【文档说明】重庆市巴蜀中学2022-2023学年高二下学期期末模拟物理试题 含解析.docx，共(19)页，1.574 MB，由小赞的店铺上传

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重庆市巴蜀中学2022-2023学年高二下学期期末模拟物理试题一、单选题1.2020年3月15日中国散列中子源（CSNS）利用中子成像技术帮助中国科技大学进行了考古方面的研究。散射中子源是研究中子特性、探测物质微观结构和运动的科研装置。

下列关于中子研究的说法正确的是（）A.α粒子轰击147N，生成178O并产生了中子B.92238U经过4次α衰变，2次β衰变后，新核与原来的原子核相比中子数少了10个C.γ射线实质是高速中子流，可用于医学的放射治疗D.核电站可通过“慢化剂

”控制中子数目来控制核反应的速度【答案】B【解析】【详解】A．根据质量数守恒和电荷数守恒知，4141712781HeNOH+→+故A错误；B．每次α衰变，质量数少4，电荷数少2，中子数少2；每次β衰变一个中子转化成一个质子和

一个电子，中子数少1；所以4次α衰变，2次β衰变，新核与原来的原子核相比，中子数少4×2+2×1=10，故B正确；C．γ射线实质光子流，故C错误；D．镉棒可以吸收中子，核反应堆中，通过改变镉棒插入的深度，可以控制核反应的速度，故D错误。故选B。2.

如图所示，两种不同的金属组成一个回路，接触头1置于热水杯中，接触头2置于冷水杯中，此时回路中电流计发生偏转，这是温差电现象假设此过程电流做功为W，接触头1从热水中吸收的热量为Q1，冷水从接触头2吸收的热量为Q2，根据热力学第二定律可得（）A.Q

1=WB.Q1>WC.Q1<Q2D.Q1+Q2=W【答案】B【解析】【分析】【详解】根据热力学第二定律，不可能从单一热源吸收热量使之全部用来做功，而不产生其他影响；所以从热水中吸收的热量Q1应该大于电流做的功W，即1QW根据能量守恒定律和热力学第二定律，从热

水中吸收的热量转化成了两部分，一部分电能W，另一部分是冷水吸收的热量Q2故选B。3.肆虐全球的新冠肺炎由新冠病毒引发，新冠病毒直径约60-140nm，通常需要借助电子显微镜才能看到。如图所示为某型号电子显微镜，竖直圆筒的上下两端分别装着电极，电子在两电极间从上向下加速，电子的动量越大

，显微镜的分辨率就越高。假设电子由静止开始加速，下列说法正确的是（）A.圆筒上端为正极，下端为负极B.两极间电压越大，电子离开电极时的波长越长C.若两极间电压不变，增大圆筒长度可提高显微镜的分辨率D.若将电子改为质子，以相同电压加速时质子显微镜分辨率更高【答案】D【解析】【分析】【详解

】A．电子在两电极间从上向下加速，说明电场方向从下向上，下端为正极，上端为负极，选项A错误；B．两极间电压越大，电子离开电极时的速度越大，电子的动量越大，根据hp=可知波长越小，选项B错误；C．若两极间电压不变，根据2201122qUmvmv=−电子

离开电极时的速度不变，显微镜的分辨率不变，选项C错误；D．由于质子的质量远远大于电子的质量，以相同电压加速时，质子和电子获得的动能相同，根据2kpmE=可知质子的动量更大，因此质子显微镜分辨率更高，选项D正确。故选D。4.用特殊材料做成的、质量均为0.4kgm=的A、B两球

，套在一根水平光滑直杆上，并将A球固定，以A的位置为坐标原点，杆的位置为x轴，建立坐标系，如图甲所示。两球间存在沿x轴的作用力，且大小随间距的变化而变化。两球之间因受到相互作用力而具有一定的势能，若其间的作用力做正功则势能减少，做负功则势能增加。根据这一规律，测出了其间的势能

随位置坐标x的变化规律，如图乙所示。其中图线最低点的横坐标20cmx=，图线右端的渐近线为虚线a（对应0.28J）。运动中不考虑其它阻力的影响，杆足够长，以下说法错误的是（）A.将小球B从8cmx=处由静止释放后，它开始向x轴正方向运动B.

将小球B从8cmx=处由静止释放后，它在运动中能达到的最大速度为1m/sC.将小球B从4cmx=处由静止释放后，它不可能第二次经过020cmx=的位置D.将小球B从12cmx=处由静止释放后，它仅有一次经过020cmx=的位置【答案】D【解析】【分析】【详解】由

图知，在020cmx时，两个小球之间为排斥力，在20cmx时，两个小球之间为吸引力，且无穷远处与6cm处势能相等，均为0.28J，从而当小球B在12cm处由静止释放后，小球B将做往复运动，多次经过x0=20cm位置。同理

当小球B在4cm、8cm处由静止释放后，其做往复运动。当小球B从8cmx=处由静止释放后，运动到x0=20cm时势能最小，故速度最大，由能量守恒2pm1002Emv+=+由图像知p0.2JE=，代入解得最大速度为1m/s，故ABC正确，不符合题意；D错误，符合题意。故选D。

5.如图甲是研究光电效应规律的实验装置图，用绿光照射阴极K，实验测得电流I与电势差AKU满足图乙所示规律，电子的电荷量约为191.610C−，关于该实验说法正确的是（）A.光电子的最大初动能为0.64eVB.每秒钟阴极逸出的光电子数约为12410个C.滑动变阻器划片从图示位置向右滑动，电流

计示数一定增大D.如果改用紫光照射阴极K，饱和光电流一定变大【答案】B【解析】【详解】A．由题图乙知，遏止电压为0.6V，则最大初动能为0.6eV，选项A错误；B．由题图乙知，饱和电流为0.64μA，则一秒内逸出的光电子数约为6190.64101.610n−−=

个12410=个选项B正确；C．由甲图可知，滑动变阻器滑片从图示位置向右滑动，光电管AK两极间电压增大，向左的场强增大，光电子受到向右的电场力增大，若未达到饱和光电流，则电流计示数会增大，若已达到饱和光电流，则电流计示数不会增大，选项C错误；D．饱和光电流取决于单位时

间内入射的光子数，改用紫光照射阴极后，若紫光的光照强度减弱，单位时间内光子数可能比绿光少，饱和光电流也可能减小，选项D错误。故选B。6.在磁感应强度为B的匀强磁场中，一个静止的放射性原子核（AZX）发生了一次β衰变，放射出的电子在与磁场垂直的平面内做圆周运动，生

成的新核用Y表示。则电子和新核Y在磁场中运动的轨迹正确的是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】一个静止的放射性原子核（AZX）发生了一次β衰变，由动量守恒可知，衰变后电子与新核运动方向相反，新核带正电，电子带负电，根据左手定则可判断两轨迹圆应为内切圆；由洛伦兹力提供向心力有

2mvqvBR=解得圆周运动的半径公式mvRqB=可知，电子半径大。故选B。7.如图所示，两端封闭、粗细均匀的U形管中装有水银，分别封闭住AB、两部分气体，当它们温度相同且AB、端竖直向上放置，静止时左右液面高度差为h。以下说法中正确的是（）A.若U形管保持竖直做自由落体运动时

，两部分气体的压强差变大B.若U形管保持竖直向上做匀加速直线运动时，水银柱高度差h变大C.若使AB、两部分气体降低相同的温度，两部分气体的压强差变大D.若使AB、两部分气体升高相同温度，水银柱高度差h变大【答案】D【解析】【详解】A．若U形管保持竖直做自由落体运动时，系统处于完全失重状态，高出h

的水银柱不再对B产生压强，右边的气体会将水银柱向左压，右边气体压强减小，左边气体压强增大，两部分气体的压强差变小，故A错误；B．若U形管保持竖直向上做匀加速直线运动时，系统处于超重状态，高出h的水银柱对B产生压强增大，左边的气体会将水银柱向右压，水银柱高度差h变小，故B错误；CD

．根据题意，设初状态A部分气体压强为Ap，B部分气体压强为Bp，则有ABpghp+=则有ABpp由理想气体状态方程有pVCT=可知，气体体积不变时有00TppT=的可知，变化相同的温度，原压强越大，变化越大，降低相同的温度，B部分气体压强降低的多，两部分气体

的压强差变小，升高相同的温度，B部分气体压强升高的多，两部分气体的压强差变大，右边的气体会将水银柱向左压，水银柱高度差h变大，故C错误，D正确。故选D。二、多选题8.如图所示，空间存在水平垂直于纸面的匀强磁

场，在磁场中放着四个用同样的细导线做成的刚性单匝闭合线框，其中线框Ⅰ和线框Ⅱ是边长为L的正方形线框，线框Ⅲ是长为2L、宽为0.5L的矩形线框，线框V是周长为4L的圆形线框。四个线框绕各自的轴（如图中的虚线所示）匀速转动，其中线框Ⅰ的转速为n，其他线框的转速均为2n。四个线框产生的最大感应

电动势分别为123EEE、、和4E，产生的最大电流分别为123III、、和4I。下列说法正确的是（）A.1234EEEE=B.1234EEEEC.1234IIII=D1324IIII【答案】AD【解析】【详

解】AB．根据法拉第电磁感应定律，可以得到212πEnBL=2222π24πEBLnnBL==230.522π24πEBLLnnBL==2244π2π2162πLEBnnBL==转动线圈产生的感应电动势与形状和转轴位置无关，所以1234EEEE=，故A正确，B错误；

CD．再由电阻定律lRS=（其中，S为导线的横截面积、l为导线的长度、ρ为导线的电阻率）可知.212π1π42nBLnBLSILS==224ππ4nBLnBLSILS==234π4π55nBLnBLSILS==241644nBLnBLSIL==所以1

324IIII，故C错误，D正确。故选AD。9.如图所示，在0到2L范围内存在垂直纸面向里的磁场，磁感应强度随空间的变化规律()TBkx=，其中k为大于零的常量，一个电阻分布均匀的单匝正方形金属框边长为L，对线框施加一水平向右的力F使线框匀速穿过磁场区

域。则穿过磁场区域过程中线框中的电流i（以逆时针为正方向）和力F的变化规律可能正确的是（）A.B.C.D.【答案】BC【解析】【详解】AB．进入磁场中有BLvkxLviRR==由于线框做匀速直线运动，则xvt

=联立解得2kLvtiR=可知，电流随时间均匀增加。在磁场中运动，有22200BBkxkvtEnSLLkvLtttt−−=====可知电流不变。出磁场时，根据右手定则可知，电流方向反向。大小为2kLvtiR=由于线框右边刚出磁场时，切割部分与

线框左边刚要进磁场时位置相同，所以电流大小相同，之后电流随时间均匀增加故A错误，B正确；CD．进入磁场中有22232kLvtkLvFFBiLtRR====安可知，拉力与时间的图线为抛物线。磁场中运动，有2()

[()]FFFBBiLkxkxLiLkiL=−=−=−−=右左安右安左由于电流恒定，可知拉力恒定。。在出磁场时，有2232kLvtFFBiLR===安可知拉力与时间的图线为抛物线。故C正确，D错误。故选BC。10.如图所示，质量为m的小球与轻质弹簧相连，穿在竖直光滑的等腰直角三角形的

杆AC上，杆BC水平弹簧下端固定于B点，小球位于杆AC的中点D时，弹簧处于原长状态。现把小球拉至D点上方的E点由静止释放，小球运动的最低点为F，重力加速度为g，下列说法正确的是（）A.小球运动D点时速度最大B.ED间的距离等于

DF间的距离C.小球运动到D点时，杆对小球的支持力为22mgD.小球在F点时弹簧的弹性势能大于在E点时弹簧的弹性势能【答案】CD【解析】【分析】分析圆环沿杆下滑的过程的受力和做功情况，只有重力和弹簧的拉力做功，所以圆环机械能不守恒，但是系统的机械能守恒；沿

杆方向合力为零的时刻，圆环的速度最大。【详解】A．圆环沿杆滑下，ED段受到重力和弹簧弹力（杆对小球的支持力垂直于杆，不做功），且与杆的夹角均为锐角，则小球加速，D点受重力和杆对小球的支持力，则加速度为sin45g，仍加速，DF段受重力和弹簧弹力，弹力与杆的夹角为钝角，但一开始弹力较小

，则加速度先沿杆向下，而F点速度为0，则DF段，先加速后减速，D点时速度不是最大，故A错误；B．若ED间的距离等于DF间的距离，则全过程，全过程小球重力势能减少，弹性势能不变，则系统机械能不守恒，故B错误；C．D点受重力和杆对小球的支持力，垂直于杆方向受力分析得杆对小球的支持力为22mg，故C

正确；D．若ED间的距离等于DF间的距离，则全过程，全过程小球重力势能减少，弹性势能不变，则ED间的距离应小于DF间的距离，则全过程，全过程小球重力势能减少，弹性势能增大，则系统机械能守恒，故D正确；故选CD。【点睛】本题考查弹簧存在的过程分析，涉及功

能关系。三、实验题11.用油膜法估测分子大小的实验步骤如下：①将画有油酸薄膜轮廓形状的玻璃板，放在画有许多边长为a的小正方形的坐标纸上；②向体积为1V的纯油酸中加入酒精，直到油酸酒精溶液总体积为2V；③用注射器吸取油酸酒精溶液，一滴一滴地滴入小量筒，当滴入n滴时体积为0V；④计算出轮廓范围

内正方形总数为N，其中不足半个格的两个格算一格，多于半个格的算一格。⑤往边长为30~40cm的浅盘里倒入2cm深的水，将痱子粉均匀撒在水面上，用注射器往水面上滴一滴油酸酒精溶液；⑥待油酸薄膜形状稳定后，将

事先准备好的玻璃板放在浅盘上，并在玻璃板上描出油酸薄膜的形状；（1）上述实验步骤中有错误的步骤是___________________________________（指明步骤，并改正）。（2）上述步骤的正确顺序是______

_（3）油酸分子直径的表达式d=_______。（用题中所给物理量符号表示）（4）该同学将实验最终得到的计算结果和大多数同学的比较，发现自己所测得的数据偏大，则对出现这种结果的原因，下列说法中可能正确的是_______A．实验中没有等油酸完全扩散开就描出轮廓B．在配制油酸酒精溶液时，不小心把

酒精倒多了一点C．求每滴油酸酒精溶液的体积时，溶液的滴数多记了10滴D．在求出注射器滴出的每一滴油酸酒精溶液体积后，不小心拿错了一个更粗的注射器取一滴溶液滴在水面上【答案】①.④，应该是不足半格的舍去，多于半格的算一格②.②③⑤⑥①④③.0122

VVNnaV④.AB##BA【解析】【详解】（1）[1]有错误的步骤是④，应为不足半格的舍去，多于半格的算一格。（2）[2]根据实验原理可知，实验步骤为配置油酸酒精溶液、测量1滴溶液的体积、往浅盘里倒入水、将痱子粉均匀撒在水面上，用注射器往水面上滴一滴

油酸酒精溶液，稳定后，描出油酸薄膜的形状，计算油的膜面积，最后计算分子直径，则正确的顺序为②③⑤⑥①④。（3）[3]根据题意可知，1滴油酸溶液中油酸的体积为012VVVVn=油膜的面积为2SNa=则分子直径为1022VVVdSNanV==（4）A．实验中没有等油酸完全扩散开

就描出轮廓，油膜面积偏小，直径偏大，故A正确；B．在配制油酸酒精溶液时，不小心把酒精倒多了一点，1滴油酸溶液中油酸的体积偏大，直径偏大，故B正确；C．求每滴油酸酒精溶液的体积时，溶液的滴数多记了10滴，1

滴油酸溶液中油酸的体积偏小，直径偏小，故C错误；D．在求出注射器滴出的每一滴油酸酒精溶液体积后，不小心拿错了一个更粗的注射器取一滴溶液滴在水面上，实际体积变大，测量体积偏小，测量直径偏小，故D错误。故选AB。12.如图甲所示是小徐同学做“探究做功与速度

变化的关系”的实验装置。他用质量为m的重物通过滑轮牵引质量为M的小车，使它在长木板上运动，打点计时器在纸带上记录小车的运动情况。（1）实验中，需要平衡摩擦力和其他阻力，正确操作方法是___________；（选填选项前的字母）

A．把长木板右端垫高B．改变小车的质量（2）平衡摩擦力的时候，打点计时器___________（填“需要”或“不需要”）开启；（3）接通电源，释放小车，打点计时器在纸带上打下一系列点，将打下的第一个点标为O，在小纸带

上依次取A、B、C…若干个计数点，已知相邻计数点间的时间间隔为T，测得A、B、C…各点到O点的距离如图乙所示。实验中，满足___________这一条件时，可认为小车所受的拉力大小为mg；从打O点到打B点的过程中，拉力对小车做的功W=______

_____，打B点时小车的动能Ek=___________；（用题中给出的字母表示）（4）假设已经完全消除了摩擦力和其他阻力的影响，若不能满足第（3）问的条件，但仍然按照第（3）问的方法求出W，则从理论上分析，图丙中v2-W关系图线的斜率k=________

___。（用题中给出的字母表示）【答案】①.A②.需要③.mM④.2mgx⑤.2312()8MxxT−⑥.2Mm+【解析】【详解】（1）[1]实验中，需要平衡摩擦力和其他阻力，正确操作方法是把长木板右端垫高，从而用小车重力沿长木板向下的分力去抵消其他阻力的作用效果。故选

A。（2）[2]平衡摩擦力的时候，打点计时器需要开启。一方面是由于平衡摩擦力时需要连同纸带所受的阻力一并平衡，另外一方面是通过纸带上的点间距判断小车是否在长木板上做匀速直线运动。（3）[3]设小车所受拉力大小为F，对小车根据牛顿

第二定律有FMa=对重物同理有mgFma−=联立解得MmgFmM=+由上式可知只有当mM时F才可认为等于mg。[4]从打O点到打B点的过程中，拉力对小车做的功为2Wmgx=[5]打B点时，小车的速度大

小为312BxxvT−=小车的动能为2231k2()128BMxxEMvT−==（4）[6]若不能满足第（3）问的条件，但仍然按照第（3）问的方法求出W，此时将小车和重物作为整体分析，则有21()2WMmv=+整理得22=+WvMm

则图线的斜率为2kMm=+四、解答题13.一粗细均匀的“”形玻璃管竖直放置，短臂上端封闭，长臂端（足够长）开口向上，短臂内用水银封有一定质量的理想气体，初始状态时管内各段长度如图甲所示，密闭气体的温度为30

0K，大气压强为75cmHg。（1）若沿长臂的管壁缓慢加入5cm长的水银柱并与下方的水银合为一体，为使密闭气体保持原来的长度，应使气体的温度变为多少？（2）在第①问的情况下，再使玻璃管绕过O点的水平轴在竖直平面内逆时针转过1

80°，稳定后密闭气体的长度为多少？（3）在图乙所给的p--T坐标系中画出以上两个过程中密闭气体的状态变化图线。【答案】（1）320K；（2）30cm；（3）【解析】【详解】（1）对被封气体，初状态：p1＝p0＝75cmHg，T1＝300K末状态时p2＝p0＋5cmHg＝80cmHg由

查理定律得1212ppTT=解得T2＝320K（2）假设玻璃管旋转180°后短臂内无水银，水平管内水银柱长为x，旋转前被封气体的状态：p2＝80cmHg，V2＝18S旋转后p3＝p0－(10＋10＋10＋5－x)cmHg＝（40＋x）cmHgV3＝S(18＋10＋1

0－x)＝S(38－x)由玻意耳定律得p2V2＝p3V3解得x＝8cm与假设相符，故假设成立，所以密闭气体的长度为(18＋10＋10－8）cm＝30cm（3）由（2）中可得p3＝48cmHg变化曲线如图所示14.沿竖直方向有光滑绝缘导轨框NMPQ。导轨框内侧安装电磁铁（图中未画出），

能产生垂直于导轨平面的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B。导轨框内的滑块K由高强度绝缘材料制成，滑块K上绕有闭合矩形线圈abcd，线圈的ab边和cd边电阻均为R，其余电阻忽略不计，匝数为n，ab边长为L。整个装置从与地面相距H的高度下落与地面碰撞后，滑块K立即停下

，此后在线圈与磁场的作用下使导轨框NMPQ减速。导轨框NMPQ的总质量为m，地球表面的重力加速度为g，不计空气阻力，滑块K以及线圈abcd的质量忽略不计。（1）求滑块刚停止运动时，导轨框NMPQ加速度大小；（2）若导轨框NMPQ向下移动距离H后速度为零，则此过

程中线圈abcd中通过的电量和产生的焦耳热各是多少？【答案】（1）22222nBLgHagRm=−；（2）2nBLHqR=，2QmgH=【解析】【详解】（1）滑块刚接触地面时，轨道的速度解得202vgH=02vgH=ab边产生电动势02EnBLvnBLgH

==ab边受到的安培力222222abnBLgHEFnBILnBLRR===对导轨框由牛顿第二定律abFmgma−=解得22222nBLgHagRm=−（2）根据能量守恒可知，线圈中产生的焦耳热20122QmvmgHmgH=+=

通过截面电量22222nEBSnBLHtqItttnnRRRRR======15.如图所示，两个质量都是m的小球A、B用长为L的轻杆连接后靠在竖直墙上处于平衡状态。两球半径忽略不计，墙面与地面均光滑，重力加速度为g。(1)若将A球轻微扰动，A球将以B

为圆心，在竖直平面内做圆周运动。当轻杆受力为零的瞬间，求杆转过的角度；（结果用三角函数表示即可）(2)若将B球轻微扰动，B球水平向左运动，同时带动A球沿着墙壁竖直向下运动。求从静止开始到A球沿着墙壁下落2L的过程中，杆对B球做的功

W。【答案】(1)2cos3=；(2)8mgLW=【解析】【详解】(1)A球绕B球转动过程中，由动能定理可知211(1cos)2mgLmv−=对A球：当杆的作用力为零时21cosmvmgL=解得2cos3=(2)由题意可知，当A球下落2L时，杆AB与水平方向的夹角为30

°将A，B的速度各自分解，沿杆方向速度相等。可知ABcos60cos30vv=由A，B整个系统机械能守恒可知：22AB11222Lmgmvmv=+解得B2gLv=以B为研究对象，由动能定理可2B12Wmv=即杆对B球做的功8mgLW=获得更多资源请扫码加入享学

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