甘肃省靖远县第二中学2023-2024学年高二下学期期末模拟考试物理试题(含答案)

靖远二中2023-2024学年度第二学期期末模拟考试试卷
高二物理
第I 卷（选择题）
一、单选题（共28分）
1．（本题4分）如图所示为氢原子的能级图，当氢原子从能级跃迁到能级时，辐射出光子a ，当氢原子从能级跃迁到能级时，辐射出光子b ，则下列判断正确的是（ ）
A ．光子a 的能量大于光子b 的能量
B ．光子a 的波长小于光子b 的波长
C ．光子a 不能使处于能级的氢原子电离
D ．若a 为可见光，则b 有可能为紫外线
2．（本题4分）甲、乙两辆汽车同时同地出发，沿同方向做直线运动，两车速度的平方随的变化图像如图所示，下列说法正确的是（ ）
A ．汽车甲停止前，甲、乙两车相距最远时，甲车的位移为
B ．汽车甲的加速度大小为
C ．汽车甲、乙在时相遇
D ．汽车甲、乙在处的速度大小为3．（本题4分）如图所示，轻质光滑滑轮两侧用细绳连着两个物体A 与B ，物体B 放在水平地面上，A 、B 均静止。

已知A 和B 的质量分别为m A 、m B ，绳与水平方向的夹角为θ，则（
）
4n =2n =3n =1n =4n =2()v x 6m 21m/s 4s t =6m x
=
A ．物体
B 受到的摩擦力可能为0B ．物体B 受到的摩擦力为m A gcos θ
C ．物体B 对地面的压力可能为0
D ．物体B 对地面的压力为m B g - m A gcos θ
4．（本题4分）如图所示，质量为m 2的长木板静止在水平地面上，质量为m 1的木块受到水平向右的拉力F ，在长木板上向右滑行。

已知木块与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数为μ2，重力加速度为g ，则（ ）
A ．木块受到的摩擦力大小为μ1F
B ．木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ2(m 1+m 2)g
C ．木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ1m 1g
D ．木板受到地面的摩擦力的方向一定水平向右
5．（本题4分）如图所示为一束太阳光射到截面为六角形的冰晶上时的光路图，、为其折射出的光线中的两种单色光，下列说法正确的是（ ）
A ．在冰晶中，光的传播速度较大
B ．通过同一装置发生双缝干涉，光的相邻条纹间距较大
C ．从同种玻璃中射入空气发生全反射时，光的临界角较小
D ．用同一装置做单缝衍射实验，光的中央亮条纹更宽
6．（本题4分）一简谐横波沿x 轴正向传播，图甲是t =0时刻的波形图，图乙是介质中某质点的振动图像，0时刻该点的位移为-0.1m ，2s
时在平衡位置处，则波的传播速度为（ ）
a b b a a b
A
．m/s
B ．m/s
C ．0.8m/s
D ．1.5m/s
7．（本题4分）北斗卫星导航系统（BDS ）是我国自行研制的全球卫星导航系统，2020年我国已发送了北斗系统最后一颗卫星，从此北斗卫星导航系统形成全球覆盖能力。

如图所示是北斗导航系统中部分卫星的轨道示意图，已知a 、b 、c 三颗卫星均做匀速圆周运动，a 是地球同步卫星，（忽略地球自转）则（ ）
A ．卫星a 的向心加速度大于地球表面重力加速度
B ．卫星a 的加速度大于b 的加速度
C ．卫星b 的周期大于
D ．卫星a 的角速度小于c 的角速度
二、多选题（共24分，全选对得6分，选不全得4分，有选错的得0分）
8．（本题6分）如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数之比为，原线圈回路中的电阻A 与副线圈回路中的负载电阻B 的阻值相等。

a 、b 端加一定交流电压后，则（ ）
A ．两电阻两端的电压比
B ．两电阻中的电流之比
C ．两电阻消耗的电功率之比
D ．电阻B 两端的电压表的示数56
23
24h
12:3:1n n =311sin10(V)U t π=A B :3:1U U =A B :1:3I I =A B :1:1P P =B 66V
U =
9．（本题6分）如图所示，在直角坐标系xOy 中x 0空间内充满方向垂直纸面向里的匀强磁场（其他区域无磁场），磁感应强度为B ，x 0空间内充满方向水平向右的匀强电场（其他区域无电场），电场强度为E ，在y 轴上关于O 点对称的C 、D 两点间距为L 。

带电粒子P （不计重力）从C 点以速率v 沿x 轴正方向射入磁场，并能从D 点射出磁场；与粒子P 不相同的粒子Q 从C 点以不同的速度v ′同时沿纸面平行x 轴射入磁场，并恰好从D 点第一次穿过y 轴进入电场，且粒子P 、Q 同时过D 点，则下列说法正确的是（ ）
A ．粒子P 带正电
B ．在粒子Q 从
C 点运动到
D 点的过程中，粒子P
在磁场中运动的时间一定为C ．在粒子Q 从C 点运动到D 点的过程中，粒子P 在磁场中运动的路程可能为D ．粒子P 与Q 的比荷之比可能为2＋
10．（本题6分）某静电场中的电场线如图所示，带电粒子在电场中仅受电场力作用，其运动轨迹如图中虚线所示，由M 点运动到N 点，以下说法正确的是（ ）
A ．粒子必定带正电荷
B ．粒子在M 点的加速度大于它在N 点的加速度
C ．粒子在M 点的加速度小于它在N 点的加速度
D ．粒子在M 点的动能小于它在N 点的动能
11．（本题6分）如图甲所示，质量为0.1 kg 的小球从最低点A 冲入竖直放置在水平地面上、半径为0.4 m 的半圆轨道，小球速度的平方与其高度的关系图象如图乙所示．已知小球恰能到达最高点C ，轨道粗糙程度处处相同，空气阻力不计．g 取10 m/s 2，B 为AC 轨道中点．下列说法正确的是( )
><π2L v
2π3
L 2πvB
E
A ．图乙中x ＝4 m 2s －2
B ．小球从B 到
C 损失了0.125 J 的机械能C ．小球从A 到C 合外力对其做的功为－1.05J
D ．小球从C 抛出后，落地点到A 的距离为0.8 m
第II 卷（非选择题）
三、实验题（共15分）
12．（本题6分）用如图所示装置验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系。

（1）实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的。

可以仅通过测量 （填选项前的序号）间接地
解决这个问题。

A ．小球开始释放时的高度h
B ．小球抛出点距地面的高度H
C ．小球做平抛运动的水平位移
（2）在实验中，入射小球、被碰小球的质量分别为m 1和m 2，关于m 1和m 2的大小，下列关系正确的是 .
A ．m 1=m 2
B ．m 1>m 2
C ．m 1<m 2
D ．以上都可以
（3）若两球在碰撞前后动量守恒，需要验证的表达式为。

13．（本题9分）如图所示为某同学测量电源的电动势和内阻的电路图。

其中包括电源，开关和，电阻箱，电流表，保护电阻。

该同学进行了如下实验步骤：
E 1S 2S R A x R
（1）将电阻箱的阻值调到合适的数值，闭合、，读出电流表示数为，电阻箱读数为；断开，调节电阻箱的阻值，使电流表示数仍为，此时电阻箱读数为。

则保护电阻的阻值R x = Ω。

结果保留两位有效数字（2）断开，闭合，调节，得到多组和
的数值，并画出图像，如图所示，由图像可得，电源电
动势E =
V ，内阻r =
Ω。

结果保留两位有效数字（3）本实验中，内阻的测量值 填“大于”或“小于”真实值。

四、解答题（共33分）
14．（本题10分）如图，绝热汽缸a 与导热汽缸b 、c 均固定于地面，由刚性杆连接着的两个绝热活塞均可在汽缸内无摩擦滑动。

开始时a 、b 两个汽缸内装有体积相等、温度均为T 0的理想气体，真空汽缸c 的容积与此时a 、b 两个汽缸中的气体体积相等，通过阀门与汽缸b 相连。

现将阀门打开，稳定后，a 中气体压强为原来的0.6倍，环境温度保持不变。

（1）求稳定后汽缸a 中气体的温度；
（2）请用热力学第一定律解释上述过程汽缸a 中气体温度变化的原因。

15．（本题10分）如图甲所示，不计电阻的平行金属导轨与水平面成角放置，导轨间距为，上端接有电阻的定值电阻，虚线下方有垂直于导轨平面向上的匀强磁场。

现将质量、电阻的金属杆ab 从上方某处垂直导轨由静止释放，杆下滑过程中始终与导轨垂直并保持良好接触，杆
1S 2S I 9.5Ω2S I 4.5Ω（）
2S 1S R R I 1
R I
-（）（）37θ=︒1m L =3R =ΩOO '0.1kg m =1r =ΩOO '
下滑过程中的v-t 图像如图乙所示。

（取，，）求：（1）磁感应强度B 的大小；
（2）金属杆在磁场中下滑过程中定值电阻上产生的热量。

16．（本题13分）如图所示，为一半径的竖直半圆形槽，为直径，O 点为半圆的圆心，位于O 点正下方。

在距上方为h 处有一以的速度顺时针方向转动们传送带，B 端恰好在C 的正上方，传送带滑轮的半径很小（大小可忽略），两端点A 、B 间的距离，现将与传送带间摩擦因数的小物块轻放在A 端，最终垂直撞在圆槽的P 点，连线与的夹角为60°。

取，（结果用根式表示）求
（1）小物块运动到B 端时速度的大小；（2）高度h 的大小。

（3）若传送带速度大小可以调节，其他条件不变，要使小物块最终能正好落在圆槽点（点与P 点关于
对称）则传送带的速度多大。

210m /s g =sin 370.6︒=cos370.8︒=0.1s
CPD R =CD O 'CD 06m/s v =3m L =0.5μ=OP OD 210m/s g =P 'P 'OO '
参考答案
1．D
【详解】A ．氢原子从能级跃迁到能级时辐射出的光子能量为
从能级跃迁到能级时辐射出的光子能量为
可知光子a 的能量小于光子b 的能量，A 错误；B ．由
可知光子a 的频率小于光子b 的频率，光子a 的波长大于光子b 的波长，B 错误；C ．由于
光子a 的能量大于处于能级的氢原子的电离能，可能使处于能级的氢原子电离，C 错误；D ．由于光子a 的频率小于光子b 的频率，若a 为可见光，则b 有可能为紫外线，D 正确。

故选D 。

2．D
【详解】B ．由图可知，随的变化关系成一次函数变化，故甲、乙两车均做匀变速直线运动，所以对于甲车在时有
代入数据解得
即甲车的加速度大小为，对于乙9m 时的速度为，，根据
乙的加速度大小为，B 错误；
A ．根据图像可知，甲从处做匀减速运动，初速度，汽车甲停止前，甲、乙两车相距最远时速度相等
即
4n =2n =0.85eV ( 3.4eV) 2.55eV
a E ∆=---=3n =1n = 1.51eV (13.6eV)12.09eV
b E ∆=---=c
E h h
νλ
∆==0.85eV
a E ∆>4n =4n =2v x 09m 2
002v a x -=甲甲
2
2m/s a =-甲2
2m/s v =22v a x =乙乙
21m/s 0x =06m/s v =v v =甲乙
解得
则此时甲的速度
根据位移速度公式
解得甲的位移为
A 错误；
C ．根据图像可知，甲从处做匀减速运动，初速度，由B 项分析可知加速度大小为，则甲到静止运动的时间为
所以甲的位移
同理可得乙的位移
当时，甲车已停下，即内的位移为
当时，乙车的位移
当时，，两车并未相遇，C 错误；
D ．由图知在时甲、乙两车的速度大小相等，对乙分析，根据速度和位移关系可知
代入数据得
0v a t a t
-=甲乙2s
=t 02m/s
v v a t =-=甲甲-22
02v v a x
-=甲8m
x =0x =06m/s v =22m/s 006
s 3s 2
v t a --==
==-甲2
012
x v t a t =+甲甲212
x a t =
乙乙4s t =3s 220116323m 9m
22x v t a t ⎛⎫
=+=⨯-⨯⨯= ⎪⎝⎭
甲甲4s t =2211
14m 8m 22
x a t =
=⨯⨯=乙乙4s t =x x >甲乙6m x =22v a x
=
乙v =
D 正确。

故选D 。

3．B
【详解】AB ．由于B 相对地面静止则B 所受的摩擦为静摩擦，且B 受力平衡有
f = mA
g cos θ
A 错误、
B 正确；
CD ．由于B 静止则B 受力平衡有
FN = mBg - mAg sin θ
CD 错误。

故选B 。

4．C
【详解】A ．木块受到的滑动摩擦力大小为
f 1=μ1m 1g
故A 错误；
BCD ．木块对长木板的滑动摩擦力大小也为
f 1=μ1m 1g
方向水平向右，由于长木板静止，由平衡条件可知，地面对长木板的摩擦力大小等于μ1m 1g ，方向水平向左，故B 、D 错误，C 正确。

故选C 。

5．B
【详解】A ．由图看出，太阳光射入六角形冰晶时，a 光的偏折角小于b 光的偏折角，由折射定律得知，六角形冰晶对a 光的折射率小于对b 光的折射率，由
知b 光的传播速度小，A 错误；
B ．a 光的折射率小于b 光的折射率，a 光的频率小于b 光的频率，所以a 光的波长大于b 光的波长，根据a 光相邻条纹间距大，B 正确；
C ．由临界角公式
a 光的折射率小，a 光的临界角大，C 错误；
D ．b 光的折射率大，波长短，波动性弱，当用b 做单缝衍射实验，要比用a 做中央亮条更窄， D 错误。

c v n
=
L
x d
λ∆=
1
sin C n
=
故选B 。

6．A
【详解】由图甲所示波形图可知，波长，由图乙所示质点振动图像可知，t =0时刻质点的位相为，t =2s 时质点的位相为2π，两时刻位相差为
则
解得波的周期
波速
故A 正确，BCD 错误。

故选A 。

7．D
【详解】A ． 由于忽略地球自转，则地球表面处的重力加速度和近地卫星的加速度相等，由万有引力提供向心力
因为卫星a 的半径大于近地卫星的半径，所以卫星a 的向心加速度小于贴地卫星的向心加速度，A 错误；B ．根据万有引力提供向心
得，向心加速度为
因为卫星a 与卫星b 的轨道半径相等，所以卫星a 的加速度等于b 的加速度，B 错误；C ．因为卫星a 是地球同步卫星，而卫星a 与卫星b 的轨道半径相等，由万有引力提供向心力
可得，卫星a 与卫星b 的周期相等，故卫星b 的周期为
4m λ=7π
6
7π5π2π66
-
=5π262πT
=24s 5
T =
45m/s m/s 2465
v T
λ
=
=
=2
Mm
G
ma r =2
Mm
G
ma r =2
GM a r =
222
4Mm G mr r T
π=
C 错误；
D ．根据万有引力提供向心力
得，卫星的角速度为
可得，轨道半径越大角速度越小，故卫星a 的角速度小于c 的角速度，D 正确。

故选D 。

8．BD
【详解】AB ．电阻两端的电压
所以两电阻两端的电压之比等于电流之比，由于电流比等于匝数反比，所以
故A 错误，B 正确；C ．电阻消耗的功率
所以两电阻消耗的电功率之比
故C 错误；
D ．由表达式知ab 两端电压有效值为220V ，设副线圈电压为U 2，则原线圈两端电压3U 2，原线圈中电阻分压
为
，即解得
故D 正确。

故选BD 。

9．ABD
24h
b a T T ==2
2
Mm G
mr r ω=ω=
U IR
'=A B A B ::1:3
I I U U ==2P I R
=A B :1:9
P P =2
3
U 2
23220V 3
U U +
=B 266V
U U ==
【详解】
A.由题意分析可知，粒子P 经磁场匀速圆周运动偏转后垂直y 轴进入电场，经电场中匀变速直线运动后，又在磁场中偏转，如此往复。

由左手定则易知粒子P 带正电，故A 正确；
BC.由粒子P 在磁场中做周期性运动可知，若粒子P 在磁场中偏转n 次（n ＝2，3，4，），则2nR ＝L ；在粒子Q 从C 点运动到D 点的过程中，粒子P 在磁场中运动的路程
s ＝n ·πR ＝
粒子P 在磁场中运动的时间
t ＝＝
故B 正确；C 错误
D.若粒子P 在磁场中偏转n 次，所用时间
t P ＝
n ＋（n －1）
Q 在磁场中运动半周的时间
t Q ＝而t P ＝t
Q ，当n ＝2时，P 与Q 的比荷之比为2＋，故D 正确。

故选ABD 。

10．ACD
【详解】A ．根据粒子的运动轨迹可知，粒子运动的轨迹大致向上，可知粒子必定带正电荷，选项A 正确；BC ．电场线的疏密反映场强大小，可知M 点场强小于N 点场强，可知粒子在M 点受到的电场力小于它在N 点的电场力，粒子在M 点的加速度小于它在N 点的加速度，选项B 错误，C 正确；
D ．从M 点到N 点电场力做正功，则动能增加，即粒子在M 点的动能小于它在N 点的动能，选项D 正确。

故选ACD 。

11．ACD
【详解】A.当h ＝0.8 m 时小球在C 点，由于小球恰能到达最高点C ，故
mg ＝
所以＝4 m 2·s －2
故选项A 正确；
B.由已知条件无法计算出小球从B 到C 损失了0.125 J 的机械能，故选项B 错误；
L π2
L
s
v π2L v
πm Bq
2vm Eq πm Bq
'
'
2πvB
E
2C
mv R
C v =2C v gR =
C.小球从A 到C ，由动能定理可知
W 合＝=－1.05 J 故选项C 正确；
D.小球离开C 点后做平抛运动，故
2R ＝
落地点到A 的距离x 1＝vCt ，解得x 1＝0.8 m ，故选项D 正确．12．
C
B
【详解】(1)[1]小球离开轨道后做平抛运动，由于小球抛出点的高度相等，它们在空中的运动时间相等，小球的水平位移与小球的初速度成正比，可以用小球的水平位移代替其初速度，即测量射程，故C 正确，AB 错误。

故选C 。

(2)[2]两球发生碰撞后，为防止入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量，即
(3)[3]要验证动量守恒定律定律，即验证
小球离开轨道后做平抛运动，它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间t 相等，上式两边同时乘以t 得
得
13． 大于
【详解】（1）[1]据闭合电路欧姆定律可得，、均闭合时有
断开有
故保护电阻的阻值为
（2）[2][3]根据闭合电路的欧姆定律可得
22
1122
C
A mv mv -2
12
gt 112m OP m OM m ON
=+12
m m >111223
m v m v m v =+111223m v t m v t m v t
=+112m OP m OM m ON
=+5.0 3.0 2.21S 2S 1()
E I R r =+2S 2x E I R R r =++（）
129.5Ω 4.5Ω 5.0Ω
x R R R =-=-=
整理可得
可见图线的斜率为
图线的纵截距为
结合图像中的数据可得
，[4]本实验中，由于电流表也有内阻，故（2）解析中内阻的测量值相当于电源实际内阻与电流表内阻之和，可知内阻的测量值大于真实值。

14．（1）；（2）见解析
【详解】（1）阀门打开，稳定后，a 中气体压强为原来的0.6倍，此时B 中的压强变为原来的0.6倍，设图示状态中a 、b 、c 的体积为V 0，汽缸b 体积减少了V ，以b 、c 为整体，由于温度不变
解得
在阀门打开至稳定过程，对汽缸a 有
可得
（2）a 中气体膨胀对外做功，绝热过程Q =0，根据热力学第一定律，理想气体内能减少，温度降低。

15．（1）2T ；（2）
【详解】(1)0~0.1s ，由题图乙得
由牛顿第二定律有
x E I R R r =++（）
11
x R r R I E E
+=+1
k E
=
x R r b E
+=
3.0V E = 2.2Ω
r =3（）
00.8T T =()
00000.62p V p V V =-0
1
3
V V =()000000.6p V V p V T T
+=0
0.8T T =3
J 160
220.5m /s 5m /s 0.1
v a t ∆=
==∆
代入数据得
后匀速运动，则金属杆在时刚好进入磁场，有
而
代入数据得
(2)方法一：金属杆ab 在磁场中下滑过程中，电流恒定，有
，方法二：金属杆ab 在磁场中匀速运动，则
下落高度
由能量守恒有
定值电阻上产生的热量
解得
16．（1）；（2）；（3
【详解】（1）物块在传送带上加速，由牛顿第二定律可得
解得加速度为
当物块加速到时，由位移速度公式得
f sin m
g F ma
θ-=f 0.1N
F =0.1s 0.1s t =f A sin 0
mg F F θ--=22A BLv B L v
F BIL B L R r R r
===
++2T
B =0.1s 0.25A BLv I R r
=
=+2R 13
J 160Q I Rt ==10.05m
x vt ==sin 0.03m
h x θ==f mgh Q F x
=+R R
Q Q R r
=
⋅+R 3J 160
Q =
B v =3
m 2h =
mg ma
μ=2
5m /s a =0v
解得
故物块在传送带上加速不到，则运动到B 点时有
解得
（2）物块从B 到P 做平抛运动，水平方向有
竖直方向有
，又因为垂直打到P 点，有
联立解得
（3）物块从B 到做平抛运动，水平方向有
竖直方向有
联立解得
时，小物块最终落在点。

202v ax
=3.6m x L
=>0v 22B v aL
=B v =B cos60R R v t
+︒=21sin602
h R gt ︒+=
y gt
=v B
tan60y v v ︒=
3m
2
h =P 'B
cos60R R v t '-='︒21sin602
h R gt ︒'+=
B
v v '=<=P '。