辽宁省朝阳市建平县实验中学2023年高二物理第二学期期末综合测试模拟试题含解析

2022-2023学年高二下物理期末模拟试卷
考生请注意：
1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。

2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。

3．考生必须保证答题卡的整洁。

考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。

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、下列说法正确的是
A．借助于能量子的假说，普朗克得出了黑体辐射的强度按波长分布的公式，与实验符合得非常好
B．德布罗意把光的波粒二象性推广到实物粒子，并用实验证实了实物粒子也具有波动性
C．结合能越大的原子核越稳定
D．任意两个核子间都存在核力作用，这种性质称为核力的饱和性
2、关于近代物理学的结论中，下面叙述中正确的是（）
A．在核反应中，质量守恒、电荷数守恒
B．氢原子从n=6跃迁至n=2能级时辐射出频率v1的光子，从n=5跃迁至n=2能级时辐射出频率v2的光子，频率为v1的光子的波长较大
C．已知铀238的半衰期为4.5×109年，地球的年龄约为45亿年，则现在地球上存有的铀238原子数量约为地球形成时铀238原子数量的一半
D．β衰变能释放出电子说明了原子核中有电子
3、一个质量为m、电荷量为q的带电粒子,由静止开始经加速电场加速后(加速电压为U),该粒子的德布罗意波长为( )
A．
h
2mqU
B．
h
2mqU
C．
h
2mqU
2mqU
D．
h
mqU
4、如图为氢原子的能级图．大量氢原子处在n=3的能级，能够辐射出N种频率的光，其中波长最长的光，光子能量为E，则
A．N=3，E=1.89 eV
B．N=3，E=12.09 eV
C ．N =2，E =1.51 eV
D ．N =2，
E =1.89 eV
5、如图所示，与水平面成α角、宽为L 的倾斜平行金属导轨，处在方向竖直向上、磁感应强度为B 的匀强磁场中。

当回路电流强度为I 时，金属杆ab 水平静止在光滑导轨上，金属杆ab 所受安培力为F ，斜面的支持力为N ，则下列判断正确的是
A ．安培力方向垂直ab 杆沿斜面向上
B ．安培力方向垂直ab 杆水平向左
C ．N=sin BIL α
D ．N=BIL sin α
6、2003年全世界物理学家评选出“十大最美物理实验”，排名第一的为1961年物理学家利用“托马斯·杨”双缝干涉实验装置，进行电子干涉的实验．从辐射源辐射出的电子束经两靠近的狭缝后在显微镜的荧光屏上出现干涉条纹，该实验说明（ ）
A ．光具有波动性
B ．光具有波粒二象性
C ．微观粒子也具有波动性
D ．微观粒子也是一种电磁波
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，M 是一小型理想变压器，接线柱a 、b 接在电压u ＝311sin314t （V ）的正弦交流电源上，变压器右侧部分为一火警报警系统原理图，其中R 2为用半导体热敏材料(温度越高电阻越小)制成的传感器，电流表A 2为值班室的显示器，显示通过R 1的电流，电压表V 2显示加在报警器上的电压（报警器未画出），R 3为一定值电阻.当传感器R 2所在处出现火情时，以下说法中正确的是
A ．A 1的示数不变，A 2的示数增大
B ．A 1的示数增大，A 2的示数减小
C ．V 1的示数不变，V 2的示数减小
D ．V 1的示数增大，V 2的示数增大
8、对于理想气体的理解和一定质量的理想气体状态参量p 、V 、T 的变化，下列说法正确的是（ ）
A ．气体状态参量p 、V 、T 可同时增大
B ．气体状态参量p 减小，V 和T 都增大
C ．气体状态参量p 和V 都减小，T 增大
D ．气体状态参量p 和T 增大，V 减小
E.一定质量的理想T 增大，V 增大，则一定会向外放热
9、如图所示是法拉第制作的世界上第一台发电机的模型原理图．把一个半径为r 的铜盘放在磁感应强度大小为B 的匀强磁场中，使磁感线水平向右垂直穿过铜盘，铜盘安装在水平的铜轴上．两块铜片C 、D 分别与转动轴和铜盘的边缘接触.G 为灵敏电流表．现使铜盘按照图示方向以角速度ω匀速转动，则下列说法正确的是
A ．C 点电势一定低于D 点电势
B ．圆盘中产生的感应电动势大小为B ωr 2
C ．电流表中的电流方向为由a 到b
D ．铜盘不转动，所加磁场磁感应强度减小，则铜盘中产生顺时针方向电流（从左向右看）
10、下列关于核反应方程及描述正确的是（ ）
A ．427301213150He Al P n +→+是居里夫妇发现人工放射性的核反应方程
B ．491212460He Be
C n +→+是卢瑟福发现中子的方程
C ．32411
120H H He n +→+是核聚变反应 D ．1441717281N He O H +→+是查德威克发现质子的方程
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）实验室中有一自制电子秤装置，其内部结构如图甲所示，某兴趣小组想测定内部弹簧的劲度系数k 。

已知电源的电动势为E ，内阻可忽略不计，滑动变阻器全长为L ，重力加速度为g 。

当托盘上没有放置重物时，滑片P 位于
图中a点，闭合开关S，当托盘上放置质量为m的重物时，滑片P随托盘一起下移，稳定后，由电压传感器（内阻无穷大）的示数U及其他给定条件，就可测定弹簧的劲度系数k。

完成以下问题：
(1)在弹簧的弹性范围内，随着m的增大，电压传感器的输出电压U_____（填“增大、减小、不变”），电路中的电流_____（填“增大、减小、不变”）。

(2)写出输出电压U与m的关系U＝_____（用k，m，E，L，g表示）。

(3)该兴趣小组通过多次测量的U和m的数值，作出U﹣m图象如图乙所示，若图象的斜率为b，则弹簧的劲度系数k ＝_____.
12．（12分）某同学在做研究匀变速直线运动实验时,获取了一条纸带的一部分,0、1、2、3、4、5、6、7是计数点,每相邻两计数点间还有4个点(图中未标出),计数点间的距离如图所示．由于粗心,该同学只测量了一部分相邻的两个计数点之间的距离．如图，求:
(1).其中6号计数点的瞬时速度的大小v6=__________m/s.(保留三位有效数字)
(2).利用逐差法处理数据,计算出滑块的加速度a=__________m/s2.(保留三位有效数字)
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）研究物体的运动时，常常用到光电计时器.如图所示，当有不透光的物体通过光电门时，光电计时器就可以显示出物体的挡光时间.光滑水平导轨MN上放置两个物块A和B，左端挡板处有一弹射装置P，右端N处与水平传送带平滑连接，将两个宽度为d=3.6×10-3m的遮光条分别安装在物块A和B上，且高出物块，并使遮光条在通过光电门时挡光.传送带水平部分的长度L=9.0m，沿逆时针方向以恒定速度v=6.0m/s匀速转动。

物块B与传送带的动摩擦因数 =0.20，物块A的质量（包括遮光条）为m A =2.0kg。

开始时在A和B之间压缩一轻弹簧，锁定其处于静止状态，现解除锁定，弹开物块A和B，迅速移去轻弹簧.两物块第一次通过光电门，物块A通过计时器显示的读数t1=9.0×10-4s，物块B通过计时器显示的读数t2=1.8×10-3s，重力加速度g取10m/s2，试求：
（1）弹簧储存的弹性势能E p；
（2）物块B 在传送带上滑行的过程中产生的内能；
（3）若物体B 返回水平面MN 后与被弹射装置P 弹回的A 在水平面上相碰，碰撞中没有机械能损失，则弹射装置P 必须对A 做多少功才能让B 碰后从Q 端滑出。

14．（16分）某透明物体的横截面如图所示，其中ABC 为直角三角形，AB 为直角边，长度为2L ，45ABC ∠=︒， ADC
为一圆弧，其圆心在AC 边的中点，此透明物体的折射率为n=2.1．若一束宽度与AB 边长度相等的平行光从AB 边垂直射入透明物体，试由光路图画出光线从ADC 圆弧射出的区域，
并求此区域的圆弧长度s ．（不考虑经ADC 圆弧反射后的光线）
15．（12分）如图所示，P Q 、MN 两轨道间距L =1 m ，其中Pe 、Mf 段是光滑轨道且ce 、df 段水平，而e Q 、fN 段为水平粗糙轨道，同时在efhg 区域存在方向竖直向下、磁感应强度B =1 T 的匀强磁场，定值电阻R 1=2 Ω。

现有质量m =1 kg 、电阻R 2=2 Ω的两根相同导体棒ab 和cd ，导体棒cd 静止在水平轨道上，导体棒ab 在距cd 高H =0.45 m 处由静止释放，ab 棒在光滑轨道上下滑至cd 棒处与其发生弹性碰撞，两者速度交换后导体棒cd 进入匀强磁场区域，在磁场中运动距离x =1.5m 后恰好停在磁场右边界gh 处，其中导体棒cd 与水平粗糙轨道间的动摩擦因数μ=0.1，g 取10 m/s 2，不计轨道电阻。

求：
（1）导体棒cd 刚进入磁场时,通过导体棒cd 的电流大小I
（2）导体棒cd 进入磁场区域后直至停止，定值电阻R 1产生的热量Q 1
（3）导体棒cd 进入磁场区域到停止的运动时间t
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、A
【解析】
借助于能量子的假说，普朗克得出了黑体辐射的强度按波长分布的公式，与实验符合得非常好，选项A正确；德布罗意把光的波粒二象性推广到实物粒子，认为实物粒子也具有波动性，但他没能用实验证实了实物粒子也具有波动性，故B错误；比结合能越大的原子核越稳定，选项C错误；每个核子只跟邻近的核子发生核力作用，这种性质称为核力的饱和性．故D错误；故选A.
2、C
【解析】
在核反应中，质量数守恒、电荷数守恒，选项A错误；氢原子从n=6的能级跃迁到n=2的能级的能级差大于从n=5的能级跃迁到n=2的能级时的能级差，根据E m-E n=hγ知，频率为v1的光子的能量大于频率为v2的光子的能量，频率为v1的光子的波长较小，选项B错误；
铀238的半衰期为4.5×109年，地球的年龄约为45亿年，则有铀238原子数量约为地球形成时铀238原子数量的一半．故C正确；β衰变是中子转变成质子而放出的电子．故D错误；故选C.
点睛：解决本题的突破口是比较出频率为v1和频率为v2的能量的大小，然后由公式得出频率大小；并考查β衰变的原理，注意电子跃迁的动能与电势能及能量如何变化是考点中重点，理解半衰期的含义，注意质量与质量数区别．
3、C
【解析】
加速后的速度为v ，根据动能定理可得212qU mv =，所以2qU v m
=，由德布罗意波公式可得222h h h mqU p mqU qU m m λ===， C 正确．
4、A
【解析】
根据233C = 知，这些氢原子可能辐射出三种不同频率的光子．波长最长的，则频率最小，因此氢原子由n =3向n =2能级跃迁时辐射的光子能量最小，则
()1.51 3.4 1.89eV E =---=
故A 正确，BCD 错误；
故选A
5、C
【解析】
导体棒垂直处在匀强磁场中，根据安培力公式F=BIL 求解安培力的大小；根据左手定则判断安培力的方向．受力分析后根据共点力平衡条件求解支持力大小．
【详解】
由于ab 棒与磁场垂直，所以导体棒ab 受到安培力的大小为：F=BIL ；导体棒中电流方向为b→a，由左手定则判断可知导体棒ab 受到安培力的方向为垂直于杆方向水平向右；故AB 错误；对导体棒受力分析，受重力、支持力和安培力，如图所示：
根据共点力平衡条件，有：F BIL N sin sin αα
=
=，故C 正确，D 错误；故选C 。

【点睛】 本题关键是导体棒的受力情况，会用左手定则判断安培力方向，会根据共点力平衡条件列式求解，基础问题． 6、C
【解析】
考点：用双缝干涉测光的波长．
专题：实验题．
分析：干涉是波所特有的现象，电子的双缝干涉说明微观粒子具有波动性．
解答：解：电子的双缝干涉说明微观粒子具有波动性，因为干涉是波所特有的现象．故C正确，A、B、D错误．
故选C．
点评：解决本题的关键知道干涉是波所特有的现象．以及知道电子的双缝干涉说明微观粒子具有波动性．
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、BC
【解析】
当传感器R2所在处出现火情时，R2的电阻减小，导致电路的总的电阻减小，所以电路中的总电流将会增加，A1测量的是原线圈中的总的电流，由于副线圈的电流增大了，所以原线圈的电流A1示数也要增加；由于电源的电压不变，原副线圈的电压也不变，所以V1的示数不变，由于副线圈中电流增大，R3的电压变压变大，所以V2的示数要减小，即R1的电压也要减小，所以A2的示数要减小。

A. A1的示数不变，A2的示数增大，与分析不符，故A错误。

B. A1的示数增大，A2的示数减小，与分析相符，故B正确。

C. V1的示数不变，V2的示数减小，与分析相符，故C正确。

D. V1的示数增大，V2的示数增大，与分析不符，故D错误。

8、ABD
【解析】
A．根据pV
C
T
=可知气体状态参量p、V、T可同时增大，只要比值不变即可，故A正确；
B．根据pV
C
T
=可知气体状态参量p减小，V和T都增大，可能存在，故B正确；
C．根据pV
C
T
=，气体状态参量p和V都减小，则T一定减小，故C错误；
D．根据pV
C
T
=，气体状态参量p和T增大，V减小可能存在，故D正确；
E．一定质量的理想气体T增大，则内能增加，而V增大，表示对外界做功，根据热力学第一定律可知一定要吸收热量，故E错误。

故选ABD。

9、AD
（1）将铜盘看做无数条由中心指向边缘的铜棒组合而成，当铜盘转动时，每根金属棒都在切割磁感线，相当于电源，由右手定则可知，盘边缘为电源正极，中心为负极，C 点电势低于D 点电势，故A 正确；
（2）回路中产生的感应电动势212
E B v Br ω=⋅=，故B 错误； （3）此电源对外电路供电，电流方向由b 经电流计再从a 流向铜盘，故C 错误；
（4）若铜盘不转动，使所加磁场强度均匀增大，在铜盘中产生感生电场，使铜盘中的自由电荷在电场力作用下定向移动，形成涡旋电流，故D 正确；
故本题选AD
【点睛】把铜盘看做若干条由中心指向边缘的铜棒组合而成，当铜盘转动时，每根金属棒都在切割磁感线，产生大小和方向不变的电流；根据转动切割磁感线产生的感应电动势公式212
E Br ω=
，可求出感应电势；由右手定则判断出感应电流的方向，明确圆盘视为电源，电流由负极流向正极．
10、AC
【解析】
A ．427301213150He Al P n +→+是居里夫妇发现人工放射性的核反应方程，故A 正确；
B ．491212460He Be
C n +→+是查德威克发现中子的方程，故B 错误；
C ．氘与氚生成氦核的核反应为核聚变方程，故C 正确；
D ．1441717281N He O H +→+是卢瑟福发现质子的核反应方程，故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、增大 不变
Emg kL Eg bL 【解析】
根据电路图可知，电压表测量ap 段的电压，随m 增大，p 点下移，ap 段电阻增大，则电压U 增大，而电路中的总电阻为ac 段，电阻不变，故总电流不变.
第一空.由以上分析可知填增大.
第二空. 由以上分析可知填不变.
第三空.重物放在托盘上静止时有：kx ＝mg ，根据串联电路特征知电压表的示数为x Emg U E L kL =
=. 第四空.做U -m 图象，图象的斜率为Eg b kL =，则弹簧的劲度系数为Eg k bL
=. 12、0.413 0.496
（1）每相邻两计数点间还有4个打点未标出，则周期T =0.02×5=0.1s ；根据时间中点的速度等于该过程中的平均速度：
()2
576 3.88 4.3710/0.413/220.1x v m s m s T -+⨯===⨯． （2）根据匀变速直线运动的推论，结合逐差法，可得滑块的加速度为：
()()2225713
2 3.88 4.37 1.89 2.4010/0.496/240.0122x x a m s m s T -+--⨯-===⨯⨯．
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）E p=24J ；（2）Q =96J ；（3）84J W >。

【解析】
（1）解除锁定，弹开物块AB 后，两物体的速度大小
v A =3
41 3.610m /s 4.09.010
d t --⨯==⨯m/s v B =3
3
2 3.610m /s 2.01.810d t --⨯==⨯m/s 由动量守恒有
m A v A =m B v B
得
m B =4.0kg
弹簧储存的弹性势能
22112422
p A A B B E m v m v =+=J （2）B 滑上传送带先向右做匀减速运动，当速度减为零时，向右滑动的距离最远
由牛顿第二定律得
B B m g m a μ=
所以B 的加速度
a =2.0m/s 2
B 向右运动的距离
212B v x a ==1.0m <9.0m
物块将返回 向右运动的时间为1 1.0B v t a
==s 传送带向左运动的距离为
21x vt ==6.0m
B 相对于传送带的位移为
112x x x ∆=+
物块B 沿传送带向左返回时，所用时间仍然为t 1，位移为x 1
B 相对于传送带的位移为
221x x x ∆=-
物块B 在传送带上滑行的过程中产生的内能
22()B Q m g x x μ=⋅∆+∆=96J
（3）设弹射装置给A 做功为W ，根据功能关系有
221122
A A A A m v m v W '=+ A
B 碰相碰，碰前B 的速度向左为2B v =m/s ，碰后的速度设为'B
v 规定向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得
A A
B B A A B B m v m v m v m v '=+'-''
碰撞过程中，没有机械能损失
222211112222
A A
B B A A B B m v m v m v m v ''+''+= B 要滑出平台Q 端，由能量关系有
212
B B B m v m gL μ>' 所以由得W >84J
14、π3
L s = 【解析】 根据1sin n
θ=求出透明体的临界角θ为31°，当光线射到BC 面上时，光线将发生全反射，从ADC 圆弧射出时，作出两条边缘光线，从圆弧ADC 射出的边缘光线恰好发生全反射，其入射角等于临界角，由折射率求出临界角，由几何知识求出此区域的圆弧长度s ．
解：如图，作出两条边缘光线，所求光线射出的区域为EDF
如图，从圆弧ADC 射出的边缘光线的入射角等于材料的临界角θ 因11sin 2
n θ== 故θ＝31°
由几何关系得：圆弧EDF 长度为2?s L θ= 故所求3L
s π=
15、 (1)1A (2)0.5J (3)2.5s
【解析】
(1)导体棒ab 由静止释放至与cd 碰撞前，由动能定理得：
212
mgH mv = 两导体棒发生弹性碰撞后，ab 棒静止，cd 棒以v=3 m/s 的速度进入磁场区域 回路的总电阻
12112
R R R R R R =++总 导体棒cd 刚进入磁场时，通过导体棒cd 的电流大小
E BLv I R R ==总总
联立以上公式得
1A I =
(2) 导体棒cd 在磁场中运动，根据动能定理得
21-02
A W mgx mv μ=- 回路产生的总焦耳热
213J 2
A Q W mv mgx μ=-=-=总 因为定值电阻R 1与ab 棒并联后再与cd 棒串联且三者电阻均为2 Ω，三者电流之比为1∶1∶2，所以热量之比为1∶1∶4，故定值电阻R 1产生的热量：
Q 1=16
Q 总=0.5J (3)导体棒cd 通过的电荷量为
E BLx q It t R R ===总总 对导体棒cd 由动量定理得
0BILt mgt mv μ--=- 解得
t =2.5s。