精品解析：安徽省宣城二中2022-2023学年高二下学期期末模拟物理试题（解析版）

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宣城二中2024届高二下学期期末模拟物理试卷一、单选题（本大题共7小题，共28分）1. C919中型客机是我国按照国际民航规章自行研制、具有自主知识产权的中型喷气式民用飞机，2023交付首架C919单通道客机，C919现正处于密集试飞新阶段，一架C919飞机在跑道上从静止开始做匀加速直线运动，当速度达到81m/s时离开地面起飞，已知飞机起飞前1s内的位移为78.75m，则飞机在跑道上加速的时间t以及加速度的大小分别为（　　）  A. t=18s  a=4.5m/s2 B. t=36s   a=2.5m/s2C. t=25s  a=3.2m/s2 D. t=20s   a=5m/s2【答案】A【解析】【详解】根据匀变速直线运动中间时刻速度等于该段过程平均速度，可知飞机在最后1s内中间时刻的速度为则飞机起飞的加速度大小飞机在跑道上加速时间为故选A。2. 质量为M的凹槽静止在水平地面上，内壁为半圆柱面，截面如图所示，A为半圆的最低点，B为半圆水平直径的端点，凹槽恰好与竖直墙面接触，内有一质量为的小滑块，用推力F推动小滑块由A点向B点缓慢移动，力F的方向始终沿圆弧的切线方向，在此过程中所有摩擦均可忽略，下列说法正确的是（　　）  A. 凹槽对滑块的支持力先减小后增大 B. 推力F逐渐增大C. 竖直墙壁对凹槽的弹力先减小后增大 D. 水平地面对凹槽的支持力不变【答案】B【解析】【详解】A．如图，m受力如图  设F与水平面的夹角为θ，由平衡得随θ增加，N在逐渐减小，故A错误；B．对m由平衡得随θ增加，F逐渐增加，故B正确；C．对mM整体，由平衡知识得，水平方向上，竖直墙壁对整体的弹力故竖直墙壁对整体的弹力先增加后减小，故C错误；D．对mM整体，竖直方向上，由平衡可得随θ增加，FN逐渐减小，故D错误。故选B。3. 如图，水平桌面上有一薄板，薄板上摆放着小圆柱体A、B、C，圆柱体的质量分别为、、，且。用一水平外力将薄板沿垂直的方向抽出，圆柱体与薄板间的动摩擦因数均相同，圆柱体与桌面间的动摩擦因数也均相同。则抽出后，三个圆柱体留在桌面上的位置所组成的图形可能是图（　　）A.  B. C.  D. 【答案】A【解析】【详解】设圆柱体的质量为m，圆柱体与薄板间的动摩擦因数、圆柱体与桌面间的动摩擦因数均为，则在抽薄板的过程中，圆柱体在薄板摩擦力的作用下做加速运动，离开模板后在桌面摩擦力的作用下做减速运动，根据牛顿第二定律有可得，加速运动与减速运动时的加速度都为由于圆柱体A先离开薄板，B、C同时后离开薄板，则根据可知，A离开薄板时的速度小于B、C离开薄板时的速度，同时A加速的位移小于B、C加速的位移。离开薄板后，根据可知，B、C在桌面上滑动的距离相等，且大于A在桌面上滑动的距离。故选A4. 如图所示，小球甲在竖直面内摆动的周期为，悬线长为L；小球乙在水平面内做匀速圆周运动，悬点为、轨迹圆圆心为，甲、乙两小球都能视为质点。下列说法正确的是（　　）A. 小球甲的向心力由合力来充当B. 小球乙的向心力由拉力来充当C. 若小球乙运动的周期为，则与小球乙连接的悬线长度为LD. 若、两点间的距离为L，则小球乙运动的周期为【答案】D【解析】【详解】A．甲的向心力由拉力和重力沿悬线方向的分力的合力来充当，故A错误；B．乙的向心力由拉力沿水平方向的分力（即合力）来充当，故B错误；CD．对乙受力分析，设悬线与竖直方向的夹角为，、两点间的距离为，轨迹圆半径为，由力的合成和牛顿第二定律可得由几何关系可得可得对比甲的摆动周期可知当时，，故C错误，D正确。故选D。5. “嫦娥五号”探测器由轨道器。返回器。着陆器等多个部分组成。探测器预计在2017年由“长征五号”运载火箭在中国文昌卫星发射中心发射升空，自动完成月面样品采集，并从月球起飞，返回地球。若已知月球半径为R，“嫦娥五号”在距月球表面高度为R的圆轨道上飞行，周期为T，万有引力常量为G，下列说法正确的是（　　）A. 月球质量B. 月球表面重力加速度为C. 月球密度为D. 月球第一宇宙速度为【答案】B【解析】【详解】A．对探测器，万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得解得故A错误；B．月球表面的重力加速度为故B正确；C．月球的密度故C错误；D．月球的第一宇宙速度为月球表面的环绕速度，由牛顿第二定律得解得故D错误。故选B。6. 日前，在宣州区某镇举办龙虾节时突遇大风，给人民群众的财产造成了一定的损失，已知放置在水平地面上质量为M的户外桌子的迎风面积为S，与地面的最大静摩擦力为F，设风吹到桌子迎风面上速度立刻减为零并从侧边流走，不计空气经过桌子后尾流的影响，空气密度为ρ，则桌子能承受的垂直迎风面方向的最大风速为（　　）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【详解】设桌子能承受的垂直迎风面方向的最大风速为，时间内吹到桌子迎风面积上的空气质量为，对风根据动量定理可得解得故选C。7. 如图所示，两个圆圈表示两个带等量正电荷的点电荷或两个通以垂直于纸面向里的电流强度相等的直导线，O点为两者连线中点，M、P两点均在连线上且关于O点对称，N点位于连线的中垂线上，下列说法正确的是（　　）  A. 若为电流，M点与P点的磁感应强度相同 B. 若为电流，M点与N点的磁场方向相同C. 若为电荷，M点的电势比O点的电势低 D. 若为电荷，N点的电势比O点的电势低【答案】D【解析】【详解】A．若为电流，根据右手螺旋定则和对称性可知，M点与P点的磁感应强度的大小相等，方向相反，故A错误；B．若为电流，根据右手螺旋定则可知，两电流在M点的合磁场方向平行于连线的中垂线向下；两电流在N点的合磁场方向垂直于中垂线向右；则M点与N点的磁场方向不相同，故B错误；CD．若为电荷，根据等量同种正电荷连线和中垂线电场分布特点可知，MO之间的电场方向由M指向O，ON之间的电场方向由O指向N，沿电场方向电势降低，可知M点的电势比O点的电势高，N点的电势比O点的电势低，故C错误，D正确。故选D。二、多选题（每题6分，共18分，错选不得分，漏选得3分）8. 如图所示分别为一列横波在某一时刻的图像和在x=6m处的质点从该时刻开始计时的振动图像，则这列波（　　）A. 沿x轴的正方向传播 B. 波速为100m/sC. 该质点振动周期为8s D. 波速为1m/s【答案】B【解析】【详解】A．时刻处质点的振动方向是向上，由波形平移法知，波沿轴负方向传播，故A错误；BCD．由左图得到波长为，右图得到周期为 ，故波速故B正确，CD错误。故选B。9. 如图为某小区的应急供电系统，由交流发电机和副线圈匝数可调的理想降压变压器组成，发电机中矩形线圈电阻不计，可绕轴OO′在匀强磁场中匀速转动，R0表示输电线电阻，则以下正确的是（　　）  A. 发电机线圈处于图示位置时，变压器原线圈的电流瞬时值为零B. 若仅将滑动触头P向下滑动，流过R0的电流将减小C. 深夜当用户数量减少时，为使用户电压保持不变，滑动触头P应适当向上滑动D. 若发电机线圈的转速减为原来的一半，用户获得的功率也将减为原来的一半【答案】AC【解析】【详解】A．发电机线圈处于图示位置时，线圈处于中性面位置，此时磁通量最大，感应电动势瞬时值为0，变压器原线圈电流瞬时值为0，故A正确；B．若滑动触头P向下滑动，变压器原副线圈匝数比减小，副线圈两端电压增大，流过的电流将增大，故B错误；C．深夜当用户数目减少时，用户总电阻增大，根据串联电路分压关系，用户总电压增大，为使用户电压保持不变，滑动触头P应向上滑动，使得副线圈电压减小，故C正确；D．正弦式交流电产生的电动势最大值为电动势有效值为若发电机线圈的转速减为原来的一半，电动势有效值减小为原来的一半，原线圈两端电压减小为原来的一半，所以副线圈两端电压减小为原来的一半，副线圈以及用户电流减小为原来的一半，用户获得的功率为可得用户获得的功率将减为原来的，故D错误。故选AC。10. 如图所示，水平传送带的质量M=5kg，两端点A、B间距离L=6m，传送带以加速度a=4m/s2，由静止开始顺时针加速运转的同时，将一质量为m=1kg的滑块（可视为质点）无初速度地轻放在A点处，已知滑块与传送带间的动摩擦因数为0.2，g取10m/s2，电动机的内阻不计，传送带加速到v=4m/s的速度时立即开始做匀速转动而后速率将始终保持不变，则滑块从A运动到B的过程中，以下说法正确的是（　　）A. 物块与传送带摩擦产生的热量为60J B. 滑块机械能的增加量为40JC. 滑块与传送带相对运动的时间是2s D. 传送滑块过程中电动机多消耗的电能为60J【答案】C【解析】【详解】C．物块轻放在A点处时的加速度大小为传送带加速到所用时间为此时物块的速度为物块通过的位移为之后物块继续加速，设到达B端之前已经与传送带共速，则有通过的位移为由于假设成立，则滑块与传送带相对运动的时间为故C正确；A．滑块与传送带发生的相对位移为物块与传送带摩擦产生的热量为故A错误；B．滑块机械能的增加量为故B错误；D．传送带机械能的增加量为根据能量守恒可知，传送滑块过程中电动机多消耗的电能为故D错误。故选C。三、实验题（本大题共2小题，共12分）11. 某实验小组要在实验室中用伏安法准确测量一合金丝的阻值，除待测电阻丝，多用电表、电键、导线外，实验室还提供了如下器材：A．电流表0~0.6A（内阻为0.5Ω）       B．电压表0~15V（内阻约10kΩ）C．滑动变阻器（可变范围0~5Ω）        D．电源，直流12V（1）该小组同学先用多用表测量该电阻阻值，选用“×10”倍率的电阻挡测量，发现多用表指针偏转过大，因此需换成__________________倍率的电阻挡（填“×1”或“×100”），将欧姆表调零后再进行测量，多用表的示数如图所示，测量结果为__________________Ω；  （2）为使实验结果尽量准确，合金丝两端电压调节范围尽量大一些，便于用图像来数据处理，如图四个电路中应该选用的是__________________。  【答案】    ①. ×1    ②. 30    ③. 丙【解析】【详解】（1）[1][2]小组同学先用多用表测量该电阻阻值，选用“×10”倍率的电阻挡测量，发现多用表指针偏转过大，说明待测电阻阻值较小，应换成“×1”倍率的电阻挡，将欧姆表调零后再进行测量，多用表的示数如图所示，测量结果为。（2）[3]为了使合金丝两端电压调节范围尽量大一些，滑动变阻器应采用分压接法；由于待测电阻大约为，则有可知电流表应采用外接法，则四个电路中应该选用的是丙。12. 某同学用图a所示装置测定重力加速度。小球上安装有挡光部件，光电门安装在小球平衡位置正下方。  （1）用螺旋测微器测量挡光部件的挡光宽度d，其读数如图b，则d=___________mm；（2）让单摆做简谐运动并开启传感器的计数模式，当光电门第一次被遮挡时计数器计数为1并同时开始计时，以后光电门被遮挡一次计数增加1，若计数器计数为N时，单摆运动时间为t，则该单摆的周期T=___________；（3）摆线长度大约80cm，该同学只有一把测量范围为30cm的刻度尺，于是他在细线上标记一点A，使得悬点O到A点间的细线长度为30cm，如图c所示。现保持A点以下的细线长度不变，通过改变OA间细线长度l以改变摆长，并测出单摆做简谐运动对应的周期T。实验中测得了多组数据并绘制了T2-l图像，求得图像斜率为k，由此可知当地重力加速度g=___________。【答案】    ①. 2.330~2.332    ②.     ③. 【解析】【详解】（1）[1]螺旋测微器的读数为固定刻度与可动刻度之和，所以图中测得挡光宽度为（2）[2]由题意可知解得（3）[3]设A点以下的细线长度为l0，根据单摆周期公式得化简得T2-l图像的斜率为k，则解得四、计算题（本大题共3小题，第13题12分，第14题14分，第15题16分，共42分）13. 如图所示，直角坐标系xOy的第一象限存在沿y轴负方向的匀强电场，在第二象限内在y=d处固定一个平行x轴且足够长的挡板，且在第二象限中存在垂直xOy平面向外的匀强磁场（图中未画出）。在（，）处有一粒子源P，能沿x轴负方向以的速度发射质量为m、电荷量为的粒子，粒子经过电场偏转后通过的M点进入匀强磁场，忽略粒子间的相互作用，不计粒子重力。（1）求电场强度E的大小；（2）求粒子进入磁场的速度大小和方向；（3）要使粒子垂直打到挡板上，求磁感应强度B的大小。【答案】（1）；（2）；与x轴负方向的夹角为；（3）【解析】【详解】（1）设粒子在电场中做类平抛运动的时间为，加速度大小为，则沿轴负方向有沿轴负方向有联立解得电场强度的大小（2）设粒子到达轴时速度方向与轴负方向的夹角为，则有可得粒子进入磁场的速度大小为，方向与轴负方向的夹角为。（3）设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为，由洛伦兹力提供向心力可得要使粒子垂直打到挡板上，，如图所示由几何关系可知联立解得14. 如图所示，两条足够长的金属导轨水平放置，相距为L，处于磁感应强度大小为B、方向垂直导轨平面向里的匀强磁场中，导轨左端接一电阻R，将长为L的金属杆CD置于导轨上，质量为m，电阻为r，与水平导轨间的动摩擦因数为μ。现给金属杆一个水平向右的初速度为v，杆在运动距离x后停下，运动过程中杆与导轨始终保持垂直且接触良好，重力加速度为g，不计导轨电阻，求：（1）刚开始运动时金属杆CD产生的电动势及其加速度大小；（2）整个过程中电阻R上产生的焦耳热和流经R的电量；（3）整个过程中金属杆CD运动所用的时间。  【答案】（1），；（2），；（3）【解析】【详解】（1）刚开始运动时金属杆CD生的电动势为根据闭合电路欧姆定律有金属棒CD受到安培力大小为金属棒CD受到摩擦力大小为根据牛顿第二定律有联立解得此时金属杆的加速度大小（2）根据能量守恒定律可得联立解得整个过程中电阻上产生的焦耳热根据联立解得整个过程中流经的电量为（3）由动量定理有又联立解得15. 如图所示，长木板C质量为＝0.5kg，长度为l＝2m，静止在光滑的水平地面上，木板两端分别固定有竖直弹性挡板D、E（厚度不计），P为木板C的中点，一个质量为＝480g的小物块B静止在P点，现有一质量为＝20g的子弹A，以＝100m/s的水平速度射入物块B并留在其中（射入时间极短），已知重力加速度g取，求：（1）求子弹A射入物块B后的瞬间，二者的共同速度；（2）A射入B之后，若与挡板D恰好未发生碰撞，求B与C间的动摩擦因数；（3）若B与C间动摩擦因数＝0.05，B能与挡板碰撞几次？最终停在何处？【答案】（1）4m/s；（2）0.4；（3）4，停在P点【解析】【分析】【详解】（1）子弹射入物块过程系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得代入数据解得（2）由题意可知，B与D碰撞前达到共同速度，A、B、C系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得由能量守恒定律得代入数据解得（3）A、B、C组成的系统动量守恒，最终三者速度相等，以向左为正方向，由能量守恒定律得碰撞次数代入数据解得由题意可知，碰撞次数为4次，最终刚好停在P点。