甘肃省白银市靖远县第一中学2023-2024学年高二下学期6月期末模拟考试 物理 PDF版含解析

PDF
  • 阅读 4 次
  • 下载 0 次
  • 页数 13 页
  • 大小 8.224 MB
  • 2024-09-23 上传
  • 收藏
  • 违规举报
  • © 版权认领
下载文档3.00 元 加入VIP免费下载
此文档由【小赞的店铺】提供上传,收益归文档提供者,本网站只提供存储服务。若此文档侵犯了您的版权,欢迎进行违规举报版权认领
甘肃省白银市靖远县第一中学2023-2024学年高二下学期6月期末模拟考试 物理 PDF版含解析
可在后台配置第一页与第二页中间广告代码
甘肃省白银市靖远县第一中学2023-2024学年高二下学期6月期末模拟考试 物理 PDF版含解析
可在后台配置第二页与第三页中间广告代码
甘肃省白银市靖远县第一中学2023-2024学年高二下学期6月期末模拟考试 物理 PDF版含解析
可在后台配置第三页与第四页中间广告代码
试读已结束,点击付费阅读剩下的10 已有4人购买 付费阅读2.40 元
/ 13
  • 收藏
  • 违规举报
  • © 版权认领
下载文档3.00 元 加入VIP免费下载
文本内容

【文档说明】甘肃省白银市靖远县第一中学2023-2024学年高二下学期6月期末模拟考试 物理 PDF版含解析.pdf,共(13)页,8.224 MB,由小赞的店铺上传

转载请保留链接:https://www.doc5u.com/view-4c704e26776f208b135d9237e8ccbbc9.html

以下为本文档部分文字说明:

{#{QQABZQaAoggAAJIAAQgCEQXqCgEQkAECCQgOABAIoAAAgBFABAA=}#}{#{QQABZQaAoggAAJIAAQgCEQXqCgEQkAECCQgOABAIoAAAgBFABAA=}#}{#{QQABZQ

aAoggAAJIAAQgCEQXqCgEQkAECCQgOABAIoAAAgBFABAA=}#}{#{QQABZQaAoggAAJIAAQgCEQXqCgEQkAECCQgOABAIoAAAgBFABAA=}#}{#{QQABZQaAoggAAJIAAQgCEQXqCgEQkAECCQgOAB

AIoAAAgBFABAA=}#}{#{QQABZQaAoggAAJIAAQgCEQXqCgEQkAECCQgOABAIoAAAgBFABAA=}#}{#{QQABZQaAoggAAJIAAQgCEQXqCgEQkAECCQgOAB

AIoAAAgBFABAA=}#}{#{QQABZQaAoggAAJIAAQgCEQXqCgEQkAECCQgOABAIoAAAgBFABAA=}#}2023—2024年度高二年级下学期期末考试模拟卷物理参考答案1.A【解析】氘核是由1个质

子和1个中子凭借核力结合在一起的,要把它们分开,需要吸收能量,这个能量就是氘核的结合能,由核反应方程知氘核的结合能为2.19MeV,A项正确;氘核的比结合能为2.19MeV2≈1.10MeV,B项错误;核反应过程中质量数

守恒,电荷数守恒,C项错误;氘核质量小于组成它的核子的质量之和,D项错误。2.B【解析】这束红光通过双缝产生了干涉现象,说明每条缝都很窄,这就满足了这束红光发生明显衍射现象的条件,这束红光形成的干涉图样特点是,中央出现明条纹,两侧对称地出现

等间隔的明暗相间条纹;这束红光通过单缝时形成的衍射图样特点是,中央出现较宽的明条纹,两侧对称地出现不等间隔的明暗相间条纹,且距中央明条纹远的明条纹亮度迅速减弱,所以衍射图样看上去明暗相间的条纹数量较少,故B

项正确。3.B【解析】a、b导线在O点产生的磁感强度等大反向,c、d导线在O点产生的磁感应强度相同,故四根固定直导线在圆心O处产生磁场的磁感应强度大小为2B0,B项正确。4.C【解析】根据振动图像可知,

t=4s时P向下振动,所以该简谐横波沿x轴负方向传播,A项错误;根据图像可知该波的波长为20m,周期为8s,故该波的波速v=𝜆𝑇=2.5m/s;B项错误;由于t=4s时,P向下振动,Q各上振动,故Q比P先到达波峰位置,C项正确;

根据正弦曲线特点可知,质点Q的平衡位置坐标xQ=112λ+15m=503m,D项错误。5.D【解析】电场线一定从带电体表面出发或终止,图中实线应是等势线,A项错误;带电体所带电荷电性未知,电场线方向未知,故无法判断b、c两点的电势高低,B项错误;a

、c两点电场强度的方向不同,C项错误;a、b、c三点中,a点处等势线密度最大,故a点处电场强度最大,D项正确。6.D【解析】飞船及其中的人和物品所受到的万有引力提供向心力,即G𝑀𝑚(𝑅+ℎ)2=mg,可得向心加速度大小a=𝐺𝑀(𝑅+ℎ)2,故D项正确。

7.A【解析】由楞次定律可知,导体棒自a向c通过磁场,其所受安培力方向始终水平向左,阻碍其运动,B、D项错误;设导体棒单位长度电阻为r,导体棒匀速滑过磁场的速率为v,其运动过程中切割磁感线的有效长度为L,当0≤x≤𝑙2时,由几何知识可知L=2x,又E=BLv、I=𝐸2�

�𝑟,所以安培力F=BIL=2𝐵2v𝑟·x,即F与x成正比。同理,当𝑙2<x≤l时,解得F=BIL=2𝐵2v𝑟(l-x),即F随x线性减小,所以A项正确、C项错误。8.BD【解析】在将力F撤去的瞬间,A球受力情况不

变,仍静止,A的加速度为零,A项错误、B项正确;而B球在撤去力F的瞬间,弹簧的弹力还没来得及发生变化,弹力大小为F,故B的加速度大小为𝐹𝑚,C项错误、D项正确。9.BC【解析】当金属框转动时,框内电流方向每经过中性面一次都要变化一

次,A项错误;由图乙可知,流经电阻的电流方向没有改变,即为直流电,故B项正确;金属框从中性面位置开始转过半周,流过电阻截面的电荷量q'=−IΔt=−E𝑅Δt=Δ𝛷𝑅=𝐵𝐿2+B𝐿2𝑅=2𝐵𝐿2𝑅,则金

属框转过一周,流过电阻截面的电荷量q=2q'=4𝐵𝐿2𝑅,C项正确;感应电动势最大值Em=BL2ω,有效值U=22Em,根据焦耳定律,可知金属框转过一周,电阻产生的焦耳热Q=𝑈2𝑅·2π𝜔=π𝜔𝐵2𝐿4𝑅,D项错误。10.AB【解析】设粒子的电荷量为q,质量为m

,图甲中偏转极板间距离为d、电压为U,图乙中匀强磁场的磁感应强度大小为B,则带电粒子在加速电场中有12mv2=qU0,图甲中粒子在偏转电场中的偏移量y=12×𝑞𝑈𝑚𝑑×(𝑑𝑣)2=𝑈𝑑4𝑈0,故粒子偏移量与电荷量及质量无关,A、B项正确;图

乙中的粒子进入磁场后,有m𝑣2𝑅=qvB,得粒子做圆周运动的半径R=1𝐵2𝑚𝑈0𝑞,故只有粒子的比荷相同,运动轨迹才相同,C、D项错误。11.(1)BD(2分)(2)①位移差(1分)②0.8441.7(每空1分)【解析】(1)电火花打点计时器所接电源应为220V交

流电源,B项正确;为测量点迹之间的距离,必须使用刻度尺,D项正确。(2)①设AB、BC、CD、DE、EF之间的距离分别为x1、x2、x3、x4和x5,可知x2-x1=x3-x2=x4-x3=x5-x4≈1.71cm

,在相邻相等的时间间隔内的位移差基本相等,可判断小车做匀变速直线运动。②由公式vC=𝑥2+𝑥32𝑇,代入数据解得vC=0.844m/s;由公式Δx=aT2,解得a=1.7m/s2。12.(1)如图所示(2分)(2)20001

000(每空2分)(4)4.51.5(每空2分)【解析】(2)将量程为2mA的电流表改装成6V的电压表,由题图丙可知电阻箱阻值R=2000Ω,根据U=I(R+RA),可得电流表的内阻RA=1000Ω。(4)由I2-I1图线可知I1≫I2,结合题图甲

,根据闭合电路欧姆定律有I2(R+RA)=E-I1r,解得I2=𝐸𝑅+𝑅A-𝑟𝑅+𝑅AI1;在I2-I1图线中,截距b=𝐸𝑅+𝑅A,斜率大小k=𝑟𝑅+𝑅A,代入数据,解得E=4.5V,内阻r=1.5Ω。13.解:设缸中气体的压强为p1,以活

塞a、b和刚性轻杆为研究对象根据力的平衡有p1Sa+p0Sb=p1Sb+p0Sa(2分)解得p1=p0(1分)以左右汽缸内全部气体为研究对象初状态气体体积V1=2V0,压强p1=p0末状态气体体积V2=45V0+V0+𝑆𝑎𝑆�

�·𝑉05=2915V0,压强设为p2根据等温变化规律有p1V1=p2V2(2分)解得p2=3029p0。(1分)(2)以左右汽缸内全部气体为研究对象初状态气体体积V1=2V0,压强p1=p0,温度为T0末状态气体体积V3=V0+𝑆𝑏𝑆𝑎·V0=52V0,压强p3=p0,温

度设为T根据等压变化规律有𝑉1𝑇0=𝑉3𝑇(2分)解得T=54T0。(2分)14.解:(1)设弹簧恢复原长时,小球1和小球2的速度大小分别为v1和v2根据系统动量守恒有mv1-2mv2=0(3分)根据系统能量守恒

有12m𝑣12+12×2m𝑣22=E(3分)联立解得v1=2𝐸3𝑚,v2=𝐸3𝑚。(2分)(2)小球1能追上小球a,则v1>v0,解得m<4𝐸3𝑣02(2分)小球2不能追上小球b,则v2≤0.6v0,解得m≥25𝐸2

7𝑣02(3分)故m的取值范围为4𝐸3𝑣02>m≥25𝐸27𝑣02。(2分)15.解:(1)由于粒子在“梯形”磁场中从边界AC射出,可知粒子带正电(2分)由于粒子在左侧正交电场、磁场中沿直线通过,则有qvB=Eq(2分)E=𝑈𝐿(1分)两式联立

,解得v=𝑈𝐵𝐿。(1分)(2)在“梯形”区域内,粒子做匀速圆周运动,由牛顿第二定律,有qvB=m𝑣2𝑅(1分)当粒子质量有最小值时,粒子运动的轨迹半径最小,粒子运动轨迹恰与AC相切(如图甲);当粒子质量有最大值时,粒子运动的轨迹半径最大,粒子运动轨迹恰过C

点(如图乙),设两种情况下粒子运动的轨迹半径分别为R1、R2甲乙根据几何关系,有R1=(2L-R1)sin45°(2分)得R1=2(2-1)L(1分)因MN=L,所以△AMC是等腰直角三角形,R2=L(2分)解得粒子质量的最小值mmin=2(2-1)

q𝐵2𝐿2𝑈,最大值mmax=𝑞𝐵2𝐿2𝑈。(2分)(3)粒子在磁场中做圆周运动的周期T=2π𝑚𝑞𝐵,粒子沿图甲中轨迹运动时所对应的圆心角最大,有t=135°360°×2π𝑚min𝑞𝐵(2分)解得t=3(2-1)π𝐵𝐿22𝑈。(1分)

小赞的店铺
小赞的店铺
天天写文档,写文档,文档
  • 文档 324638
  • 被下载 21
  • 被收藏 0
若发现您的权益受到侵害,请立即联系客服,我们会尽快为您处理。侵权客服QQ:12345678 电话:400-000-0000 (支持时间:9:00-17:00) 公众号
Powered by 太赞文库
×
确认删除?