福建省闽侯第六中学2023年物理高二下期末综合测试试题含解析

2022-2023学年高二下物理期末模拟试卷注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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、如题图所示为一理想变压器和负载电阻R，下列哪种做法可增加变压器原线圈的输入功率（）A．只减少副线圈匝数B．只增加原线圈匝数C．只增大R的阻值D．只减小R的阻值2、如图所示，一束平行光经玻璃三棱镜折射后分解为互相分离的a、b、c三束单色光．比较a、b、c三束光，可知A．当它们在真空中传播时，c光的波长最大B．当它们在玻璃中传播时，c光的速度最大C．若它们都从玻璃射向空气，c光发生全反射的临界角最小D．对同一双缝干涉装置，a光干涉条纹之间的距离最小3、在水平地面上方有正交的匀强电场和匀强磁场,匀强电场方向竖直向下、匀强磁场方向水平向里。现将一个带正电的金属小球从M点以初速度水平抛出,小球着地时的速度为在空中的飞行时间为若将磁场撤除，其它条件均不变,那么小球着地时的度为在空中飞行的时间为小球所受空气阻力可忽略不计,则关于和A和的大小比较,以下判断正确的是A．v1>v2，t1>t2 B．C． D．4、广州塔，昵称小蛮腰，总高度达600米，游客乘坐观光电梯大约一分钟就可以到达观光平台．若电梯简化成只受重力与绳索拉力，已知电梯在t＝0时由静止开始上升，a－t图象如图所示（以竖直向上为正方向）．则下列相关说法正确的是（）A．t＝4.5s时，电梯处于失重状态B．5～55s时间内，绳索拉力最小C．t＝59.5s时，电梯处于超重状态D．t＝60s时，电梯速度恰好为零5、设想探测火星时，载着登陆舱的探测飞船在以火星中心为圆心，半径为r1的圆轨道上运动，周期为T1，登陆舱的探测飞船的总质量为m1。随后登陆舱脱离飞船，变轨到离星球更近的半径为r2的圆轨道上运动，此时登陆舱的质量为m2。则A．火星的质量为M=B．火星表面的重力加速度为'C．登陆舱在r1与r2轨道上运动时的速度大小之比为vD．登陆舱在半径为r2轨道上做圆周运动的周期为T6、如图所示,有一正方形闭合线圈,在足够大的匀强磁场中运动.下列四个图中能产生感应电流的是A．矩形线圈平行于磁场向右平移 B．矩形线圈垂直于磁场向右平移C．矩形线圈绕水平轴OO′匀速转动 D．矩形线圈绕竖直轴OO′匀速转动二、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，一根长度为2L、质量为m的绳子挂在定滑轮的两侧，左右两边绳子的长度相等．绳子的质量分布均匀，滑轮的质量和大小均忽略不计，不计一切摩擦．由于轻微扰动，右侧绳从静止开始竖直下降，当它向下运动的位移为x时，加速度大小为a，滑轮对天花板的拉力为T。已知重力加速度大小为g，下列a﹣x、T﹣x关系图线正确的是（）A．B．C．D．8、图1所示为氢原子能级图，大量处于n＝4激发态的氢原子向低能级跃迁时能辐射出多种不同频率的光，其中用从n＝4能级向n＝2能级跃迁时辐射的光照射图2所示光电管的阴极K时，电路中有光电流产生，则()A．若将滑片右移，电路中光电流增大B．若将电源反接，电路中可能有光电流产生C．若阴极K的逸出功为1.05eV，则逸出的光电子最大初动能为2.4×10－19JD．大量处于n＝4激发态的氢原子向低能级跃迁时辐射的光中只有4种光子能使阴极K发生光电效应9、空间某一静电场的电势φ在x轴上分布如图所示，x轴上两点B、C点电场强度在x方向上的分量分别是EBx、EA．EBx的大小大于EB．EBx的方向沿xC．电荷在O点受到的电场力在x方向上的分量最大D．负电荷沿x轴从B移到的过程中，电场力先做正功，后做负功10、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）图甲所示为研究小车做匀变速直线运动的实验装置，打点计时器的工作频率为51HZ．图乙为实验中选取的一段纸带，其中每相邻两计数点之间的时间间隔为1．1s．（1）以下实验操作步骤正确的是和．A．打点前需要平衡摩擦力B．若是电火花计时器，应该使用221V的交流电源C．选接通电源，再释放小车D．该实验所需要的测量工具是秒表和刻度尺（2）计数点2对应的瞬时速度大小为m/s；（3）小车下滑的加速度大小为m/s2（两个计算结果均保留三位有效数字）12．（12分）某同学要测量一个由均匀新材料制成的圆柱体的电阻率，步骤如下：（1）游标卡尺测量其长度如图甲所示，可知其长度为________；（2）用螺旋测微器测量其直径如图乙所示，可知其直径为_______；（3）选用多用电表的电阻“”档，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘的示数如图丙所示，则该电阻的阻值约为_______．（4）为更精确地测量其电阻，可供选择的器材如下：电流表（量程，内阻约为）；电流表（量程，内阻约为）；电压表（量程，内阻）；电压表（量程，内阻约为）；定值电阻滑动变阻器（最大阻值为）滑动变阻器（最大阻值为）电源E（电动势约为，内阻约为）开关，导线若干．为了使测量尽量准确，测量时电表读数不得小于其量程的，电压表应选_____，电流表应选_____，滑动变阻器应选______（填器材代号）．根据你选择的器材，请在线框内画出实验电路图．_____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）弹簧振子以O点为平衡位置在B、C两点之间做简谐运动，B、C相距20cm．某时刻振子处于B点，经过0.5s，振子首次到达C点，求：(1)振动的周期和频率；(2)振子在5s内通过的路程及5s末的位移大小；14．（16分）如图所示，长为50cm、内壁光滑的气缸固定在水平面上，气缸内用横截面积为100cm2的活塞封闭有压强为1.0×105Pa、温度为27℃的理想气体，开始时活塞位于距左侧缸底30cm处.现对封闭的理想气体加热，使活塞缓慢向右移动．（已知大气压强为1.0×105Pa）①试计算当温度升高到327℃时，缸内封闭气体的压强；②若在此过程中封闭气体共吸收了700J的热量，试计算气体增加的内能.15．（12分）如图所示，ABC是固定在竖直平面内的绝缘圆弧轨道，圆弧半径为R.A点与圆心O等高，B、C点处于竖直直径的两端．PA是一段绝缘的竖直圆管，两者在A点平滑连接，整个装置处于方向水平向右的匀强电场中．一质量为m、电荷量为＋q的小球从管内与C点等高处由静止释放，一段时间后小球离开圆管进入圆弧轨道运动．已知匀强电场的电场强度E＝(g为重力加速度)，小球运动过程中的电荷量保持不变，忽略圆管和轨道的摩擦阻力．求：(1)小球到达B点时速度的大小；(2)小球到达B点时对圆弧轨道的压力；

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】

A、由可知，，只减小副线圈匝数，则减小，，减小。因，故输入功率减小，A错误；B、由可知，只增加原线圈匝数，则减小，，减小。因，故输入功率减小，B错误；C、不变，不变，只增大R的阻值，由可知，减小，因，故输入功率减小，C错误；D、不变，不变，只减小R的阻值，由可知，增加，因，故输入功率增加，D正确；2、C【解析】

A．由光路图可知，c光的偏转程度最大，则c光的折射率最大，频率最大，根据知，c光的波长最小，故A错误；B．c光的折射率最大，根据知，c光在玻璃中传播的速度最小，故B错误；C．根据知，c光的折射率最大，则c光发生全反射的临界角最小，故C正确；D．

a光的频率最小，则波长最长，根据知，a光干涉条纹之间的距离最大，故D错误；故选C．【点睛】根据光线的偏折程度比较出各种色光的折射率，从而得出频率的大小，根据得出波长的大小，根据比较在三棱镜中的传播速度大小，根据比较发生全反射的临界角大小；根据波长的大小，结合比较干涉条纹间的间距大小．3、C【解析】

未撤除磁场时，小球受到重力、电场力和洛伦兹力，但洛伦兹力不做功．根据动能定理分析速度大小关系．分析洛伦兹力对小球运动影响，分析时间关系【详解】因为洛伦兹力对粒子永远不做功，则根据动能定理，磁场存在与否，重力和电场力对小球做功相同，则小球着地时的速率都应该是相等的，即v1=v1。存在磁场时，小球就要受到向右上方的洛伦兹力，有竖直向上的分力，使得小球在竖直方向的加速度小于没有磁场时的加速度，在空中飞行的时间要更长些。即t1＞t1．故C正确，ABD错误。故选C。【点睛】本题中小球在复合场中运动，关键要抓住洛伦兹力不做功，不改变速度大小的特点进行分析．4、D【解析】

A．据题，电梯在t=1时由静止开始上升，加速度向上，此时加速度a＞1，t=4.5s时，a＞1，加速度向上，电梯处于超重状态，故A项不符合题意；B．5～55s时间内，a=1，电梯处于平衡状态，绳索拉力等于电梯的重力，大于电梯失重时绳索的拉力，所以这段时间内绳索拉力不是最小，故B项不符合题意；C．t=59.5s时，a＜1，加速度方向向下，电梯处于失重状态，故C项不符合题意；D．根据a-t图象与坐标轴所围的面积表示速度的变化量，由几何知识可知，61s内a-t图象与坐标轴所围的面积为1，所以61s内速度的变化量为1，而电梯的初速度为1，所以t=61s时，电梯速度恰好为1．故D项符合题意．5、A【解析】A、根据万有引力提供向心力得GMm1r12=mB、由于火星的半径未知，则无法求出星球表面的重力加速度，故B错误；C、根据万有引力提供向心力得GMmr2=mv2r，解得v=GMr，登陆舱在r1与D、根据万有引力提供向心力得GMmr2=m4π2T2r，解得故选A。【点睛】本题主要抓住万有引力提供圆周运动向心力并由此根据半径关系判定描述圆周运动物理量的大小关系，掌握万有引力提供向心力这一理论，并能灵活运用。6、D【解析】

A图中线框平行于磁场感应线运动，穿过线框的磁通量没有变化，不会产生感应电流，故A错误；B图中线框垂直于磁感线运动，虽然切割磁感线，但穿过的磁通量没有变化，因此也不会产生感应电流，故B错误；C图中线框绕轴转动，但线框平行于磁场感应线，穿过的磁通量没有变化，因此也不会产生感应电流，故C错误；D图中线框绕轴转动，导致磁通量发生变化，因此线框产生感应电流，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、AD【解析】

设单位长度上质量为m0，则根据受力分析知：a=m1-m2mg=(L+x)m0-(L-x)m02Lm0g=xLg，加速度与x成正比，当x=L时，加速度a=g，以后不变，故A正确，B【点睛】此题考查受力分析和牛顿运动定律的应用，注意研究对象的选取，不过不涉及内力，选择整体作为研究对象要简单的多.8、BC【解析】A：若将滑片右移，加在光电管上的正向电压变大，光电流有可能增大，也有可能不变（光电流饱和后不再增加）。故A项错误。B：若将电源反接，加在光电管上的电压变成反向电压，若电压小于遏止电压，则电路中有光电流产生。故B项正确。C：从n=4能级向n=2能级跃迁时辐射的光的能量，若阴极K的逸出功为1.05eV，则逸出的光电子最大初动能。故C项正确。D：大量处于n＝4激发态的氢原子向低能级跃迁时辐射的光有6种，其中只有从n=4能级向n=3能级跃迁光子能量()和从n=3能级向n=2能级跃迁的光子能量()小于从n=4能级向n=2能级跃迁时辐射的光子能量()。若逸出功的数值为1.05eV，则有5种光子能使阴极K发生光电效应。故D项错误。9、AD【解析】

A．本题的入手点在于如何判断EBx和ECx的大小，由图象可知在x轴上各点的电场强度在x方向的分量不相同，如果在x方向上取极小的一段，可以把此段看做是匀强磁场，用匀强磁场的处理方法思考，从而得到结论，此方法为微元法；需要对电场力的性质和能的性质由较为全面的理解．在B点和C点附近分别取很小的一段d，由图象，C点段对应的电势差，看做匀强电场有E=Δφd，可见EBxBD．沿电场方向电势降低，在O点左侧，EBx的方向沿x轴负方向，在O点右侧，ECx的方向沿x轴正方向，负电荷从B移到C的过程中，电场力先做正功，后做负功，B错误C．由图可知，O点处图象的斜率为零，故说明该点水平方向的场强最小，故电场力在水平方向上的分量最小，C错误；10、AD【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.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、（2）B,C（2）2．29（3）3．32【解析】试题分析：①研究小车做匀变速直线运动，不需要平衡摩擦力，故A错误．电火花打点计时器使用222V的交流电源，故B正确．实验时应先接通电源，再释放小车，故C正确．该实验不需要秒表，时间可以通过打点计时器直接得出，故D错误．故选B和C．②计数点2的瞬时速度，因为连续相等时间内的位移之差△x=3．32cm，根据△x=aT2得，．考点：研究小车做匀变速直线运动【名师点睛】解决本题的关键掌握纸带的处理方法，会通过纸带求解瞬时速度和加速度，关键是匀变速直线运动推论的运用．12、50.154.70022V1A2R1【解析】

（1）甲是20分度的卡尺，其精确度为0.05mm，主尺读数为：5cm，游标上第3个刻度与上面对齐，读数为：3×0.05mm=0.15mm=0.015cm，故最终读数为：50mm+0.15mm=50.15mm；（2）螺旋测微器：固定刻度为4.5mm，可动刻度为20.0×0.01mm=0.200mm，则读数为4.5mm+0.200mm=4.700mm．（3）多用电表读数22×1=22Ω；（4）由于电源电压为4V，显然电压表选15V时不满足读数不得小于其量程的的要求，因此只能选V1；而V1读数又太小，而题目中给了一个定值电阻，将定值电阻与电压表串联，装成一个新的电压表，量程为2V，基本满足要求，这样由于电阻值约22Ω，因此回路电流最大约100mA左右，因此电流表选A2；为了测量精确，滑动变阻器采分压式接法，为了便于调节，滑动变阻器选用R1；电路图电流表采用外接法，实验电路图如图所示四、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）1s,(2),【解析】

(1)由题B、C是振子运动的两个端点，从B点经过0.5s，振子首次到达C点，经过半个周期时间，求解周期；根据求解频率；(2)B、C间距离等于两个振幅，求出振幅．振子在一个周期内通过的路程是四个振幅，根据时间与周期的关系，求出振子在5s内通过的路程和位移．【详解】(1)设振幅为A，由题意：BC=2A=20

cm所以：A=10

cm振子从B到C所用时间t=0.5

s，为周期T的一半，所以：T=1.0

s由；(2)振子在1个周期内通过的路程为4A，故在t′=5

s=5T内通过的路程：5

s内振子振动了5个周期，5

s末振子仍处在B点，所以，它偏离平衡位置的位移大小为10cm．