2023届辽宁省北票市桃园中学高二物理第二学期期末监测模拟试题含解析

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、如图，一质点从A点开始做初速度为零的匀加速直线运动，加速度大小为a，B、C、D是质点运动路径上三点，且BC＝x1，CD＝x2，质点通过B、C间所用时间与经过C、D间所用时间相等，则质点经过C点的速度为()A． B．C． D．2、如图所示，在冰壶世锦赛上中国队以8：6战胜瑞典队，收获了第一

个世锦赛冠军，队长王冰玉在最后一投中，将质量为19kg的冰壶推出，运动一段时间后以0.4m/s的速度正碰静止的瑞典冰壶，然后中国队冰壶以0.1m/s的速度继续向前滑向大本营中心．若两冰壶质量相等，则下列判断正确的是（）A．瑞典队冰壶的速度为0.3m/s，两冰壶之间的碰撞是弹性碰撞B．瑞典队冰壶的速度为0.3m/s，两冰壶之间的碰撞是非弹性碰撞C．瑞典队冰壶的速度为0.5m/s，两冰壶之间的碰撞是弹性碰撞D．瑞典队冰壶的速度为0.5m/s，两冰壶之间的碰撞是非弹性碰撞3、如图，是甲、乙两质点从同一位置，在同一直线上运动的速度v与时间t的关系图象．对两质点运动情况的分析，下列结论正确的是()A．甲的加速度大于乙的加速度B．在t=2s时两质点相遇C．在t=1s时两质点相距0.25mD．在t=2s时两质点相距3m4、杂技表演过程中，演员将小球以初速度v0=10m/s竖直向上抛出，忽略空气阻力，重力加速度g=10m/s2，下列说法正确的是A．抛出后经过1s，小球落回出发点B．抛出后经过1s，小球的加速度大小为零C．抛出后经过2s，小球的位移为零D．抛出后经过2s，小球的位移最大5、半径为r带缺口的刚性金属圆环在纸面上固定放置，在圆环的缺口两端引出两根导线，分别与两块垂直于纸面固定放置的平行金属板连接，两板间距为d，如图（上）所示．有一变化的磁场垂直于纸面，规定向内为正，变化规律如图（下）所示．在t=0时刻平板之间中心有一重力不计，电荷量为q的静止微粒，则以下说法正确的是A．第3秒内上极板为正极B．第3秒内上极板为负极C．第2秒末微粒回到了原来位置D．第3秒末两极板之间的电场强度大小为0.26、如图所示，有一水平向右的匀强磁场，磁感应强度为1T，在匀强磁场中固定一根与磁场方向垂直的通电直导线，其中通有垂直纸面向里的恒定电流以直导线为中心作一个圆，圆周上c处的磁感应强度恰好为零。则下列说法正确的是A．a处磁感应强度也为零B．a处磁感应强度为1T，方向水平向右C．b处磁感应强度为T，方向与匀强磁场方向成45°角D．d处磁感应强度为2T，方向水平向右二、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、在某一高度以的初速度竖直上抛一个小球(不计空气阻力)，当小球速度大小为时，以下判断正确的是(g取)()A．小球在这段时间内的平均速度大小可能为，方向向上B．小球在这段时间内的平均速度大小可能为，方向向下C．小球在这段时间内的平均速度大小可能为，方向向上D．小球的位移大小一定是15m8、下列说法正确的是A．LC振荡电路中，当电流增大时，电容器所带电量也增大B．光的行射现象说明在这一现象中光不沿直线传播了C．光的干涉是光叠加的结果，但光的衍射不是光叠加的结果D．发生多普勒效应时，波源的频率保持不变9、用一段横截面半径为r、电阻率为ρ、密度为d的均匀导体材料做成一个半径为R(r<<R)的圆环。圆环竖直向下落入如图所示的径向磁场中，圆环的圆心始终在N极的轴线上，圆环所在位置的磁感应强度大小均为B。圆环在加速下落过程中某一时刻的速度为v，忽略电感的影响，则A．此时在圆环中产生了(俯视)顺时针的感应电流B．此时圆环受到竖直向下的安培力作用C．此时圆环的加速度D．如果径向磁场足够深，则圆环的最大速度10、关于振动和波的物理现象，下列说法正确是A．在喜剧电影《功夫》中，包租婆的“狮子吼”可以将酒杯震碎，这属于共振现象B．正在鸣笛的救护车远离我们的过程中音调变低，这属于多普勒效应现象C．用手挡住电视的遥控器，遥控器仍然可以正常使用，这属于波的干涉现象D．医用超声波定位利用了超声波容易发生明显衍射的特点三、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）在利用图1所示的装置探究加速度与力、质量的关系的实验中．（1）下列做法正确的是________（填字母代号）．A．调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行B．在长木板带定滑轮的一端下面垫上一块薄木块，使小车在不受牵引力时能匀速下滑C．实验时，先放开小车再接通打点计时器的电源D．增减小车上的砝码改变质量后，不需要重新调节木板倾斜度（2）为使砝码盘及盘内砝码受到的总重力近似等于小车运动时受到的拉力，应满足的条件是砝码盘及盘内砝码的总质量________小车和小车上砝码的总质量．（选填“远大于”“远小于”或“近似等于”）（3）图2是实验中得到的一条纸带，纸带上已量出某些点间的距离．已知打点计时器的工作频率为，则小车的加速度________．（结果保留两位有效数字）（4）甲、乙两同学在同一实验室，各取一套图1所示的装置放在水平桌面上，在没有平衡摩擦力的情况下，研究加速度与拉力的关系，分别得到图3中甲、乙两条直线．设甲、乙用的小车及车上砝码的质量分别为，甲、乙用的小车及车上法码受到的阻力与重力之比分别为，则________，________．（选填“大于”“小于”或“等于”）12．（12分）如图所示装置来验证动量守恒定律，质量为mA的钢球A用细线悬挂于O点，质量为mB的钢球B放在离地面高度为H的小支柱N上，O点到A球球心的距离为L，使悬线在A球释放前伸直，且线与竖直线夹角为α，A球释放后摆到最低点时恰与B球正碰，碰撞后，A球把轻质指示针OC推移到与竖直线夹角β处，B球落到地面上，地面上铺有一张盖有复写纸的白纸D，保持α角度不变，多次重复上述实验，白纸上记录到多个B球的落点．(1)图中x应是B球初始位置到________的水平距离．(2)为了验证两球碰撞过程动量守恒，应测得的物理量有：______.(3)用测得的物理量表示碰撞前后A球、B球的动量：pA＝________，pA′＝________，pB＝________，pB′＝________.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）半径R=4500km的某星球上有一倾角为30o的固定斜面，一质量为1kg的小物块在力F作用下从静止开始沿斜面向上运动，力F始终与斜面平行．如果物块和斜面间的摩擦因数，力F随时间变化的规律如图所示（取沿斜面向上方向为正），2s末物块速度恰好又为0，引力常量．试求：（1）该星球的质量大约是多少？（2）要从该星球上平抛出一个物体，使该物体不再落回星球，至少需要多大速度？（计算结果均保留二位有效数字）14．（16分）一半圆柱形透明物体横截面如图所示，底面AOB镀银(图中粗线)，O表示半圆截面的圆心，一束光线在横截面内从M点入射，经过AB面反射后从N点射出．已知光线在M点的入射角为30°，∠MOA＝60°，∠NOB＝30°.已知sin15(1)光线在M点的折射角；(2)透明物体的折射率．c15．（12分）用绳拴住木棒AB的A端，使木棒在竖直方向上静止不动．在木棒A端正下方有一点C距A端0.8m．若把绳轻轻剪断，测得A、B两端通过C点的时间差是0.2s．重力加速度g=10m/s2，求：（1）A端运动到C点的时间．（2）木棒AB的长度．

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】设质点从B到C所用时间为T，则，因此，则从B到D的时间为，质点经过C点的速度，故A正确，BCD错误；故选A．2、B【解析】两冰壶碰撞的过程中动量守恒，规定向前运动方向为正方向，根据动量守恒定律有：mv1=mv2+mv3代入数据得：m×0.4=m×0.1+mv3解得：v3=0.3m/s.动能减小量：故动能减小，是非弹性碰撞；故选B．【名师点睛】两冰壶在碰撞的过程中动量守恒，根据动量守恒定律求出碰后中国队冰壶获得的速度，通过计算动能改变量来判断是否为弹性碰撞．3、D【解析】

（1）v-t图象的斜率代表加速度，图象越陡，说明该运动加速度越大，故甲质点的加速度小于乙质点得加速度，A错误；（2）v-t图象的交点代表速度相同，故t=2s时两质点的速度相同；v-t图象的面积代表位移，从图象可以看到，两质点在0-2s内位移并不相等，B错误；（3）由图象可知，甲、乙两质点运动的加速度分别为，，所以在0-1s内，甲的位移为，乙的位移为，所以在t=1s的时刻，两质点相距，C错误；（4）在0-2s内，由v-t图象的面积可知，甲的位移为，乙的位移为，所以在t=2s的时刻，两质点相距3m．【点睛】根据v-t图象的斜率大小（陡峭程度）可以判断或计算两物体的加速度的大小；根据v-t图象的面积可以可以计算位移：横轴上方的面积代表物体沿正方向的位移；横轴下方的面积代表物体沿负方向的位移．4、C【解析】

ACD.抛出后经过t=2v0g=2sB.抛出后经过1s，小球到达最高点，速度大小为零，但是加速度为g，选项B错误；5、A【解析】试题分析：（1）由楞次定律可以判断出两极板哪个是正极，哪个是负极；（2）由法拉第电磁感应定律可以求出感应电动势，然后由匀强电场场强与电势差的关系可以求出两极板间的场强大小．解：A、第2s内，磁感应强度均匀减小，根据楞次定律知，上极板为正极，故A正确．B、第3s内，磁感应强度垂直纸面向外且逐渐增大，根据楞次定律知，上极板为正极，故B错误．C、第1s内下极板为正极，微粒开始做匀加速直线运动，第2s内，上极板为正极，微粒做匀减速直线运动到零，2s末未回到原位置．故C错误．D、根据法拉第电磁感应定律可知，两极板间的电势差U=，则电场强度E=．故D错误．故选A．【点评】本题是一道综合题，考查了楞次定律、法拉第电磁感应定律、匀强磁场场强与电势差的关系的应用，难度较大，分析清楚图象、熟练应用基础知识是正确解题的关键．6、C【解析】

由题，c点的磁感应强度为0，说明通电导线在c点产生的磁感应强度与匀强磁场的磁感应强度大小相等、方向相反，即得到通电导线在c点产生的磁感应强度方向水平向左，大小也是1T；由安培定则可知，该电流在a点产生的磁场方向向右，在b点产生的磁场的方向向上，在d点产生的磁场的方向向下，该电流在abd各点产生的磁场的磁感应强度都是1T；AB.通电导线在a处的磁感应强度方向向右，根据平行四边形与匀强磁场进行合成得知，a点磁感应强度为2T，方向水平向右，故AB错误。C.通电导线在b处的磁感应强度方向向上，则b点磁感应强度为T，方向与匀强磁场方向成45°角斜向上，故C正确。D.通电导线在d处的磁感应强度方向竖直向上，则d点感应强度为T，方向与匀强磁场方向成45°斜向下，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、ACD【解析】

小球被竖直向上抛出，做的是匀变速直线运动，平均速度可以用匀变速直线运动的平均速度公式求出．规定竖直向上为正方向，当小球的末速度大小为10m/s、方向竖直向上时，v＝10m/s，用公式求得平均速度为15m/s，方向竖直向上，A正确；当小球的末速度大小为10m/s、方向竖直向下时，v＝－10m/s，用公式求得平均速度大小为5m/s，方向竖直向上，C正确，B错误；由于末速度大小为10m/s时，球的位置一定，距起点的位移h＝＝15m，D正确．8、BD【解析】

A．LC振荡电路中，当电流增大时，电容器放电，所带电量减小，选项A错误；B．光的行射现象说明光能够绕开障碍物，即在这一现象中光不沿直线传播了，选项B正确；C．光的干涉和衍射都是光叠加的结果，选项C错误；D．发生多普勒效应时，波源的频率保持不变，只是当观察者相对波源运动时，观察者接受到的波的频率发生了变化，选项D正确；故选BD.9、AD【解析】

A．由题意可知，根据右手定则，右图中，环左端面电流方向垂直纸面向里，右端面电流方向向外，则有(俯视)顺时针的感应电流，故A项符合题意；B．根据楞次定律可知，环受到的安培力向上，阻碍环的运动，故B项不符合题意；C．圆环落入磁感应强度B的径向磁场中，产生的感应电动势圆环的电阻电流圆环所受的安培力大小由牛顿第二定律得其中质量联立解得故C项不符合题意；D．当圆环做匀速运动时，安培力与重力相等，速度最大，即有可得解得故D项符合题意。10、AB【解析】

A．根据共振的条件与共振的特点可知，当物体发生共振时，物体振动的振幅最大，甚至可能造成物体解体，故用“狮子吼”将酒杯震碎是共振现象，故A正确；B．根据多普勒效应知，当接收者相对于波源越来越远时，接收者接受到的频率越来越低，故B正确；C．用手挡住电视的遥控器，遥控器仍可以正常使用，这属于波的衍射现象，故C错误；D．医用超声波定位是利用了超声波方向性强，能量易于集中的特征，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、AD远小于0.88小于大于【解析】

(1)A、使牵引木块的细绳与长木板保持平行可以保证拉力稳定，否则对小车的拉力只是绳子拉力的分力，故A正确；B.应该在打点计时器的一段垫上薄木块，故B错误；C.实验时，先接通打点计时器，然后再放开小车，故C错误；D.平衡摩擦力后重力沿斜面向下的分力等于摩擦力，与小车质量无关，以后改变小车质量不需要重新调节，故D正确．故选AD；(2)为使砝码盘及盘内砝码受到的总重力近似等于小车运动时受到的拉力，应满足的条件是砝码盘及盘内砝码的总质量远小于小车和小车上砝码的总质量；(3)根据△x=aT2，可知a=m/s2=0.88m/s2(4)当没有平衡摩擦力时有：F−f=ma,故a=F−μg，即图线斜率为，纵轴截距的大小为μg，观察图线可知m甲小于m乙，μ甲大于μ乙，μ即为题中说的k；12、落点α、β、L、H、x0【解析】试题分析：（1）B球被A球碰撞后做平抛运动，所以s是B球的平抛水平距离；（2）据题意，碰撞前后瞬间AB两球动量守恒，则有：mAvA=mAvA’+mBvB’，而据mAgL(1-cosα)=mAv2A/2可得vA=，同理可得碰撞完成瞬间A球的速度为：vA’=；B球被碰撞后：vB=s/t,而t=．所以需要测量的量为：α、β、L、H．（3）pA=mA，pA′=mA，pB=0，pB′=mBs．考点：本题考查对动量守恒定律的验证．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）（1）6.0km/s【解析】

（1）假设星球表面的重力加速度为g，小物块在力F1=10N作用过程中，有：F1-mgsinθ-μmgcosθ=ma1小物块在力F1=-4N作用过程中，有：F1+mgsinθ+μmgcosθ=ma1且有1s末速度v=a1t1=a1t1联立解得：