯断或把斜面弯成圆弧形，物体都不能升高h，但机械能守恒
2、如图所示的电路中，A1和A2是完全相同的灯泡，线圈L的电阻可以忽略，下列说法中正确的是（）
A．合上开关S接通电路时，A1和A2始终一样亮
B．合上开关S接通电路时，A2先亮，A1后亮，最后一样亮
C．断开开关S时，A2立即熄灭，A1过一会儿才熄灭
D．断开开关S时，A1和A2都要过一会儿才熄灭，且通过两灯的电流方向都与原电流方向相同
3、一定质量的理想气体，由状态a经状态b变化到状态c，如图所示，图中能正确反映出这种变化过程的是()
A．B．
C．D．
4、关于热现象的描述，下列说法中正确的是
A．随着低温技术的不断发展，我们可以使温度逐渐降低，并最终达到绝对零度
B．常温常压下，一定质量的气体被压缩后，气体分子的平均动能一定增加
C．1 kg 0 ℃的水比1 kg 0 ℃的冰具有更多的分子势能
D．用油膜法测出油分子的直径后，只要再知道油的摩尔质量，就能计算出阿伏伽德罗常数
5、甲为质量M=1kg的绝缘底板座静止在动摩擦因数μ1=0.1的粗糙水平地面上，位于磁场中的正方形金属框ABCD为动力源，其质量m=1kg，边长为1m，电阻为Ω，与绝缘板间的动摩擦因数μ2=0.4，为AD、BC的中线，在金属框内有可随金属框同步移动的磁场，CD区域内磁场的磁感应强度随时间t的变化情况如图乙所示，CD恰在磁场边缘以外；区域内磁场的磁感应强度随时间t的变化情况如图并所示，AB恰在磁场边缘以内，若绝缘板足够长且认为绝缘板与地面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，从t=0时刻由静止释放金属框，则金属框由静止释放瞬间（）
A．金属框产生的感应电动势为1V
B．金属框受到的安培力大小16N
C．若金属框固定在绝缘板上，金属框的加速度为
D．若金属框不固定，金属框的加速度为，绝缘板的加速度为
6、如图是某电场的电场线分布，a、b分别是电场中的两个点．下列说法正确的是
A．a、b两点的电场方向相同
B．b点电场强度比a点大
C．b点的电势比a点高
D．在a点放入电量为q的检验电荷，若该检验电荷所受电场力为F，则该点的场强大小为F/q
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、甲、乙两辆车在同一水平直道上运动，其运动的位移－时间图象如图所示，则下列说法中正确的是( )
A．甲车先做匀减速直线运动，后做匀速直线运动
B．乙车在0～10 s内的平均速度大小为0.8 m/s
C．在 0～10 s内，甲、乙两车相遇两次
D．若乙车做匀变速直线运动，则图线上P所对应的瞬时速度大小一定大于0.8 m/s
8、如图所示是氢原子的能级图,大量处于n=4激发态的氢原子向低能级跃迁时,一共可以辐射出6种不同频率的光子,
其中巴耳末系是指氢原子由高能级向n=2能级跃迁时释放的光子,则( )
A．6种光子中波长最长的是n=4激发态跃迁到基态时产生的
B．在6种光子中,从n=4能级跃迁到n=1能级释放的光子康普顿效应最明显
C．使n=4能级的氢原子电离至少要0.85 eV的能量
D．若从n=2能级跃迁到基态释放的光子能使某金属板发生光电效应,则从n=3能级跃迁到n=2能级释放的光子也一定
能使该板发生光电效应
9、如图甲所示,水平传送带顺时针方向以v0匀速运动。

从传送带左端P由静止轻轻放上一个物体,经t=10s恰好到达传送带另一端Q,若释放物体时刻作为t=0时刻,物体的速度图象如图乙所示,则（）
v=
A．传送带速度04m/s
B．物体加速过程加速度大小为a=4m/s2
C．传送带两端PQ的距离L=36m
D．物体与传送带间的摩擦因数μ=0.5
10、在冰壶比赛中，红壶以一定速度与静止在大本营中心的蓝壶发生对心碰撞，碰撞时间极短，如甲图所示．碰后运动员用冰壶刷摩擦蓝壶前进方向的冰面，来减小阻力．碰撞前后两壶运动的v t-图象如乙图中实线所示，其中红壶碰撞前后的图线平行．已知两冰壶质量相等，由图象可得（）
A．红、蓝两壶的碰撞机械能不守恒
B．碰撞后，蓝壶的瞬时速度为0.6m/s
C．碰撞后，红、蓝两壶运动的时间之比为1：5
D．碰撞后，红、蓝两壶与冰面间的动摩擦因数之比为4：5
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）利用伏安法测定一节干电池的电动势和内电阻．要求尽量减小实验误差．
（1）应该选择的实验电路是图中的（选填“甲”或“乙”）．
（2）某位同学根据记录的数据将对应点已经标在如图所示的坐标纸上，请画出U－I图线．
（3）根据（2）中所画图线可得出干电池的电动势E＝V，内电阻r＝Ω．
（保留两位有效数字）
（4）实验中，随着滑动变阻器滑片的移动，电压表的示数U及干电池的输出功率P都会发生变化．下列各示意图中能正确反映P－U关系的是．
12．（12分）“验证力的平行四边形定则”的装置如图甲所示，实验步骤如下：
①橡皮条的一端固定在A点，用两个相同的弹簧测力计互成角度拉细绳套，使橡皮条伸长，结点到达纸面上某一位置，记为O1；
②记录两个弹簧测力计的拉力F1和F2的大小和方向；
③只用一个弹簧测力计，将结点仍拉到位置O1，记录弹簧测力计的拉力F的大小和方向；
④按照力的图示要求，作出拉力F1、F2、F3；
⑤根据力的平行四边形定则作出F1和F2的合力F；
⑥比较F3和F的一致程度，
（1）下列说法中正确的是_____。

A．应使橡皮条与两绳夹角的平分线在同一直线上
B．为了便于计算合力大小，两绳间夹角应取30°、45°、90°等特殊角度
C．系在橡皮条末端的两绳要一样长
D．同时改变两个弹簧测力计的拉力，结点可能保持在位置O1
（2）实验记录纸如图乙所示，两弹簧测力计共同作用时，拉力F1和F2的方向分别过P1和P2点；两个力的大小分别为：F1＝3.0N、F2＝3.5N，请根据图中给出的标度作出F1和F2的合力，测得合力F＝_____N（保留两位有效数字）
（3）改变F1、F2，重复步骤①至⑥进行第二次实验，记下结点位置O2，位置O2_____（选填“必须”或“不必”）与位置O1相同。

（4）实验中，使橡皮条伸长到O位置，这时两个力F1、F2与OA夹角分别为α、β，如图丙所示，F1与F2间的夹角为锐角，现保持F2大小不变，β角减小一些，并仍保持橡皮条伸长到O位置，下列说法中可能发生的是_____。

A．α减小，F1增大B．α不变，F1增大C．α增大，F1增大D．α增大，F1减小
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．（10分）如图所示，两条平行的光滑金属导轨所在平面与水平面的夹角为θ，间距为d．导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向与导轨平面垂直．质量为m的金属棒被固定在导轨上，距底端的距离为s，导轨与外接电源相连，使金属棒通有电流．金属棒被松开后，以加速度a沿导轨匀加速下滑，金属棒中的电流始终保持恒定，重力加速度为g．求下滑到底端的过程中，金属棒：
（1）末速度的大小v；
（2）通过的电流大小I；
（3）通过的电荷量Q．
14．（16分）如图所示，质量为M=5.0kg的小车在光滑水平面上以速度向右运动，一人背靠竖直墙壁为避免小车撞向自己，拿起水枪以的水平速度将一股水流自右向左射向小车后壁，射到车壁的水全部流入车厢内，忽略空气阻力，已知水枪的水流流量恒为（单位时间内流过横截面的水流体积），水的密度为。

求：
（1）经多长时间可使小车速度减为零；
（2）小车速度减为零之后，此人继续持水枪冲击小车，若要维持小车速度为零，需提供多大的水平作用力。

15．（12分）如图所示是一匀强电场，已知场强E＝2×102 N/C，现让一个电荷量为q＝－4×10－8 C的电荷沿电场方向从M点移到N点，M、N间的距离L＝30 cm，试求：
(1)电荷从M点移到N点电势能的变化；
(2)M、N两点间的电势差．
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、D
【解析】
试题分析：若把斜面从C点锯断，物体冲出C点后，物体将要做斜抛运动，物体到达最高点没有竖直速度还要有水平速度，根据机械能守恒，物体无法将所有动能转化为重力势能，所以不可能到达h处，所以A项错误；若把斜面弯成圆弧形AB′，物体通过圆弧形时相当于轻绳模型，通过最高点时速度不可能减小为零，所以不可能沿AB′升高h，所以B项错误；无论是把斜面从C点锯断还是把斜面弯成圆弧形，物体都不能升高h，在上升的过程中，对物体而言只有重力对其做功，支持力始终与速度垂直不做功，仍然满足机械能守恒，所以D项正确；C项错误．
考点：本题考查了斜抛、圆周运动和机械能守恒
2、B
【解析】
合上开关K接通电路，A2立即亮，线圈对电流的增大有阻碍作用，所以通过A1的电流慢慢变大，最后两灯泡的电压一样大，所以一样亮，A错误B正确；断开开关K切断电路时，通过A2的用来的电流立即消失，线圈对电流的减小
有阻碍作用，线圈相当于电源，左端相当于正极，所以通过A1的电流会慢慢变小，并且通过A2，所以两灯泡一起过一会儿熄灭，但通过A2的灯的电流方向与原来的方向相反，CD错误．
【点睛】
在分析此类型题目时，一定要注意线圈的特点，如果是理想线圈，则阻抗很大，类似与断路，阻抗消失后，电阻为零，类似一条导线，另外需要注意在开关闭合时，线圈和谁串联，则影响谁，在开关断开时，线圈和谁能组成闭合回路，则影响谁．
3、C
【解析】
由图可知，理想气体由a到b经历了等容变化，压强增大，温度升高；由b到c经历了等温变化，压强减小，体积变大；
A.先为等温变化，再等容变化；故A不符合；
B.先是等容变化，再是等温变化，但等容变化是温度在降低，不符合题意，故B错误；
C.先是做压强增大的等容变化，再做压强减小的等温变化，故C正确；
D.先做等容变化，但压强在减小；后做等温变化，压强在增大，不符合题意，故D错误；
4、C
【解析】
A.绝对零度只能无限接近，不能达到，故A错误；
B.常温常压下，一定质量的气体被压缩后，外界对气体做功，若同时气体对外放热，此时内
能可能增大、不变或减小，所以温度可能升高、不变或降低，所以平均动能不一定增加，
故B错误；
C. 1 kg0℃冰变为1 kg0℃需吸热，内能增大，而温度相同则平均动能不变，内能与平均动能
作差可知水的分子势能增大，故C正确；
D.用油膜法测出油分子的直径后，只要再知道油滴的摩尔体积，就能计算出阿伏加德罗常数，
知道摩尔质量不能求出阿伏伽德罗常数；故D错误。

5、D
【解析】ABC、金属框固定在绝缘板上，由题意得，则电流为：，那么安培力为：，取绝缘板和金属框整体进行受力分析，由牛顿第二定律有：
，解得：，故A、B、C错误；
D、金属框不固定，对金属框进行受力分析，假设其相对绝缘板滑动，有：，对金
属框应用牛顿第二定律得：，解得；对绝缘板应用牛顿第二定律得：
，，解得：，a1>a2，假设正确，故D正确；
故选D。

【点睛】面积O′OAB内磁通量发生变化，回路中有感应电流产生，由此可以求出回路中电流的大小，线框受安培力和摩擦力作用，由此可以求出线框的加速度大小以及安培力的大小。

6、D
【解析】
A．电场方向沿电场线的切线方向，a、b两点的电场方向不同，故A错误；
B．由图看出，a处电场线密，b处电场线疏，则a点电场强度大于b点电场强度，故B错误；
C．沿电场线电势降低，等势线与电场线垂直，过a点的等势线电势高于过b点的等势线的电势，故C错误；
D．根据电场强度的定义，在a点放入电量为q的检验电荷，若该检验电荷所受电场力为F，则该点的场强大小为F/q，故D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、BCD
【解析】
A．图示为x t-图像，图线的斜率代表汽车的运动速度，所以甲先做匀速直线运动，随后静止，故A项错误；
B．乙车在10s内的位移为10m，平均速度为
8
0.8m/s
10
s
v
t
===，故B项正确．
C．甲、乙图线相交时两车相遇，所以在10s内两车相遇两次，故C项正确．
D．若乙做匀变速直线运动，则乙做匀加速直线运动，中间时刻的速度等于平均速度，所以5s末的速度等于0.8m/s，所以P点速度一定大于0.8m/s，故D正确．
8、BC
【解析】
n=4激发态跃迁到n=3激发态时产生光子的能量最小，根据E=hc/λ知，波长最长，故A错误；根据氢光谱的特点可知，从n=4激发态跃迁到基态时产生光子的能量最大，根据E=hc/λ知，波长最短，粒子性最明显，康普顿效应最明显．故B正确．n=4能级的氢原子具有的能量为-0.85ev，故要使其发生电离能量变为0，至少需要0.85eV的能量，故C正确；从n=2能级跃迁到基态释放的光子能量为13.6-3.4=10.2ev，若能使某金属板发生光电效应，从n=3能级跃迁到n=2能级释放的光子能量3.4-1.51=1.89ev＜10.2ev，不一定能使该板发生光电效应，D错误．故选BC．
点睛：本题考查了波尔原子理论：从高轨道向低轨道跃迁时减少的能量以光子的形式辐射出去；所有的激发态都是不
稳定的，都会继续向基态跃迁，故辐射光子的种类2
n
C；E=hc/λ 判断光子能量与波长的关系．只有入射光子的能量大
于金属的逸出功才会发生光电效应．判断是否电离，看处于激发态的氢原子吸收能量后的总能量是否大于等于0，一旦大于等于0，说明发生电离．
9、AC
【解析】
A. 由v -t 图象可知，物体先加速后与传送带共速，故传送带速度v 0=4m/s ，故A 正确；
BCD. 图象围成的面积即等于位移的大小，
PQ 的距离42(102)4m 36m 2L ⨯=-⨯+= ；物体加速过程，mg ma μ= 据图象可得：2Δ2m/s Δv a t
=
= 解得：0.2μ= ，故BD 错误C 正确。

10、AC
【解析】
AB.设碰撞后蓝壶的速度为v ，碰前红壶的速度v 0=1.0m/s ，碰后速度为v ′0=0.2m/s ，碰撞过程系统动量守恒，取碰撞前红壶的速度方向为正，由动量守恒定律得：
mv 0=mv ′0+mv
代入数据解得：
v =0.8m/s
碰撞过程两壶损失的动能为： 2'22001110.16m 0222
k E mv mv mv ∆=--=> 所以红、蓝两壶的碰撞机械能不守恒，故A 正确B 错误；
C.碰撞后，蓝壶经过t 时间停止运动．根据三角形相似法知
1.2 1.0 1.01.0t
-= 解得蓝壶运动时间为：
t =5s
由图示图线可知，红壶的加速度大小为：
21.2 1.00.2m /s 1
v a t ∆-===∆红 碰撞后红壶的运动时间为：
t 红=00.2s 1s 0.2
v a '==红 则碰撞后红、蓝壶运动时间之比为1：5，故C 正确；
D. 蓝壶的加速度大小为：
a 蓝=20.80.16m /s 5v t ''∆==∆ 由牛顿第二定律得：
mg
a g m μμ==
可得动摩擦因数
a g
μ= 因此，红、蓝壶与冰面间的动摩擦因数之比：
0.20.154
6a a μμ===红红蓝蓝 故D 错误；
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、（1） 甲
（2） 如图所示
（3） 1.50（1.49～1.51） 0.89（0.86～0.92）
（4） C
【解析】
试题分析：（1）根据U E Ir =-测量电源电动势和内阻时，需要测出多组对应的路端电压U 和干路电流I ，电压表和电流表内阻影响会造成实验误差，电源内阻较小，所以电流表分压影响较大，因此应选择甲电路．
（2）如图所示
（3）由图示电源U I -图象可知，图象与纵轴交点坐标值是1.5，则电源电动势 1.5E V =，电源内阻：1.5 1.00.890.56
U r I ∆-==≈Ω∆． 考点：测定电源的电动势和内阻
【名师点睛】本题考查了实验电路选择、实验器材选择、作图象、求电源电动势与内阻等问题，要知道实验原理，要
掌握应用图象法处理实验数据的方法；电源的U-I 图象与纵轴交点坐标值是电源电动势图象斜率的绝对值是电源内阻．
12、（1）D ； （2）4.0； （3）不必； （4）ABC
【解析】
第一空.细线的作用是能显示出力的方向，所以不必须等长。

故A 错误；两细线拉橡皮条时，只要确保拉到同一点即可，不一定两绳间夹角应取30°、45°、90°等特殊角度，故B 错误；细线的作用是能显示出力的方向，所以不必须等长，故C 错误；同时改变两个弹簧测力计的拉力，结点可能保持在位置O 1，故D 正确；
第二空.根据平行四边形定则求F 2与F 1的合力，作图如下，测得合力F ＝4.0N 。

第三空.改变F 1、F 2重复步骤①至⑥进行第二次实验，记下结点位置O 2，因为是两次不同的实验，则位置O 2不必与第一次O 1点相同。

第四空.如图：
保持F 2大小不变，β角减小一些，并仍保持橡皮条伸长到O 位置，F 1一定增大，但是α角可以增大，可以不变，也可以减小。

故ABC 正确，D 错误；
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）2as ；（2）(sin )m g a dB θ-；（3）2(sin )asm g a dBa θ-； 【解析】
（1）匀加速直线运动v 2=2as 解得2v as =
（2）安培力F 安=IdB 金属棒所受合力–F mgsin F θ=安
牛顿运动定律F=ma
解得sin ?m g a I dB
θ=
（） （3）运动时间v t a = 电荷量Q =It 解得2sin asm g a Q dBa
（）θ-= 点睛：本题是通电金属棒在磁场中匀加速运动的问题，考生易误认为是电磁感应问题而用电磁感应规律求解．
14、（1）50s （2）0.2N
【解析】解：（1）取水平向右为正方向，
由于水平面光滑，经t 时间，流入车内的水的质量为，①
对车和水流，在水平方向没有外力，动量守恒
② 由①②可得t=50s
（2）设时间内，水的体积为，质量为，则 ③
设小车队水流的水平作用力为，根据动量定理
④ 由③④可得 根据牛顿第三定律，水流对小车的平均作用力为，由于小车匀速，根据平衡条件
15、（1）62.410J -⨯ （2）60V
【解析】 （1）由图可知，正电荷在该电场中所受电场力F 方向向右．因此，从M 点移到N 点，电场力做正功，电势能减少，减少的电势能△E 等于电场力做的功W
则△E=W=qEs
代入数值△E=W=4×
10-8×2×102×0.3J=2.4×10-6J （2）由公式W=qU
M 、N 两点间的电势差U MN =W/q=2.4×10-6/4×10-8=60V。