2022-2023高二下物理期末模擬試卷注意事項(xiàng)1．考試結(jié)束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規(guī)定位置．3．請認(rèn)真核對監(jiān)考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準(zhǔn)考證號與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應(yīng)選項(xiàng)的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗．一、單項(xiàng)選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1、如圖所示，一個邊長為2L的等腰直角三角形ABC區(qū)域內(nèi)，有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，其左側(cè)有一個用金屬絲制成的邊長為L的正方形線框abcd，線框以水平速度v勻速通過整個勻強(qiáng)磁場區(qū)域，設(shè)電流逆時針方向?yàn)檎?。則在線框通過磁場的過程中，線框中感應(yīng)電流i隨時間t變化的規(guī)律正確的是A． B．C． D．2、某原子核A先進(jìn)行一次β衰變變成原子核B，再進(jìn)行一次α衰變變成原子核C，則（）A．核C的質(zhì)子數(shù)比核A的質(zhì)子數(shù)少2B．核A的質(zhì)量數(shù)減核C的質(zhì)量數(shù)等于3C．核A的中子數(shù)減核C的中子數(shù)等于3D．核A的中子數(shù)減核C的中子數(shù)等于53、如圖所示，B、C兩個小球用細(xì)線懸掛于豎直墻面上的A、D兩點(diǎn)，兩球均保持靜止，已知B球的重力為2G，C球的重力為3G，細(xì)線AB與豎直墻面之間的夾角為37°，細(xì)線CD與豎直墻面之間的夾角為53°，則A．AB繩中的拉力為5GB．CD繩中的拉力為3GC．BC繩中的拉力為2GD．BC繩與豎直方向的夾角θ為53°4、如圖所示為甲、乙兩列簡諧橫波在同一繩上傳播時某時刻的波形圖，甲向右傳播，乙向左傳播，質(zhì)點(diǎn)M的平衡位置為。則可判斷A．這兩列波不會形成穩(wěn)定的干涉現(xiàn)象B．繩上某些質(zhì)點(diǎn)的位移始終為零C．質(zhì)點(diǎn)

M

的振動始終加強(qiáng)D．圖示時刻開始，再經(jīng)過

甲波周期，M

將位于波峰5、已知長為L的光滑斜面，物體從斜面頂端由靜止開始以恒定的加速度下滑，當(dāng)物體的速度是到達(dá)斜面底端速度的1/3時，它沿斜面已下滑的距離是（）A．L/3B．3L/3C．L/6D．L/96、如圖所示，電源的電動勢和內(nèi)阻分別為E、r，在滑動變阻器的滑片P由a向b移動的過程中，下列各物理量變化情況為A．電流表的讀數(shù)逐漸減小B．的功率逐漸增大C．電源的輸出功率可能先減小后增大D．電壓表與電流表讀數(shù)的改變量的比值先增大后減小二、多項(xiàng)選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項(xiàng)中，有多個選項(xiàng)是符合題目要求的。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7、關(guān)于分子間作用力下列說法正確的有A．相鄰的兩分子間同時存在引力和斥力B．分子引力隨分子間距增大而增大C．分子斥力隨分子間距增大而減小D．分子力隨分子間距增大先減小后增大8、兩列簡諧橫波均沿x軸傳播，t＝0時刻的波形圖如圖所示，其中一列沿正x方向傳播（圖中實(shí)線所示），一列沿負(fù)x方向傳播（圖中虛線所示）．這兩列波的傳播速度均為10m/s，振動方向均沿y軸，下列說法正確的是（）A．兩列簡諧波的頻率均為1.25HzB．兩列簡諧波引起x＝0處質(zhì)點(diǎn)振動的振幅為零C．兩列簡諧波引起x＝2m處質(zhì)點(diǎn)振動的振幅為零D．在t＝0.2s兩列簡諧波引起x＝4m處質(zhì)點(diǎn)振動的位移為12cmE.兩列簡諧波引起x＝1m處質(zhì)點(diǎn)振動的位移可能為12cm9、下列對無線電廣播要對電磁波進(jìn)行調(diào)制的原因的說法正確的是()A．經(jīng)過調(diào)制后的高頻電磁波向外輻射能量的本領(lǐng)更強(qiáng)B．經(jīng)過調(diào)制后的電磁波在空間傳播得更快C．經(jīng)過調(diào)制后的電磁波在空間傳播波長才能不變D．經(jīng)過調(diào)制后的高頻電磁波才能把我們要告知對方的信號有效地傳遞出去10、A物體自高為H的塔頂自由下落的同時，B物體自塔底以初速度v0豎直上拋，B物體上升至最高點(diǎn)時，A物體正好落地，則下列說法正確的是（）A．兩物體相遇時，A、B兩物體的速度大小均為B．兩物體相遇時離地面的高度為C．B物體上升的最大高度高于HD．A物體落地時速度小于v0三、實(shí)驗(yàn)題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11．（6分）可將光能轉(zhuǎn)換為電能的硅光電池已經(jīng)得到了廣泛的應(yīng)用．某同學(xué)利用如圖甲所示的器材探究在一定光照強(qiáng)度下硅光電池的路端電壓U與總電流I的關(guān)系．電表視為理想電表．(1)在圖甲中實(shí)物圖上用筆畫線代替導(dǎo)線進(jìn)行連接___________；(2)用一定強(qiáng)度的光照射硅光電池，調(diào)節(jié)滑動變阻器，通過測量得到該電池的U-I圖象如圖乙所示，由此可知在該光照強(qiáng)度下，硅光電池內(nèi)阻________(填“是”或“不是”)常數(shù)，短路電流為________mA，電動勢為________V．(結(jié)果保留三位有效數(shù)字)(3)若將R=10kΩ的電阻接在該硅光電池兩極上，用同樣強(qiáng)度的光照射該硅光電池，則該電阻消耗的功率為________W，此時該硅光電池的內(nèi)阻為________kΩ.(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)12．（12分）用半徑均為r的小球1和小球2做碰撞驗(yàn)證動量守恒定律，實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示，斜槽與水平槽圓滑連接。安裝固定好實(shí)驗(yàn)裝置，豎直擋板上鋪一張白紙，白紙上鋪放復(fù)寫紙，用夾子固定住，小球圓心與O點(diǎn)位置等高。接下來的實(shí)驗(yàn)步驟如下：步驟1：不放小球2，讓小球1從斜槽上A點(diǎn)由_____（“靜止”或“一定初速度”）滾下，并落在豎直擋板上。重復(fù)多次，用盡可能小的圓，把小球的所有落點(diǎn)圈在里面，其圓心就是小球落點(diǎn)的平均位置P；步驟2：把小球2放在斜槽前端邊緣位置B，讓小球1從A點(diǎn)由靜止?jié)L下，使它們碰撞。重復(fù)多次，并使用與步驟1同樣的方法分別標(biāo)出碰撞后兩小球落點(diǎn)的平均位置N、M；步驟3：用毫米刻度尺測得O點(diǎn)與M、P、N三點(diǎn)的豎直方向的距離分別為h1、h2、h3。（1）設(shè)球1和球2的質(zhì)量m1、m2，則關(guān)于步驟2中的說法，正確的是_____A．球1、球2的落點(diǎn)分別是N、MB．球1、球2的落點(diǎn)分別是M、NC．如果兩球質(zhì)量相等，則球2的落點(diǎn)介于ON之間D．球1的質(zhì)量應(yīng)該大于球2的質(zhì)量（2）當(dāng)所測物理量滿足表達(dá)式_____（可以用（2）問中物理量的字母表示）時，即說明兩球碰撞遵守動量守恒定律。四、計算題：本題共2小題，共26分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟。13．（10分）如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系xOy的第一象限中有一邊界直線OP，OP與x軸的夾角為30°，在OP上方與y軸間區(qū)域存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，在OP下方與x軸之間存在水平向右的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度為E，—帶正電的粒子從靜止開始經(jīng)U的加速電場加速后，沿平行于x軸的方向射入磁場，一段時間后該粒子在OP邊界上某點(diǎn)以垂直于x軸的方向進(jìn)入電場，最后由x軸上的M點(diǎn)（圖中未畫出）射出第一象限。已知粒子進(jìn)入磁場的入射點(diǎn)與離開磁場的岀射點(diǎn)之間的距離為d，不計重力，電場與磁場互不影響，求：（1）帶電粒子的比荷；（2）M點(diǎn)的坐標(biāo)。14．（16分）將一測力傳感器連接到計算機(jī)上就可以測量快速變化的力，圖甲中O點(diǎn)為單擺的懸點(diǎn)，現(xiàn)將小球(可視為質(zhì)點(diǎn))拉到A點(diǎn)，此時細(xì)線處于張緊狀態(tài)，釋放擺球，則擺球在豎直平面內(nèi)的ABC之間來回擺動，其中B點(diǎn)為運(yùn)動中最低位置．∠AOB＝∠COB＝α，α小于10°且是未知量，圖乙表示由計算機(jī)得到細(xì)線對擺球的拉力大小F隨時間變化的曲線，且圖中t＝0時刻為擺球從A點(diǎn)開始運(yùn)動的時刻，據(jù)力學(xué)規(guī)律和題中信息(g取10m/s2)，求：(1)單擺的周期和擺長；(2)擺球質(zhì)量及擺動過程中的最大速度.15．（12分）如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系xOy內(nèi)，第Ⅰ象限中存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，第Ⅳ象限中以O(shè)N為直徑的半圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直于坐標(biāo)平面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B．一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子從y軸上縱坐標(biāo)y=h處的M點(diǎn)以速度v0垂直于y軸射入電場，經(jīng)x軸上橫坐標(biāo)x=2h處的P點(diǎn)進(jìn)入磁場，最后沿垂直于y軸的方向射出磁場．不計粒子重力，求：（1）電場強(qiáng)度大小E（2）粒子在磁場中運(yùn)動的軌跡半徑r（3）粒子從進(jìn)入電場到離開磁場經(jīng)歷的總時間t

參考答案一、單項(xiàng)選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1、B【解析】

線框開始進(jìn)入磁場運(yùn)動L的過程中，只有邊bd切割，感應(yīng)電流不變，前進(jìn)L后，邊bd開始出磁場，邊ac開始進(jìn)入磁場，回路中的感應(yīng)電動勢為ac邊產(chǎn)生的電動勢減去bd邊在磁場中的部分產(chǎn)生的電動勢，隨著線框的運(yùn)動回路中電動勢逐漸增大，電流逐漸增大，方向?yàn)樨?fù)方向；當(dāng)再前進(jìn)L時，邊bd完全出磁場，ac邊也開始出磁場，有效切割長度逐漸減小，電流方向不變。

A．該圖與結(jié)論不相符，選項(xiàng)A錯誤；B．該圖與結(jié)論相符，選項(xiàng)B正確；C．該圖與結(jié)論不相符，選項(xiàng)C錯誤；D．該圖與結(jié)論不相符，選項(xiàng)D錯誤；故選B。2、C【解析】原子核A進(jìn)行一次β衰變后，一個中子轉(zhuǎn)變?yōu)橐粋€質(zhì)子并釋放一個電子，再進(jìn)行一次α衰變，又釋放兩個中子和兩個質(zhì)子，所以核A比核C多3個中子、1個質(zhì)子．故C項(xiàng)正確，ABD三項(xiàng)錯誤．點(diǎn)睛：α衰變：新核比舊核的質(zhì)量數(shù)少4，電荷數(shù)少1；新核中質(zhì)子數(shù)、中子數(shù)比舊核均少1．β衰變：新核與舊核的質(zhì)量數(shù)相等，電荷數(shù)多1，新核中質(zhì)子數(shù)比舊核多1，中子數(shù)比舊核少1；β衰變的本質(zhì)是原子核中一個中子變成質(zhì)子的同時立即從核中放出一個電子．3、B【解析】

先以兩個小球整體為研究對象，受力分析，根據(jù)平衡條件求出AB和CD兩根細(xì)線的拉力；再隔離C球受力分析，正交分解，根據(jù)平衡條件類方程求解BC繩中拉力和細(xì)線BC與豎直方向的夾角θ．【詳解】對兩個小球構(gòu)成的整體受力分析：根據(jù)平衡條件：x軸：FABsin37°=FCDsin53°，y軸：FABcos37°+FCDcos53°=5G，得：FAB=4G，F(xiàn)CD=3G，故A錯誤，B正確；對C球受力分析，根據(jù)平衡條件：x軸：FBCsinθ=FCDsin53°，y軸：FBCcosθ+FCDcos53°=3G，得：tanθ=2；FBC=G，故CD錯誤；故選B．【點(diǎn)睛】本題首先要選擇好研究對象，其次正確分析受力情況，作出力圖，再由平衡條件求解．以上是利用正交分解法，也可以利用合成法．4、C【解析】

A、兩列簡諧橫波在同一均勻介質(zhì)內(nèi)傳播，波速相等，由圖可知兩列波的波長相等，由可知，頻率相等，所以兩列波能產(chǎn)生穩(wěn)定的干涉現(xiàn)象，故A錯誤；B、由于兩列波的振幅不等，所以根據(jù)波的疊加原理知，在振動減弱區(qū)域質(zhì)點(diǎn)的位移都不會為零，所以繩上沒有質(zhì)點(diǎn)的位移始終為零，故B錯誤；C、質(zhì)點(diǎn)M處是兩列波的波峰與波峰相遇處，振動總是加強(qiáng)，振幅等于兩列波振幅之和，為，則M點(diǎn)將做振幅為30cm的簡諧振動，故C正確；D、從圖示時刻開始，在時間內(nèi)，兩列波的波谷在M點(diǎn)相遇，所以M點(diǎn)到達(dá)波谷，故D錯誤；故選C?！军c(diǎn)睛】關(guān)鍵要理解并掌握波的干涉條件，正確運(yùn)用波的疊加原理分析干涉現(xiàn)象，要知道波峰與波峰、波谷與波谷相遇處振動加強(qiáng)，波峰與波谷相遇處振動減弱。5、D【解析】設(shè)物體到達(dá)底端時的速度為v，物體的速度是到達(dá)斜面底端速度的13時，物體沿斜面下滑的位移為x，根據(jù)速度位移公式有：v2=2aL(v3【點(diǎn)睛】根據(jù)勻變速直線運(yùn)動的速度位移公式，結(jié)合速度的大小求出下滑的位移．6、C【解析】

AB、在滑動變阻器的滑片P由a向b移動的過程中，變阻器并聯(lián)的總電阻先增大后減小，根據(jù)閉合電路歐姆定律分析可知，電路中的總電流I先減小后增大，則電流表的讀數(shù)先減小后增大，R0的功率先減小后增大．故A錯誤，B錯誤；C、由于電源的內(nèi)阻與外電阻的關(guān)系未知，若電源的內(nèi)阻一直比外電阻小，則電源的輸出功率先減小后增大．故C正確；D、電壓表測量路端電壓，根據(jù)閉合電路歐姆定律得：U=E﹣Ir得：△U/△I=r，不變，故D錯誤．故選C．【點(diǎn)睛】在滑動變阻器的滑片P由a向b移動的過程中，變阻器并聯(lián)電阻先增大后減小，根據(jù)閉合電路歐姆定律分析電路中總電流的變化，確定電流表示數(shù)的變化、R0的功率變化和路端電壓的變化．根據(jù)電源內(nèi)外電阻的關(guān)系分析電源輸出功率的變化．根據(jù)閉合電路歐姆定律分析△U/△I的變化．二、多項(xiàng)選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項(xiàng)中，有多個選項(xiàng)是符合題目要求的。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7、AC【解析】

A.相鄰的兩分子間同時存在引力和斥力，選項(xiàng)A正確；B.分子引力隨分子間距增大而減小，選項(xiàng)B錯誤；C.分子斥力隨分子間距增大而減小，選項(xiàng)C正確；D.從r=0開始，分子力隨分子間距增大先減小后增大，再減小，選項(xiàng)D錯誤。8、ACD【解析】由圖可知波長λ=8m，頻率，選項(xiàng)A正確；兩列波相遇會產(chǎn)生穩(wěn)定的干涉圖樣，在x=±4nm（n=0,1,2,3…..）處質(zhì)點(diǎn)的振動振幅為12cm，選項(xiàng)B錯誤；在x=±（2+4n）m（n=0,1,2,3…..）處質(zhì)點(diǎn)振動的振幅為零，其它位置的振幅0<A<12cm，選項(xiàng)C正確，E錯誤；在t=0.2s兩列簡諧波均傳播2m，此時x=4m處質(zhì)點(diǎn)正好是兩列波的波峰相遇，則質(zhì)點(diǎn)振動的位移為12cm，選項(xiàng)D正確；故選ACD.9、AD【解析】

調(diào)制是把低頻信號加到高頻電磁波上增強(qiáng)發(fā)射能力，也就是把含有信息的電磁波加載到高頻電磁波上，易于向外發(fā)射。A．調(diào)制是把低頻信號加到高頻電磁波上增強(qiáng)發(fā)射能力，頻率變大；即輻射本領(lǐng)變強(qiáng)，符合題意；B．電磁波的波速接近光速，傳播速度不變，不符合題意；C．根據(jù)v=λ?f可知，速度不變的情況下，頻率改變，則波長必然改變，不符合題意；D．要把電磁波有效發(fā)射出去，必須有足夠高的頻率，經(jīng)過調(diào)制之后的波具有較高頻率，從而把我們要告知對方的信息有效傳遞出去，符合題意。10、AB【解析】

由題意可知，A做勻加速直線運(yùn)動，B做勻減速直線運(yùn)動，且A、B兩物體的加速度相同，運(yùn)動時間相同，由可知，速度變化量大小相等，

則A物體落地時速度與B物體上拋時初速度大小相等，都等于，

B物體上升的最大高度與A物體的下落高度相等，都等于H，故CD錯誤；設(shè)兩物體相遇時所用的時間為t，速度大小為v，

由速度時間公式得，對于A物體有：，

對于B物體有：，

聯(lián)立以上兩式可解得，則兩物體相遇時，A、B兩物體的速度大小，

由速度位移公式得，，

，

聯(lián)立以上各式可解得：，兩物體相遇時離地面的高度為

，故AB正確．三、實(shí)驗(yàn)題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11、不是0.295(0.293～0.297)2.68(2.66～2.69)3.0×10－4(2.9×10－4～3.1×10－4)5.4(4.9～5.6)【解析】

（1）[1]本實(shí)驗(yàn)中測量電源的電動勢和內(nèi)電阻，故采用限流接法，而電流表采用相對電源的外接法；連接實(shí)物電路圖，如圖所示．

（2）[2][3][4]因圖象的斜率是變化的，所以電池的內(nèi)阻不是定值；在硅光電池的U-I圖象，圖象與橫軸的交點(diǎn)表示短路電流，由圖可知，短路電流為295μA=0.295mA；當(dāng)I=0，U=E，圖線斜率的絕對值表示內(nèi)阻．由圖線a可知E=2.68V；

（3）[5][6]在圖乙中作出電阻的伏安特性曲線如圖所示，與電源的伏安特性曲線的交點(diǎn)表示電壓和電流，由圖可知，I=175μA，U=1.7V；故電源的輸出功率P=UI=1.7×175×10-6=3.0×10-4W；根據(jù)閉合電路歐姆定律可得：12、靜止BDm1h2=m【解析】

第一空、靜止。為控制小球到達(dá)軌道末端時的速度相等，不放小球2時，讓小球1從斜槽上A點(diǎn)由靜止?jié)L下。第二空、BD。AB、小球離開軌道后做平拋運(yùn)動，小球在水平方向的位移d相等，小球做平拋運(yùn)動的時間t=dv0，小球在豎直方向的位移為：h=12gt2=gd22v02，由于g、d都相等，小球的初速度v0越大，小球下落的高度h越小，兩球碰撞后入射球1的速度小于被碰球2的速度，因此球1的豎直分位移大于球2的豎直分位移，由圖示可知，球1、球2C、如果兩球質(zhì)量相等，兩球發(fā)生彈性碰撞后兩球交換速度，碰撞后球1靜止、球2做平拋運(yùn)動，球2的落點(diǎn)為P，故C錯誤。D、為防止入射球反彈，球1的質(zhì)量應(yīng)大于球2的質(zhì)量，故D正確。第三空、m1h2=m小球離開軌道后做平拋運(yùn)動，水平方向：d=v0t，豎直方向：h=12gt2，解得：v0=d2hg由題意可知，碰撞前球1的速度為：v0=dg碰撞后球1的速度為：v1=dg碰撞后球2的速度為：v2=dg碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得：m1v0＝m1v1+m2v2，整理得：m1h2=m四、計算題：本題共2小題，共26分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟。13、(1)(2)M