息烽县第一中学2023学年物理高二第二学期期末综合测试试题（含解析）

2023学年高二下学期物理期末模拟测试卷注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．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、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2、如图所示，一根上细下粗、粗端与细端都均淘的玻璃管上端开口、下端(粗端)封闭，上端足够长，下端(粗端)中间有一段水银封闭了一定质量的理想气体.现对气体缓慢加热，气体温度不断升高，水银柱上升，则被封闭气体的体积与热力学温度的关系最接近下图中的A．B．C．D．3、如图所示，一弹簧一端固定在倾角为37°的光滑斜面的底端，另一端拴住质量为m1＝4kg的物块P，Q为一质量为m1＝8kg的重物，弹簧的质量不计，劲度系数k＝600N/m，系统处于静止状态．现给Q施加一个方向沿斜面向上的力F，使它从静止开始沿斜面向上做匀加速直线运动，已知在前0.1s时间内F为变力，0.1s以后F为恒力，已知sin37°＝0.6，g＝10m/s1．在这个过程中，力F的最大值与最小值分别为Fmax和Fmin，则有（）A．Fmax＝71N,Fmin＝36NB．Fmax＝71N,Fmin＝30NC．Fmax＝68N,Fmin＝36ND．Fmax＝68N,Fmin＝30N4、如图所示,用两种不同的金属丝组成一个回路,接触点1插在一杯热水中,接触点2插在一杯冷水中,此时灵敏电流计的指针会发生偏转,这就是温差发电现象,根据这一现象,下列说法中正确的是()A．这一过程违反了热力学第二定律B．这一过程违反了热力学第一定律C．热水和冷水的温度将发生变化D．这一过程违反了能量守恒定律5、关于科学家和他们的贡献,下列说祛正确的是（）A．牛顿通过理想斜面实验证明了力不是维持物体运动的原因B．万有引力定律和万有引力常量是牛顿发现并测量出的C．元电荷的数值最先是由库仑通过油滴实验测出的D．电场这个“场”的概念最先是由法拉第提出的6、如图所示是火炬手攀登珠峰的线路图，请根据此图判断下列说法正确的是()A．由起点到终点火炬手所走线路的总长度是火炬手的位移B．线路总长度与火炬手所走时间的比等于登山的平均速度C．在计算登山运动的速度时可以把火炬手当成质点D．若火炬手选择其他线路到达相同地点，则两次的路程和位移一定相同二、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、图甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，为交流电流表．线圈绕垂直于磁场方向的水平轴沿逆时针方向匀速转动，从图示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图像如图乙所示，以下判断正确的是（）A．电流表的示数为10AB．线圈转动的角速度为50πrad/sC．0.01s时线圈平面与磁场方向平行D．0.02s时电阻R中电流的方向自右向左8、如图所示，单匝矩形线圈放置在磁感应强度为B的匀强磁场中，以恒定的角速度ω绕ab边转动，磁场方向垂直于纸面向里，线圈所围面积为S，线圈导线的总电阻为R，t＝0时刻线圈平面与纸面重合．则()A．线圈中电流t时刻瞬时值表达式为i＝cosωtB．线圈中电流的有效值为I＝C．线圈中电流的有效值为I＝D．线圈消耗的电功率为P＝9、如图所示，用隔板将一绝热气缸分成两部分，隔板左侧充有理想气体，隔板右侧与绝热活塞之间是真空。现将隔板抽开，气体会自发扩散至整个气缸。待气体达到稳定后，缓慢推压活塞，将气体压回到原来的体积。假设整个系统不漏气。下列说法正确的是A．气体自发扩散前后内能相同，在被压缩的过程中内能增大B．气体在被压缩的过程中，气体分子的平均动能不变C．在自发扩散过程中，气体对外界做功D．气体在被压缩的过程中，外界对气体做功10、如图所示为一种质谱仪的示意图，由加速电场、静电分析器和磁分析器组成．若静电分析器通道中心线的半径为R，通道内均匀辐射电场，在中心线处的电场强度大小为E，磁分析器有范围足够大的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外．一质量为m、电荷量为q的粒子从静止开始经加速电场加速后沿中心线通过静电分析器，由P点垂直边界进入磁分析器，最终打到胶片上的Q点．不计粒子重力．下列说法正确的是()A．极板M比极板N的电势高B．加速电场的电压U=ERC．直径PQ=2BD．若一群粒子从静止开始经过题述过程都落在胶片上的同一点，则该群粒子具有相同的比荷三、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）为了验证碰撞中动量守恒和检验两个小球的碰撞是否为弹性碰撞(碰撞过程中没有机械能损失)，某同学选取了两个体积相同、质量不相等的小球，按下述步骤做了如下实验:(1)用天平测出两个小球的质量(分别为m1和m2，且m1＞m2)．(2)按照如图所示的那样，安装好实验装置．将斜槽AB固定在桌边，使槽的末端点的切线水平．将一斜面BC连接在斜槽末端．(3)先不放小球m2，让小球m1从斜槽顶端A处由静止开始滚下，记下小球在斜面上的落点位置．(4)将小球m2放在斜槽前端边缘处，让小球m1从斜槽顶端A处滚下，使它们发生碰撞，记下小球m1和小球m2在斜面上的落点位置．(5)用毫米刻度尺量出各个落点位置到斜槽末端点B的距离．图中D、E、F点是该同学记下的小球在斜面上的几个落点位置，到B点距离分别为L0、L1、L2根据该同学的实验，回答下列问题：(1)小球m1与m2发生碰撞后，m1的落点是图中的_________点，m2的落点是图中的_________点．(2)用测得的物理量来表示，只要满足关系式____________，则说明碰撞中动量是守恒的．(3)用测得的物理量来表示，只要再满足关系式__________，则说明两小球的碰撞是弹性碰撞．12．（12分）某同学做验证牛顿第二定律的实验，使用的器材有：带滑轮的长木板、小车及往小车摆放的大砝码、细线、小桶及往小桶里放的小砝码、打点计时器等．(1)他以小桶及小桶内的砝码的总重力作为细线对小车的拉力F，测出不同拉力F对应的加速度a值，并把各数据标在a-F坐标系上，发现它们都在一条直线的附近，这条直线不过坐标原点，如图(甲)所示，而与横坐标轴交于F1点，产生这种情况的原因是__________；(2)经过调整后，该同学作出的a-F图像如图(乙)中的A所示，另一位同学使用同一套仪器作出的a-F图像如图(乙)中的B所示．B图像的斜率比A图像的斜率小的原因是___________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）课外科技小组制作一只“水火箭”，用压缩空气压出水流使火箭运动．假如喷出的水流流量保持为2×10－4m3/s，喷出速度保持为对地10m/s.启动前火箭总质量为1.4kg，则启动2s末火箭的速度可以达到多少？已知火箭沿水平轨道运动阻力不计，水的密度是1.0×103kg/m3.14．（16分）如图所示，倾角为37°，长为l＝16m的传送带，转动速度为v＝10m/s，动摩擦因数μ＝0.5，在传送带顶端A处无初速度地释放一个质量为m＝0.5kg的物体．已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.g＝10m/s2.求：(1)传送带顺时针转动时，物体从顶端A滑到底端B的时间；(2)传送带逆时针转动时，物体从顶端A滑到底端B的时间．15．（12分）如图，容积均为V的汽缸A、B下端有细管（容积可忽略）连通，阀门K2位于细管的中部，A、B的顶部各有一阀门K1、K3，B中有一可自由滑动的活塞，面积为S，活塞的体积可忽略。初始时三个阀门均打开，活塞在B的底部；关闭K2、K3，通过K1给汽缸充气，使A中气体的压强达到大气压P0的4.5倍后关闭K1.已知室温为27℃，汽缸导热。（1）打开K2，稳定时活塞正好处于B气缸的中间位置，求活塞的质量；（2）接着打开K3，待活塞的位置稳定后，再缓慢降低汽缸内气体，使其温度降低20℃和50℃，分别求出稳定时活塞下方气体的压强。

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、C【答案解析】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．2、A【答案解析】

根据PVT=C得：V=CPT，则V-T图线的斜率为CP，在水银柱升入细管前，封闭气体先做等压变化，斜率不变，图线为直线；水银柱部分进入细管后，气体压强增大，斜率减小；当水银柱全部进入细管后，气体的压强又不变，V-3、A【答案解析】设刚开始时弹簧压缩量为x0，则（m1+m1）gsinθ=kx0因为在前0.1s时间内，F为变力，0.1s以后，F为恒力，所以在0.1s时，P对Q的作用力为0，由牛顿第二定律知kx1-m1gsinθ=m1a前0.1s时间内P、Q向上运动的距离为，由以上三式解得a=3m/s1当P、Q开始运动时拉力最小，此时有Fmin=（m1+m1）a=36N，当P、Q分离时拉力最大，此时有Fmax=m1（a+gsinθ）=71N，故A正确。点晴：从受力角度看，两物体分离的条件是两物体间的正压力为0，从运动学角度看，一起运动的两物体恰好分离时，两物体在沿斜面方向上的加速度和速度仍相等。4、C【答案解析】

A.热力学第二定律有实际热现象总结而来，故任何宏观的实际热现象都符合热力学第二定律，故A错误；B.吸放热和做功均会改变内能，该过程没有违反热力学第一定律，故B错误。C.在实验过程中，热水内能减少，一部分转移到低温物体，一部分转化为电能，故热水一定会降温，冷水一定会升温，故C正确。D.能量守恒定律是普遍定律，在实验过程中，热水的内能部分转化成电能，有电阻的位置都会产生热能，符合能量守恒定律，故D错误。5、D【答案解析】

A．伽利略通过理想斜面实验证明了力不是维持运动状态的原因，A错误；B．牛顿发现了万有引力定律，而引力常量由卡文迪许测出，B错误；C．密立根利用油滴实验，测出的油滴带电量均为一个最小单元的整数倍，把这个最小带电单元叫做元电荷，它是自然界中最小的电荷量，C错误；D．19世纪30年代，法拉第提出另一种观点，认为一个电荷的周围存在着由它产生的电场，另外一个电荷受到的作用力就是这个电场给予的，他还引入了电力线（又称电场线）来描述电场的性质，这个方法一直被沿用至今，故D正确．故选D.6、C【答案解析】

A.由起点到终点火炬手所走线路的总长度是火炬的路程，故A错误；B.线路总长度与火炬手所走时间的比等于登山的平均速率，平均速度等于位移与时间的比值，故B错误；C.在计算火炬手运动的时间时，火炬手的大小和形状可以忽略，可以看成质点，故C正确；D.由起点到终点火炬手运动的位移的大小相等，但路程不一定相等，故D错误．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【答案解析】

由题图乙可知交流电电流的最大值是=A，交流电的周期T=0.02s，电流表的示数为交流电的有效值即=10A，选项A正确；线圈转动的角速度rad/s，选项B错误；0.01s时流过线圈的感应电流达到最大，线圈中产生的感应电动势最大，磁通量的变化率最大，则穿过线圈的磁通量为0，即线圈平面与磁场方向平行，选项C正确；由楞次定律可知0.02s时流过电阻的电流方向自左向右，选项D错误．本题选AC．8、CD【答案解析】

回路中感应电动势最大值Em＝BSω，电流最大值Im＝＝，t＝0时为中性面，故瞬时值表达式i＝sinωt，故A错误；电流有效值I＝＝，故B错误，C正确；P＝I2R＝，故D正确．9、AD【答案解析】

ACD.气体向真空扩散过程中不对外做功，且气缸绝热，故自发扩散前后内能相同；气体在被压缩过程中活塞对气体做功，因气缸绝热，故气体内能增大，即A、D项正确，C项错误；B.气体在被压缩过程中内能增加，使其温度升高，故分子的平均动能增大，即B项错误.10、AD【答案解析】试题分析：带电粒子要打到胶片Q上，根据磁场方向和左手定则可知带电粒子需带正电，在加速电场能够得到加速，则极板M比极板N电势高，A对；在静电分析器中带电粒子做匀速圆周运动，电场力提供向心力，即，再根据可知，B错；带电粒子垂直进入磁分析器，直径PQ=2R，C错；若一群离子从静止开始经过上述过程都落在胶片上同一点，即半径相同，根据和可知，，即只与带电粒子的比荷有关．考点：本题考查了带电粒子在组合场中的运动．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、DF【答案解析】

考查验证碰撞中动量守恒。【题目详解】（1）小球m1和小球m2相撞后，小球m2的速度增大，小球m1的速度减小，都做平抛运动，所以碰撞后m1球的落地点是D点，m2球的落地点是F点；

（2）碰撞前，小于m1落在图中的E点，设其水平初速度为v1．小球m1和m2发生碰撞后，m1的落点在图中的D点，设其水平初速度为v1′，m2的落点是图中的F点，设其水平初速度为v2．设斜面BC与水平面的倾角为α，

由平抛运动规律得：解得：

同理可解得：，所以只要满足,即，说明两球碰撞过程中动量守恒；（3）若为弹性碰撞，则碰撞前后机械能守恒，则需满足关系式：即。12、没平衡摩擦力或平衡不够B质量大【答案解析】

(1)由图象可知：图线不通过坐标原点，即F不为零时，加速度仍为零，是因为没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足；(2)根据牛顿第二定律有：F=ma，故有a=，所以在a−F图象中斜率表示，故斜率大的质量小，两条图象斜率不同，A图线的斜率大，其研究对象的质量必定小；B图线斜率小，其研究对象的质量必定大．而本题中的研究对象是小车及车上砝码，所以B图线表示的小车及车上砝码总质量较大．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、【答案解析】试题分析：“水火箭”喷出水流做反冲运动．设火箭原来总质量为M，喷出水流的流量为Q，水的密度为ρ，喷出水流的速度为v，火箭的反冲速度为v′，由动量守恒定律得火箭启动2s末的速度为v′＝＝m/s＝4m/s考点：动量守恒定律的应用点评：正确理解动量守恒的条件：（1）系统受到的合外力为零；（2）系统所受的外力比相互作用力（内力）小的多，以至可以忽略外力的影响；（3）系统总体上不满足动量守恒定律，但是在某一特定的方向上，系统不受外力，或所受的外力远小于内力，则系统沿这一方向的分动量守恒．14、(1)t＝4s(2)t总＝2s【答案解析】试题分析：（1）传送带顺时针转动时，物体相对传送带向下运动，则物体所受滑动摩擦力沿斜面向上，相对传送带向下匀加速运动，根据牛顿第二定律有mg（sin37°－μcos37°）＝ma则a＝gsin37°－μgcos37°＝2m/s2，