精品解析：陕西省西安市蓝田县城关中学大学区联考2022-2023学年高二下学期6月期末物理试题（解析版）

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2022-2023学年第二学期期末检测高二物理注意事项：1.本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。2.回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。3.回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。第I卷（选择题）一、单选题（共10小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的）1. 2006年我国自行研制的“枭龙”战机在四川某地试飞成功。假设该战机起飞前从静止开始做匀加速直线运动，达到起飞速度v所需时间t，则起飞前的运动距离为（　　）A. vt B.  C. 2vt D. 【答案】B【解析】【详解】根据平均速度推论知，起飞前运动的距离为故选B。2. 下列关于超重、失重现象的讨论，正确的是（　　）A. 体操运动员双手握住单杠吊在空中不动时处于失重状态B. 游泳运动员仰卧在水面静止不动时处于失重状态C. 举重运动员在举起杠铃后不动的那段时间内处于超重状态D. 蹦床运动员在空中上升和下落过程中都处于失重状态【答案】D【解析】【分析】【详解】所谓超重是指示重大于物体的实际重力，对地面上的物体而言，其加速度的方向是向上的；而失重是指示重小于物体的实际重力，对地面上的物体而言，其加速度的方向是向下的。ABC．物体都处于静止状态，故均不是超重和失重状态，ABC错误；D．运动员离开蹦床在空中上升和下落过程中，其加速度的方向都是向下的，故都处于失重状态，D正确。故选D。3. 用三根轻绳将质量为m的物块悬挂在空中，如图所示，已知ac和bc与竖直方向的夹角分别为30°和60°，则ac绳和bc绳中的拉力分别为（　　）A. mg， mg B. mg，mg C. mg， mg D. mg，mg【答案】A【解析】【分析】【详解】对结点C受力分析，受到三根绳子拉力，将Fa和Fb合成为F

根据三力平衡得出F=Fc=mg已知ac和bc与竖直方向的夹角分别为30°和60°，所以α=30°，根据三角函数关系得出，故选A。4. 某同学学习了电磁感应相关知识之后，做了探究性实验：将闭合线圈按图示方式放在电子秤上，线圈上方有一N极朝下、竖直放置的条形磁铁，手握磁铁在线圈的正上方静止，此时电子秤的示数为。将磁铁N极（　　）A. 加速插向线圈的过程中，电子秤的示数小于B. 加速抽出线圈的过程中，电子秤的示数大于C. 加速插入线圈瞬间，线圈中感应电流沿逆时针方向（俯视）D. 匀速插入线圈的过程中，磁铁减少的重力势能等于线圈中产生的焦耳热【答案】C【解析】【详解】AB．将条形磁铁插入线圈或从线圈中抽出的过程，穿过线圈的磁通量发生了变化，线圈中产生了感应电流，线圈与条形磁铁会发生相互作用，根据楞次定律的推论“来拒去留”可知，在将磁铁插入线圈（无论是匀速、加速还是减速）的过程中，线圈与磁铁相互排斥，导致电子秤的示数大于，在抽出磁铁（无论是匀速、加速还是减速）的过程中，线圈与磁铁相互吸引，导致电子秤的示数小于，故AB错误；C．根据楞次定律可判断，将一条形磁铁的N极加速插入线圈时，线圈中产生的感应电流方向为逆时针方向（俯视），故C正确；D．磁铁N极匀速插入线圈的过程中，磁铁受到重力、拉力、斥力作用，重力和拉力的合力所做的功等于线圈中产生的焦耳热，故D错误。故选C。5. 如图所示，某小区门口自动升降杆的长度为L，A、B为横杆上两个质量均为m的小螺帽，A在横杆的顶端，B与A的距离为。杆从水平位置匀速转动至竖直位置的过程，下列说法正确的是（　　）A. A、B的线速度大小之比为1∶1B. A、B的向心加速度大小之比为3∶1C. 杆竖直时A、B的重力势能之比为3∶2D. A、B的机械能增加量之比为3∶2【答案】D【解析】【详解】A．A、B同轴转动，角速度相同，线速度与转动半径成正比，故vA∶vB＝L∶L＝3∶2A错误；B．根据a＝ω2r可得aA∶aB＝L∶L＝3∶2B错误；C．由于零势能面不确定，故A、B的重力势能之比不确定，C错误；D．A、B做匀速圆周运动，动能不变，重力势能增加，机械能的增加量等于重力势能的增加量，杆从水平位置匀速转动至竖直位置的过程，A的重力势能增加量为mgL，B的重力势能增加量为mgL，故A、B的机械能增加量之比为3∶2，D正确。故选D。6. 如图所示，平行板电容器的两极板水平放置滑动变阻器的阻值为R，定值电阻的阻值为R0。闭合开关S，当R=0.5R0时，极板带电量为Q0，一电子水平射入电容器两极板之间的匀强电场，经水平距离x0后打到极板上；当R=2R0时，极板带电量为Q，电子仍以相同速度从同一点射入电场，经水平距离x后打到极板上。不计电子重力以下关系正确的是（　　）A. QQ0，xx0 B. QQ0，xx0 C. QQ0，xx0 D. QQ0，xx0【答案】D【解析】【详解】当R=0.5R0时由闭合电路欧姆定律有电容器两端电压为电荷量为同理可得R=2R0时则QQ0由于，则板间场强关系为加速度两种情况下电场力方向上运动的位移相等，由公式可知，第一种情况下的时间更长，由初速度方向可知故D正确，ABC错误。故选D。7. 如图所示为“嫦娥五号”探月过程的示意图。探测器在圆形轨道Ⅰ上运动，到达轨道的A点时变轨进入椭圆轨道Ⅱ，变轨前后的速度分别为v1和v2；到达轨道Ⅱ的近月点B时再次变轨进入月球近月轨道Ⅲ绕月球做圆周运动，变轨前后的速度分别为v3和v4，则探测器（　　）A. 在A点变轨需要加速B. 在轨道Ⅱ上从A点到B点，速度变小C. 在轨道Ⅱ上B点的加速度大于Ⅲ轨道上B点的加速度D. 四个速度大小关系满足v3＞v4＞v1＞v2【答案】D【解析】【详解】A． 探测器在圆形轨道Ⅰ上运动，到达轨道的A点时变轨进入椭圆轨道Ⅱ，轨道半长轴变小，近心运动，故需要在A点减速，故A错误；B． 在轨道Ⅱ上从A点到B点，引力做正功，动能增大，速度增大，故B错误；C．根据牛顿第二定律可知在轨道Ⅱ上B点的加速度等于Ⅲ轨道上B点的加速度，故C错误；D．到达轨道Ⅱ的近月点B时再次变轨进入月球近月轨道Ⅲ绕月球做圆周运动，变轨前后的速度分别为v3和v4，变轨做近心运动所以需要减速，故v3＞v4，探测器在圆形轨道Ⅰ上运动，到达轨道的A点时变轨进入椭圆轨道Ⅱ，轨道半长轴变小，近心运动，故需要在A点减速，v1＞v2，根据可知圆周运动中，轨道半径大则速度小，所以v4＞v1，故v3＞v4＞v1＞v2，故D正确。故选D。8. 如图所示，三角形传送带以lm/s的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是2m且与水平方向的夹角均为37°，现有两个小物块A、B从传送带顶端都以lm/s的初速度沿传送带下滑，物块与传送带间的动摩擦因数均为0.5（g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8），下列说法正确的是（　　）  A. 物块A先到达传送带底端B. 物块B到达传送带底端时速度较大C. 传送带对物块A做正功，对物块B做负功D. 物块在传送带上的划痕长度之比为1:3【答案】D【解析】【详解】AB．因为则AB物体所受摩擦力均沿斜面向上，均向下做匀加速直线运动，两物体匀加速直线运动的加速度大小相等，位移大小相等，根据公式知，运动到底端的时间相等，到达底端的速度大小相等，故A错误，B错误；C．传送带对A、B的摩擦力方向与物体速度方向相反，都做负功，故C错误；D．对A，划痕的长度等于A的位移减传送带的位移，以A为研究对象，由牛顿第二定律得代入数据求得由运动学公式可得得运动时间所以皮带运动的位移为所以A对皮带的划痕为对B，划痕的长度等于B的位移加上传送带的位移，同理可得出B对皮带的划痕为所以A、B物体在传送带上的划痕之比为1：3，故D正确。故选D。9. 了解物理规律的发现过程，学会像科学家那样观察和思考，往往比掌握知识本身更重要．以下符合事实的是（    ）A. 丹麦物理学家奥斯特梦圆电生磁，终于发现了电磁感应现象B. 英国物理学家麦克斯韦认为，磁场变化时会在空间激发一种电场C. 法拉第发现了电流的磁效应，拉开了研究电与磁相互关系的序幕D. 安培定则是用来判断通电导线在磁场中所受安培力方向的【答案】B【解析】【详解】A．丹麦物理学家奥斯特梦圆电生磁，终于发现了电流周围存在着磁场，选项A错误；B．英国物理学家麦克斯韦认为，磁场变化时会在空间激发一种电场，电场变化时在其周围激发磁场，选项B正确；C．奥斯特发现了电流的磁效应，拉开了研究电与磁相互关系的序幕，选项C错误；D．安培定则是用来判断通电导线周围产生的磁场方向的，选项D错误；故选B。10. 关于原子结构及原子核的组成，下列说法正确的是（　　）A. 阴极射线是电子流，说明在原子核中存在电子B. 卢瑟福根据α粒子散射实验，提出了原子的核式结构模型C. γ射线是原子内层电子由高能级向低能级跃迁时发出的高频光子流D. 从原子核中发出的β射线是电子流，说明原子核中存在电子【答案】B【解析】【详解】A．阴极射线是电子流，说明在原子中存在电子，故A错误；B．卢瑟福根据α粒子散射实验，提出了原子核式结构模型，故B正确；C．γ射线是原子核由高能级向低能级跃迁时发出高频光子流，故C错误；D．从原子核中发出的β射线是电子流，电子是由中子转化为质子而来的，原子核中不存在电子，故D错误。故选B。二、多选题（共6小题，共36分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）11. 图甲为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，匝数n＝100的矩形线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴OO′匀速转动，线圈的两端经集流环和电刷与某变压器的原线圈连接，变压器原、副线圈的匝数比为5∶1。副线圈上接有若干定值电阻，阻值R＝10Ω，电压表和电流表均为理想电表。图乙是穿过矩形线圈的磁通量Φ随时间t变化的图象，线圈电阻忽略不计。则下列说法正确的是（　　）A. t＝0.01s时，矩形线圈处于中性面B. t＝0.01s时，矩形线圈中的瞬时电压最大C. 开关断开时，电压表的示数为10V，电流表的示数为5AD. 开关闭合，原线圈的输入功率增大，电压表示数减小【答案】BD【解析】【分析】本题考查交变电流知识，意在考查考生对交变电流和变压器相关知识的掌握情况。【详解】AB．由题图乙可知，t＝0.01s时，通过线圈的磁通量为零，磁通量的变化率最大，故线圈中的瞬时电压最大，A错误，B正确；C．发电机的最大电动势为故原线圈两端电压的有效值U1＝100V，根据，得副线圈两端的电压有效值为U2＝20V，开关断开时，根据电路结构，知电压表的示数为10V，副线圈中的电流为1A，又，故电流表的示数为0.2A，C错误；D．开关闭合后，副线圈两端的电压不变，但总电阻减小，故总电流增大，干路上定值电阻两端的电压增大，则并联部分电阻两端的电压减小，即电压表示数减小，又输出功率P＝U2I2增大，故原线圈的输入功率也增大，D正确。故选BD。12. 如图所示，电源电动势E＝3V，小灯泡L标有“2V，0.4W”，开关S接1，当变阻器调到R＝4Ω时，小灯泡L正常发光；现将开关S接2，小灯泡L和电动机M均正常工作．则 (　 　)A. 电源内阻为1Ω B. 电动机的内阻为4ΩC. 电动机的正常工作电压为1V D. 电源效率约为93.3%【答案】AD【解析】【详解】小灯泡的额定电流为电阻为A．当接1时E=I(RL+R+r)代入数据解得电源的内阻r=1Ω故A正确；BC．当接2时灯泡正常发光，流过的电流为I=0.2A电源内阻分的电压为U=Ir=0.2×1V=0.2V故电动机分的电压为U动=E-UL-U=(3-2-0.2)V=0.8V则电动机的内阻为故B、C均错误；D．电源的效率为故D项正确．13. 如图甲所示，水平放置的平行金属导轨连接一个平行板电容器C和电阻R，导体棒MN放在导轨上且与导轨接触良好，整个装置放置在垂直于导轨平面的磁场中，磁感应强度随时间的变化情况如图乙所示（图示磁感应强度方向为正），MN始终保持静止，则时间内（    ）A. 电容器C的电荷量大小始终不变B. 电容器C的a板先带正电后带负电C. MN所受安培力的方向先向右后向左D. MN所受安培力的大小始终不变【答案】AC【解析】【详解】A．由图乙知，磁感应强度均匀变化，根据法拉第电磁感应定律可知，回路中产生的感应电动势恒定，电路中电流恒定，电阻R两端的电压恒定，则电容器两端的电压恒定，根据可知电容器C的电荷量大小始终不变，故A正确；B．根据楞次定律判断可知，通过导体棒的电流一直向上，故电容器a板电势较高，一直带正电，故B错误；C．MN中感应电流方向一直向上，由左手定则判断可知，MN所受安培力的方向先向右后向左，故C正确；D．根据安培力公式，不变，由于磁感应强度变化，MN所受安培力的大小变化，故D错误。故选AC14. 关于波的频率，下列说法正确的是（　　）A. 波的频率由波源决定，与介质无关B. 波的频率与波速无直接关系C. 波由一种介质传到另一种介质时，频率要发生变化D. 由公式 f= 可知，频率与波速成正比，与波长成反比【答案】AB【解析】【详解】ABD．波的频率等于振源的振动频率，与介质无关，当然也和波速无关，故AB正确，D错误。C．波由一种介质传到另一种介质时，频率不变，选项C错误；故选AB。15. 如图所示，正方形abcd区域内有沿ab方向匀强电场（图中未画出），一粒子（不计受到的重力）以速率从ab边的中点平行ad方向射入电场，恰好从c点离开电场。若把电场换为方向垂直纸面向里的匀强磁场，粒子也恰好从c点离开磁场，则下列说法正确的是（　　）A. 匀强电场的电场强度和匀强磁场的磁感应强度大小关系为B. 粒子离开电场时和离开磁场时的速度大小之比为C. 粒子在电场和磁场中运动的加速度大小之比为D. 粒子离开电场时和离开磁场时速度偏向角的正切值之比为【答案】BD【解析】【分析】【详解】A．设边长为2L，粒子在电场中运动 ， ，则在磁场中 ，解得：故故A错误；B．根据动能定理则粒子离开电场时和离开磁场时的速度大小之比为，故B正确；C．根据牛顿第二定律故C错误；D．在电场中磁场中故故D正确；故选BD。16. 研究光电效应的实验电路如图甲所示，实验中用紫外线照射光电管的阴极K，调节滑动变阻器的滑片位置，发现电流表的示数随电压表的示数变化的关系如图乙所示。已知电子的电荷量e=1.6010-19C，则实验中每秒内由K极发射的电子个数为（　　）  A. 3.01018 B. 3.751011 C. 3.01012 D. 3.3751012【答案】D【解析】【详解】由图乙可知饱和电流为根据电流定义式可知实验中每秒内由K极发射的电子个数为故选D。第II卷（非选择题）本卷均为必考题，共4大题44分。请考生将答案写在答题卡相应位置。17. 航模兴趣小组设计出一架遥控飞行器，其质量m=1kg，动力系统提供的恒定升力F=14N，试飞时，飞行器从地面由静止开始竖直上升，设飞行器飞行时所受的阻力大小不变，g取10m/s2。（1）第一次试飞，飞行器飞行t1=8s时到达高度sm=64m，求飞行器所受阻力f的大小；（2）第二次试飞，飞行器飞行t2=6s时遥控器出现故障，飞行器立即失去升力，求飞行器能达到的最大高度s；（3）第二次试飞中为了使飞行器不致坠落到地面，求飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间t3。【答案】（1）2N；（2）42m；（3）【解析】【详解】（1）第一次飞行中，设加速度为a1，飞行器匀加速运动，则由牛顿第二定律联立解得f=2N（2）第二次飞行中，设失去升力时的速度为v1，上升的高度为s1，匀加速运动设失去升力后的加速度为a2，上升的高度为s2，由牛顿第二定律又最大高度联立解得h=42m（3）设失去升力下降阶段加速度为a3，恢复升力后加速度为a4，恢复升力时速度为v3，由牛顿第二定律且联立解得18. 如图所示，在水平向右的匀强电场中，有一电荷量为q= -4×10-7C的负点电荷从A点运动到B点，电场力做功为WAB=3.2×10-6J，AB间距离L=4m，与水平方向夹角为 ；求：（1）电荷的电势能是增加还是减少？增加（减少）了多少？（2）B、A间电势差UBA是多少？（3）电场强度E是多大？（4）如果A点的电势为-4V，求B点的电势为多大？电荷量q′= 4×10－6C的正电荷在A点具有的电势能是多少？【答案】（1）电荷的电势能减少 3.2×10-6J（2）8V（3）（4）φB=4V   【解析】【详解】（1）负电荷从A运动到B电场力做正功 3.2×10-6J，则电荷的电势能减少，减少了3.2×10-6J．（2）AB间电势差则UBA= - UAB=8V（3）匀强电场的电场强度（4）因UAB=φA-φB =-8V；φA=-4V，则φB=4V电荷量q′正电荷在A点具有的电势能为19. 如图，ABC三个木块的质量均为m。置于光滑的水平面上，BC之间有一轻质弹簧，弹簧的两端与木块接触可不固连，将弹簧压紧到不能再压缩时用细线把BC紧连，使弹簧不能伸展，以至于BC可视为一个整体，现A以初速沿BC的连线方向朝B运动，与B相碰并粘合在一起，以后细线突然断开，弹簧伸展，从而使C与A，B分离，已知C离开弹簧后的速度恰为。求弹簧释放的势能。【答案】【解析】【详解】设碰后A、B和C的共同速度的大小为v，由动量守恒得设C离开弹簧时，A、B的速度大小为，由动量守恒得设弹簧的弹性势能为，从细线断开到C与弹簧分开的过程中机械能守恒，有得弹簧所释放的势能为 20. 一列简谐横波在某介质中传播经过a、b两点，a、b两点的平衡位置相距3m，如图所示，图中实线表示a点的振动图像，虚线表示b点的振动图像．（i）写出质点b的振动方程；（ii）求该简谐横波的传播速度．【答案】（ⅰ）   （ⅱ）   （，1，2…）  （，1，2…） 【解析】【详解】试题分析：根据图象得出振幅和周期即可写出振动方程；若质点a向质点b传播，求出波长的通项，根据，即可求出波速的通式，同理求出质点b向质点a传播时波速的通项表达式．（ⅰ）由图象可得，质点b的振幅周期，综上，质点b的振动方程为（ⅱ）若质点a向质点b传播，可得：（，1，2…）可得波长为：，（，1，2…）则波速为：，（，1，2…）同理：若质点b向质点a传播，可得：（，1，2…）可得波长为：，（，1，2…）则波速为：，（，1，2…）点睛：本题主要考查了对振动图象以及质点的振动与波动关系的理解，关键要抓住波的波长列出波长的通项，从而求出波速的通项．