四川省绵阳市三台中学2022-2023学年高二物理下学期期末模拟试题（Word版附解析）

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高中2021级第四学期期末模拟测试物理试题四川三台中学校 一、必考选择题。本题共9小题，每小题4分，共36分。在每小题给出的四个选项中，第1~6题只有一项符合题目要求，第7~9题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。1. 我国的火星探测车用放射性材料PuO2作为燃料，PuO2中的Pu元素是望。发生衰变的方程为，的半衰期为87.7年，则（　　）A. 方程中X是B. 衰变过程质量数减小C. 放出的射线是射线，它的贯穿能力很强D. 100个原子核经过87.7年后还有50个未衰变【答案】A【解析】【详解】ABC．根据核反应的质量数守恒和电荷数守恒可知，方程中的质量数为4，电荷数为2，则是，衰变过程放出射线是射线，具有很强的电离本领，贯穿能力弱，故A正确，BC错误；D．半衰期是统计规律，对少数原子核衰变不适用，故D错误。故选A。2. 在利用光电管探究光电效应规律的实验中，当用不同波长的光照射光电管的阴极时，测出光电管的遏止电压与对应入射光的波长。以遏止电压为纵坐标，人射光波长倒数为横坐标，作出图像如图所示。已知a、b为已知量，光电子的电荷量为e，光速为c，则下列说法正确的是（　　）A. 光电管阴极材料逸出功为beB. 普朗克常量为C. 波长的光照射光电管的阴极时，产生的光电流与成正比D. 波长的光照射光电管的阴极时，一定能发生光电效应【答案】B【解析】【详解】A．由光电效应方程故光电管阴极材料的逸出功为-be，故A错误；B．由光电效应方程整理得图像的斜率为可求得故B正确；C．波长的光照射光电管的阴极时，发生光电效应，产生的光电流与成反相关，不成正比，C错误。D．波长的光，则频率小于截止频率，照射光电管的阴极时，一定不能发生光电效应，D错误。故选B。3. 如图所示，铁芯上密绕的螺线与滑动变阻器、电源、开关相连，铁芯上方的绝缘水平直杆上套有一金属圆环，圆环面与纸面垂直，环心在铁芯的中轴线上，开始时开关S闭合。下列说法错误的是（　　）A. 向左移动滑片P，圆环中将产生感应电流B. 沿杆向左移动金属圆环，圆环中将产生感应电流C. 保持环面与纸面垂直，绕轴转动金属圆环，圆环中将产生感应电流D. 断开开关S瞬间，圆环中将产生感应电流【答案】C【解析】【详解】A．只要穿过圆环的磁通量发生变化，圆环中即可产生感应电流，滑片P向左移动时，电路中电阻增大，电流减小，螺线管中的磁场减弱，穿过圆环的磁通量减少，环中有感应电流产生，A不符合题意；B．沿杆向左移动圆环时，穿过圆环磁通量减少，环中有感应电流产生，B不符合题意；C．绕轴转动圆环时，穿过圆环的磁通量保持不变，环中无感应电流产生，C符合题意；D．断开开关的瞬间，穿过圆环的磁通量减少，环中有感应电流产生，D不符合题意。故选C。4. 图甲为某款“自发电”无线门铃按钮，其“发电”原理如图乙所示，按下门铃按钮过程磁铁靠近螺线管，松开门铃按钮磁铁远离螺线管回归原位置。下列说法正确的是（　　）A. 按下按钮过程，螺线管端电势较高B. 松开按钮过程，螺线管P端电势较低C. 按住按钮不动，螺线管中会产生感应电动势D. 按下和松开按钮过程，螺线管产生大小相同的感应电动势【答案】A【解析】【详解】A．按下按钮过程，穿过螺线管的磁通量向左增大，根据楞次定律可知螺线管中感应电流为从P端流入从Q端流出，螺线管充当电源，则Q端电势较高，故A正确；B．松开按钮过程，穿过螺线管的磁通量向左减小，根据楞次定律可知螺线管中感应电流为从Q端流入，从P端流出，螺线管充当电源，则P端电势较高，故B错误；C．住按钮不动，穿过螺线管的磁通量不变，螺线管不会产生感应电动势，故C错误；D．按下和松开按钮过程，螺线管中磁通量的变化率不一定相同，故螺线管产生的感应电动势不一定相同，故D错误。故选A。5. 简化的旋转磁极式发电机原理如图所示，定子是仅匝数n不同的两线圈，，二者轴线在同一平面内且相互垂直，两线圈到其轴线交点O的距离相等，且均连接阻值为R的电阻，转子是中心在O点的条形磁铁，绕O点在该平面内匀速转动时，两线圈输出正弦式交变电流。不计线圈电阻、自感及两线圈间的相互影响，下列说法正确的是（    ）A. 两线圈产生的电动势的最大值相等 B. 两线圈中磁通量变化率的最大值相等C. 两线圈产生的电动势同时达到最大值 D. 两电阻消耗的电功率相等【答案】B【解析】【详解】AD．在转子匀速转动的过程中，通过两个线圈的磁通量均在做周期性变化，所以两个线圈均会产生感应电动势。根据法拉第电磁感应定律可知，即使在磁通量的变化率相同时，由于匝数不同，产生的感应电动势也不会相等。同样的有效值也不相等。再根据功率的计算公式可知，电阻消耗的电功率也不相等，故AD错误；B．两线圈产生的交变电流均受转子的运动情况影响，转子在做匀速圆周运动，则相同，故B正确；C．电动势达到最大值时磁通量最小，结合题图可知，两个线圈的磁通量无法同时达到最小，故产生的电动势无法同时达到最大值，故C错误。故选B。6. 如图所示，已知交流电源电压瞬时值表达式为（V），a、b是原线圈上的两个触头。开始时开关S与b相连，此时原副线圈的匝数之比为10：1。下列说法正确的是（　　）A. 开始时通过滑动变阻器的交流电的频率为5HzB. 若只将单刀双掷开关S由b扳向a，则电流表的示数将增大C. 若只将滑动变阻器的滑片P向上移动，则电压表的示数将减小D. 若只将滑动变阻器的滑片P向下移动，则电源的输出功率将增大【答案】D【解析】【详解】A．由题意可知该交流电角速度为，故该交流电频率为变压器不改变交流电的频率，故开始时通过滑动变阻器的交流电的频率为50Hz，故A错误；B．若只将单刀双掷开关S由b扳向a，原线圈匝数变多，副线圈两端电压变小，滑动变阻器滑片未动，副线圈电流减小，因此原线圈中的电流也随着减小，故电流表的示数将减小，故B错误；C．若只将滑动变阻器的滑片P向上移动，电阻变大，副线圈的电流减小，原线圈中的电流也随着减小，电阻R两端的电压也减小，由于电源电源不变，因此变压器的输入电压增大，副线圈的电压也变大，故电压表的示数增大，故C错误；D．若只将滑动变阻器的滑片P向下移动，电阻变小，副线圈的电流增大，原线圈的电流也随着增大，而交流电源的电压不变，故电源的输出功率增大，故D正确。故选D。7. 如图，图甲为氢原子的能级图，大量处于激发态的氢原子跃迁时，发出频率不同的大量光子，其中频率最高的光子照射到图乙电路中光电管阴极K上时，电路中电流随电压变化的图像如图丙。下列说法正确的是（　　）A. 光电管阴极K金属材料的逸出功为B. 这些氢原子跃迁时共发出3种频率的光C. 若调节滑动变阻器滑片能使光电流为零，则可判断图乙中电源右侧为负极D. 氢原子跃迁放出的光子中共有2种频率的光子可以使阴极K发生光电效应现象【答案】AC【解析】【详解】B．这些氢原子跃迁时共发出光的频率种数为故B错误；A．大量处于激发态的氢原子跃迁时，发出频率最高的光子能量为由图丙可知遏止电压为Uc=7V，设光电管阴极K金属材料的逸出功为W0，根据爱因斯坦光电效应方程以及动能定理综合可得解得故A正确；C．若调节滑动变阻器滑片能使光电流为零，说明光电管所加电压为反向电压，光电子受到电场力指向阴极K，即电源正极与阴极K相连，则电源左侧为正极，右侧为负极，故C正确；D．由能级图可知，从n=4到n=1跃迁、从n=3到n=1跃迁、从n=2到n=1跃迁时所放出光子的能量分别为12.75eV、12.09eV、10.2eV，都大于W0，而其余3种跃迁放出光子的能量都小于W0，所以共有3种频率的光子可以使阴极K发生光电效应现象，故D错误。故选AC。8. 一只质量为的乌贼吸入的水，静止在水中。遇到危险时，它在百分之一秒时间内把吸入的水向后全部喷出，以2m/s的速度向前逃窜。以下说法正确的是（　　）A. 该乌贼与喷出的水的动量变化大小相等、方向相同B. 该乌贼喷出的水的速度大小为28m/sC. 该乌贼在这一次逃窜过程中消耗的能量为D. 该乌贼喷出水的过程中对水的平均作用力大小为280N【答案】BD【解析】【详解】A．乌贼喷水过程时间较短,系统内力远大于外力，系统动量守恒, 则该乌贼与喷出的水的动量变化大小相等、方向相反，故A错误；B．选取乌贼逃窜的方向为正方向，根据动量守恒定律得解得故B正确；C．该乌贼在这一次逃窜过程中消耗的能量故C错误；D．该乌贼喷出水的过程中对水的平均作用力大小为解得故D项正确。故选BD。9. 如图甲所示，在绝缘水平面内有一固定的光滑金属导轨cd、eg，端点d、e之间连接一电阻R，金属杆ab静止在金属框架上，整个装置处于方向竖直向下的匀强磁场中。导轨及杆ab的电阻忽略不计。现对杆ab施加一沿dc方向的外力F，使杆ab中的电流i随时间t变化的图像如图乙所示。运动中杆ab始终垂直于导轨且接触良好。下列关于外力F、杆ab受到的安培力功率大小P随时间t变化的图像，不正确的是（　　）A.  B. C  D. 【答案】ABD【解析】【详解】AB．由乙图得i与t成正比，设（k为常数），设金属杆ab的长度为L，速度为v，则有 解得 则金属杆ab的速度与时间成正比，金属杆ab做初速度为零的匀加速直线运动（加速度为），设其质量为m，由牛顿第二定律得 解得 AB错误；CD．安培力功率大小P为 C正确，D错误；本题选不正确的，故选ABD。二、必考非选择题。本题共5小题，共44分。10. 如图所示，某水电站发电机的输出功率，发电机的电压，经变压器升压后向远处输电，在用户端用降压变压器将电压降为。已知用户得到的电功率为，输电线路总电阻，变压器均视为理想变压器，则：（1）输电线上电流_______A；（2）降压变压器的匝数比_______。【答案】    ①. 25    ②. 【解析】【详解】（1）[1]输电线上损失的功率为解得（2）[2]用户的电功率为 解得 降压变压器的匝数比为11. 在“用单摆测定重力加速度”实验中，若均匀小球在垂直纸面的平面内做小幅度的摆动，悬点到小球顶点的细线长L，小球直径为d ，将激光器与传感器左右对准，分别置于摆球的平衡位置两侧，激光器连续向左发射激光束。在摆球摆动过程中，当摆球经过激光器与传感器之间时，传感器接收不到激光信号。将其信息输入计算机，经处理后画出相应图线。图甲为该装置示意图，图乙为所接收的光信号I随时间t变化的图线，横坐标表示时间，纵坐标表示接收到的激光信号强度，则：（1）在实验中，若摆线的长度L可以准确测量，摆球直径忘记测量，现使用同一摆球，多次改变摆线长度L，并测得每一次相应的摆动周期T，用作图法进行数据处理，下列说法中正确的是（      ）A.L与T不是直线关系，作图时不能用直线连接各点B.L与是直线关系，图像与纵轴的交点绝对值表示摆球半径C.是直线关系，其斜率与准确测量摆长和周期T作出的图像斜率相同D.L与是直线关系，但不能测出当地重力加速度（2）由上述已知量（L、d、、）可以求出当地的重力加速度大小的计算公式g=___________。（3）关于上述实验，下列说法正确的是（      ）A.为了使实验减小误差，应该让细线偏离竖直位置的夹角尽可能大些B.实验中若增大摆球半径，时间间隔将变大C.如果将摆球换成质量更小（半径不变）的塑料球，对实验不产生影响D.如果将实验用的细线换成弹性细橡皮筋，对实验没有影响【答案】    ①. ABC    ②.     ③. B【解析】【详解】（1）[1]由单摆周期公式整理得可见L与T不是直线关系，作图时不能用直线连接各点；L与是直线关系，图像与纵轴的交点绝对值表示摆球半径，其斜率与准确测量摆长和周期T作出的图像斜率相同，并可求出当地重力加速度。故选ABC；（2）[2]在摆球摆动过程中，当摆球经过激光器与传感器之间时，传感器接收不到激光信号,结合图乙可知又可得当地的重力加速度大小的计算公式为（3）[3]A．在摆角较小时，摆球的运动可以看作简谐运动，所以摆线偏离竖直方向的角度应小于5°，选项A错误；B．实验中若增大摆球半径，则摆长变大，根据可知周期将变大，时间间隔将变大，选项B正确；C．如果将摆球换成质量更小（半径不变）的塑料球，阻力变大，对实验会产生影响，选项C错误；D．如果将实验用的细线换成弹性细橡皮筋，摆长会发生变化，会对实验有影响，选项D错误。故选B。12. 如图所示为“探究两物体作用前后动量是否守恒”的实验装置示意图。已知a、b小球的质量分别为、，半径分别是、。先不放小球，让小球从斜槽顶端A处由静止开始滚下，记下小球在斜面上的落点位置。将小球放在斜槽末端边缘处，让小球从斜槽顶端A处由静止开始滚下，使它们发生碰撞，记下小球和在斜面上的落点位置。用毫米刻度尺量出各个落点位置到斜槽末端点的距离，图中D、E、点是该同学记下的小球在斜面上的几个落点位置，到点的距离分别为、、。（1）本实验必须满足的条件是______。A．斜槽轨道必须是光滑的B．斜槽轨道末端的切线水平C．入射小球每次都从斜槽上的同一位置无初速释放D．入射球与被碰球满足，（2）小球和发生碰撞后，的落点是图中的______点，的落点是图中的______点。（3）用测得的物理量来表示，只要满足关系式_______，则说明碰撞中动量守恒。（4）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。【答案】    ①. BC    ②. D    ③. F    ④.     ⑤. 【解析】【详解】（1）[1]AC．斜槽轨道不必光滑，只要入射小球每次都从斜槽上的同一位置无初速释放，到达斜槽末端速度都相等即可，A错误，C正确；B．斜槽轨道末端的切线水平，才能使两球做平抛运动，B正确；D．为了使入射球与被碰球发生对心碰撞，需满足为了使碰撞发生后两球都向前运动，应满足D错误。故选BC。（2）[2][3]小球和发生碰撞后，的速度较小，的速度较大，故落点是图中的D点，的落点是图中的F点。（3）[4]碰撞前，小球m1落在图中的E点，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，水平初速度为v1′，m2的落点是图中的F点，水平初速度为v2，设斜面BC与水平面的倾角为α，由平抛运动规律知整理得同理可解得，只要满足关系式即则说明碰撞中动量守恒。（4）[5]若两小球的碰撞是弹性碰撞，则碰撞前后机械能没有损失，只要满足关系式联立解得13. 如图所示，质量为的光滑圆弧形轨道与一质量为的物块紧靠着(不粘连)静置于光滑水平面上，为半圆轨道的最低点，为轨道的水平直径，轨道半径，一质量为的小球(可视为质点)从圆弧轨道的处由静止释放，取，求:①小球第一次滑到点时的速度；②小球第一次经过点后，相对能上升的最大高度.【答案】（1）方向向右；（2）；【解析】【详解】试题分析：（1）小球向下滑动过程中，小球、弧形轨道ABC和物块P组成的系统水平方向动量守恒，系统的机械能守恒，此过程中，小球和物块P的过程相同，据此列方程可求出小球第一次滑到B点时的速度；（2）小球经过B点后，物块P与弧形轨道ABC分离，小球与弧形轨道水平方向动量守恒，当二者速度相同时，小球上升高度最大，根据动量守恒和机械能守恒列方程即可求解．（1）设小球第一次滑到B点时的速度为，轨道和P的速度为，取水平向左为正方向根据水平方向动量守恒得：根据系统机械能守恒得：联立解得：，方向向右，，方向向左（2）小球经过B点后，物块P与轨道分离，小球与轨道水平方向动量守恒，且小球上升到最高点时，与轨道共速，设为v根据水平方向动量守恒得：根据系统机械能守恒得：联立解得：h=0.27m【点睛】本题考查了动量守恒与机械能守恒的综合应用，在解题时要注意，由于存在小球重力的作用，故系统动量不守恒，但水平方向只受内力作用，故水平方向的动量是守恒的．14. 如图所示，一边长，质量，电阻的正方形导体线框，与一质量为的物块通过轻质细线跨过两定滑轮相连。起初边距磁场下边界为，磁感应强度，磁场宽度，物块放在倾角的斜面上，物块与斜面间的动摩擦因数。现将物块由静止释放，经一段时间后发现当边从磁场上边缘穿出时，线框恰好做匀速运动。（g取，，）求：（1）线框边从磁场上边缘穿出时绳中拉力的功率；（2）线框刚刚全部进入磁场时速度的大小；（3）整个运动过程中线框产生的焦耳热。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）由于线框匀速出磁场，则对m2有解得对m1有又因为联立可得所以绳中拉力的功率（2）从线框刚刚全部进入磁场到线框边刚要离开磁场，由动能定理得其中解得（3）从初状态到线框刚刚完全出磁场，由能的转化与守恒定律可得将数值代入，整理可得线框在整个运动过程中产生的焦耳热为三、选考题（3一4）。本题共5小题，共30分。第15、16、17、18题每小题4分，给出的四个选项中只有一项符合题目要求。15. 下列说法正确的是（　　）A. 在变化电场周围一定产生变化的磁场B. 红外线具有很强的荧光效应C. 在不同的惯性参考系中，物理规律都是等价的D. 时间和空间是绝对的，与参考系无关【答案】C【解析】【详解】A．在均匀变化的电场周围会产生恒定的磁场，选项A错误；B．紫外线具有很强的荧光效应，红外线具有热效应，选项B错误；C．根据狭义相对论基本原理，在不同的惯性参考系中，物理规律都是等价的，选项C正确；D．经典时空观认为时间和空间是独立于物体及其运动而存在的，时间、空间均是绝对的，而相对论时空观认为时间和空间与物体及其运动有关系，选项D错误。故选C。16. 太赫兹辐射通常是指频率在0.1THz~10THz（1THz=1012Hz）、即频率在微波与红外线之间的电磁辐射，其频率高于微波，低于红外线、紫外线，远低于X射线。太赫兹波对人体安全，可以穿透衣物等不透明物体，实现对隐匿物体的成像。近年来太赫兹技术在国家安全、信息技术等诸多领域取得了快速发展，被誉为“改变未来世界十大技术”之一。由上述信息可知，太赫兹波（　　）A. 其光子的能量比红外线光子的能量更大B. 比微波更容易发生衍射现象C. 在真空中的速度小于红外线的速度D. 从同种介质斜射到真空中全反射的临界角比γ射线更大【答案】D【解析】【详解】A．根据题意，太赫兹波频率低于红外线，根据光子的能量公式可知，频率越高，能量越大，所以太赫兹光子能量比红外线光子能量小，故A错误；B．太赫兹波的频率高于微波，所以其波长比微波的波长更小，更不容易发生衍射现象，故B错误；C．太赫兹波属于电磁波范畴，所以在真空中的速度与红外线的速度相等，均为光速，故C错误；D．太赫兹波的频率小于γ射线，所以太赫兹波的折射率小于γ射线的折射率，根据临界角与折射率的关系由此可得，从同种介质斜射到真空中全反射的临界角比γ射线的临界角大，故D正确。故选D。17. 一种简易的振荡回路如图所示，L为线圈，C为固定在真空中的平行板电容器。将单刀双掷开关K拨至触点a，使电容器与直流电源E接通。稳定后，位于两水平金属板中间P处的带电液滴恰能静止。将K拨至触点b并开始计时，当时液滴的加速度第1次等于重力加速度g，不计回路的能量损失且液滴未到达两金属板，下列说法正确的是（　　）A. 液滴带正电B. 振荡回路的周期为C. 时，电容器上极板带正电且电荷量正在增大D. 时，线圈L中磁场能最大【答案】AC【解析】【详解】A．液滴静止时所受电场力竖直向上，而此时下极板带正电，所以液滴带正电，故A正确；BC．将K拨至触点b并开始计时，当t＝0.02s时液滴的加速度第1次等于重力加速度g，即此时电容器所带电荷量为零，则电容器刚好完成第一次放电，由此可推知LC振荡回路的周期为0.08s，则t＝0.03s时，电容器正在经历第一次充电，此时电容器上极板带正电且电荷量正在增大，故B错误，C正确；D．t＝0.05s时，电容器正在第二次放电，此时线圈L的电流增大，磁场能增大，且在t＝0.06s时磁场能达到最大，D错误。故选AC。18. 小红利用图1所示的装置，观察红光的干涉、衍射现象，其中P是光学元件，且P到光屏的距离恒定，通过实验在光屏上得到了图2所示甲、乙、丙、丁四种图样。下列说法正确的是（　　）A. 甲对应的P是双缝，双缝间距较大 B. 乙对应的P是双缝，双缝间距较大C. 丙对应的P是单缝，缝的宽度较宽 D. 丁对应的P是单缝，缝的宽度较窄【答案】A【解析】【详解】AB．条纹甲和乙都是平行等距的，都是干涉条纹，则甲和乙对应的P是双缝，根据可知，甲条纹间距较小，则甲双缝间距较大，选项A正确，B错误；CD．丙和丁对应的条纹是平行不等距的，则为衍射条纹，则P是单缝，因丙图的衍射现象较丁更明显，可知丙的缝的宽度较窄，选项CD错误。故选A。19. 某同学利用“插针法”测定玻璃的折射率，作出的光路图及测出的相关角度如图所示。（1）为了取得较好的实验效果，其中正确的是_______A．必须选用上下表面平行的玻璃砖B．选择的入射角应尽量小些C．大头针应垂直地揷在纸面上D．大头针和及和之间的距离适当大些（2）若测出图中角度和，则可以求出玻璃的折射率______（用测量出的物理量表示）（3）某同学在插这枚针的时候不小心插得偏右的了一点，此操作会导致折射率的测量值______。（填“偏大”、“不变”或“偏小”）【答案】    ①. CD    ②.     ③. 偏小【解析】【详解】（1）[1]A．只要能确定入射光线和出射光线，即可测量玻璃的折射率，玻璃砖的上下表面不平行也可以，A错误；B．选择的入射角应适当大些，折射角大些，以减小误差，B错误；CD．大头针和及和之间的距离适当大些，且大头针应垂直地揷在纸面上，才能准确的确定光线位置，CD正确。故选CD。（2）[2]若测出图中角度和，据折射定律可得，玻璃的折射率为（3）[3]某同学在插这枚针的时候不小心插得偏右的了一点，此操作会导致偏大，折射率的测量值偏小。20. 某透明材料制成的一棱镜的截面图如图所示，一细光束从距OB高度为的E点沿半径射入棱镜后，在圆心0点恰好发生全反射，经CD面反射，再从圆弧上的F点射出。已知OA=a，。求：（1）F点的出射光线与法线的夹角； （2）光在棱镜中传播的时间（光在空中传播速度为c）。【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）作出光路如图所示：设，则有由几何关系知设，从F点射出的光与法线夹角为，则由折射定律可知又OGsin=OD解得（2）由光路图可知光在介质中的路程为s=OE+OG+GF解得s=设光在介质中速度为v，传播时间为t，则解得