六盘水市2022-2023学年度第二学期期末教学质量监测
高二年级物理试题卷
(考试时间：90分钟试卷满分：100分)
注忘事项：
1,答期前，务必在答避卷上镇写8名和考号等相关信息并贴好条形码。
2.回容进择通时，进出每小通答案后，用铅笔把答題卷上对应通目的答案标号涂黑。知需政
动，用檬皮擦干冷后，再遮涂其他答紫标号。回答非选择题时，将答案写在答题卷上，写在本试卷上
无效」
3.考试结束后，将答题卷交回」
一、单项选择题（本题共8小题，每小题4分，共32分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合
题目要求，选对的得4分，有选错、不选的得0分。】
1根据热力学定律，下列说法正确的是
A.气体被级慢压缩时，内能可能不变
10身，并换以好克8以数出已学平
B,对能源的过波消耗使白然界的能量不断减少，形成“能源危机”
=
C.一定质量的理想气体，在压强诚小，体积增大时，一定从外界吸收热量
五特角5块
D.一定质量的理想气体，在温度降低、体积增大时，一定从外界吸收热量
小
2.如图所示是轧铜厂的热轧机上安装的射线测厚仪，让Y射线穿过钢板，探测器探测到的y射线强
度与钢板的厚度有关，已知测厚仪州依()的放射性同位素1r作为放射源，r发生B衰变时
放出B射线和y射线，半哀期为74.2天，若衰变产生的新核用X表示，下列说法正确的是
微大器
厚度控制装置
探测器」
塑料板
放射性
或金属板
同位素
A,探测器探测到的y射线变强，说明钢板的停度增大
B.100g的r经过148.4天全部发生衰变
C.2Ir的衰变方程为m1r一X+"e
D.1r的半衰期随温度的升高而变短
高二年级物理试题卷·第1页·共6页
3.今年贵州继“村BA”火遍全网后，“村超”（乡村足球超级联赛）又在全网爆火.某运动员在离球
门正前方约6m处训练头球攻们时，跳起后，头部高度约1.8m,将足球以一定的初速度垂直球门
水平顶出，恰好落在球门线上，足球视为质点，不计空气阻力，下列说法正确的是
球门线
A.球在空中运动的时间约为s
B.球被水平顶出时的初速度大小约为15m/s
C.球落地瞬间竖直方向的速度大小约为6m/s
D.球落地照间速度方向与初速度方向的夹角约为45°
4,2023年6月15日，我国长征一号丁遥八十八运载火箭成功将吉林一号高分06A星等41颗卫星
准确送入预定轨道，刷新了我国次发射卫星数最多的纪录.质址相等的口b,c三颗卫星，固
绕地球做匀速圆周运动的轨逍分布如图听示，卫星：
4.受地球引力最小
B.运行的周期最小
C.运行的速度最小
D.运行的加速度最小
5.如图所示为一列沿x轴传播的简谐横波，实线为1=0时刻的波形图，此时质点P(4m)向y轴
正方向振动，虚线为1=0.53时的波形图，此时质点P恰灯第一次到达波峰，下列说法正确的是
A.该波的波长为4加液中，价
B,该波的传播速度为4m/s901011,
C,该波沿x轴负方向传播
种内，
123木567分9,611位x血
D.在t=0时，质点P受到的同复力最大
2
6.如图所示，在x0y平而的第一象限内存在方向垂直于纸面向里，磁惑应强度大小为B的匀强磁
场.一带电粒子从y轴上的M点射人磁场，速度方向与y轴正方向的夹角0=45粒子经过磁场
偏转后从x轴上的N点（图中未画出）垂直穿出，已知OM=a,粒子电尚量为g,质量为m,重力
不计，粒子在磁场中
A.轨道半径为m
B,速度大小为9B:
X
C.运动的时间为4Tm
3Bq
D.受到洛伦接力的大小为2g8。
m
高二年级物理试题卷·第2页·共6页六盘水市 2022-2023 学年度第一学期期末教学质量监测
高二年级物理参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
答案 A C C B B D A D BD ACD AC BC
1.答案：A
解析：由热力学第一定律知，改变内能的方法有热传递和做功，缺失了热传递情况无法判断内能
变化情况，内能可以增大可以减少可以不变，故 A 选项正确。能源有可利用能源和不可利用能源之分，
PV
总能量保持不变，我们应该节约使用的是可利用能源，故 B 选项错误。由理想气体状态方程 =C 知，
T
对一定质量的理想气体C值保持不变，P减小、V增大时，T的变化情况未知，故热力学第一定律△U=Q+W
中△U 的正负未知，气体体积增大，则 W 为负，故 Q 的正负未知，气体吸热放热情况未知，故 C 选项
错误。对一定质量的理想气体，T 减小时△U 为负值，气体体积增大，则 W 为负值，热力学第一定律
△U=Q+W 中 Q 的正负未知，气体吸热放热情况未知，故 D 选项错误。
2.答案：C
解析：钢板越厚穿过的 γ 射线越少，故 γ 射线变强说明钢板厚度减少，故 A 选项错误。148.4 天为
192
两个半衰期，由半衰期公式知经过两个半衰期后还有四分之一的 77 Ir 没有发生衰变，故 B 选项错误。
192
77 Ir 衰变放出 β 射线和 γ 射线，衰变方程符合质量数和电荷数守恒，故方程正确，C 选项正确。半衰
期不受原子核所处的物理环境和化学环境影响，故 D 选项错误。
3.答案：C
1 2 x
解析：由h gt 知 t 近似为 0.6 秒，故 A 选项错误。由 v0= 知 v0 近似为 10m/s，故 B 选项错误。
2 t
vy 6
由 vy=gt 知 vy近似为 6m/s，故 C 选项正确。落地时速度与水平方向的夹角正切 tanθ= v = ，故 θ 不0 10
是 45 度 D 选项错误。
4.答案：B
2
GMm 2 r3
解析：因 a 的半径最小，所以引力最大，故 A 选项错误；由 m r，得：T 2
r 2 T GM
GMm v2 GM
知 r 越小，T 值越小，故 B 选项正确。由 2 =m ，得：v= 知 r 越小 v 值越大，故 C 选项
r r r
GMm GM
正确。由F 知，由a 知 r 越小 a 值越大，故 D 选项错误。
r 2 r 2
5.答案：B
解析：由图像知，波长 λ 为 8m，故 A 选项错误。经 0.5sP 第一次到达波峰，说明 P 在 0.5s 内完成
λ
了四分之一个周期的运动，于是周期 T=2s，v = =4m/s 故 B 选项正确。t=0 时刻 P 向 y 轴正方向振动，
T
故该波向 x 轴正方向传播，故 C 选项错误。t=0 时刻 P 在平衡位置，此时的回复力为零，故 D 选项错误。
6.答案：D
{#{QQABZYQEogAgABBAAQACQwkQCkOQkgECCIgOwAAUsEAAiRFABCA=}#}
v2
解析：由几何规律知，轨道半径为 2a，故 A 选项错误。Bqv= m
R y
3
B
2qBa 2πr 4 3 m θ v得：v= 故 B 选项错误。T= v ，t T 故 C 选项错误。m 2 4Bq M r= 2a
2qBa √2 2 2 3π
f 洛=Bqv，v= 得 f 洛= ，故 D 选项正确。
m 4O
7.答案：A O x1
解析：由 0-11s 内 v-t 图像与横轴所围图形的面积知货物上升的最大
高度为 14m，故 A 选项正确。第 3s 末货物加速度为正说明加速度方向为竖直向上，处于超重状态，故
B 选项错误。由图像的斜率知前 4s 内货物的加速度大小为 20.5m/s ，故 C 选项错误。由图像斜率知，7s
至11s末货物的加速度大小为 20.5m/s ，加速度方向为竖直向下，由牛顿第二定律mg-F=ma，解得F=950N，
故 D 选项错误。
8.答案：D
2
解析：由乙图知，T=0.02s，w 100 ，Um=220 2V，故原线圈所接交变电压的表达式为
T
u=220 2sin100πt（V），故 A 选项错误。原线圈的输入电压有效值为 220V，原副线圈匝数比为 2:1，故
U
副线圈两端电压有效值为 110V，电压表示数为 110V，故 B 选项错误。副线圈中的电流为 2 =2A，原
R
副线圈匝数比为 2:1，故原线圈中的电流 I1=1A，故电流表示数为 1A，C 选项错误。P1=U1I1=220W，故
D 选项正确。
9. 答案：BD
sin 45
解析：由折射率的定义式知，n 2 ，故 B 选项正确。同一介质对不同频率的光的折
sin 30
射率不同，故 A 选项错误。由光路的可逆性原理知，若是红色光从介质射向真空的入射角为 30 度则折
1
射角为 45 度，其他频率的光的折射情况不清楚，故 C 选项错误。由公式全反射的临界角公式sin C
n
知红光从该介质射向真空的临界角为 45 度，故 D 选项正确。
10.答案：ACD
解析：由电场线的方向知 q 为负电荷，故 A 选项正确。由试探电荷的运动轨迹知其受到的电场力
1
与电场线切线方向即电场方向相反，故试探电荷带负电，故 B 选项错误。P、Q 在同一条电场线上，由
沿电场线方向电势逐点降低的规律知，φ <φ ，故 C 选项正确。由试探所受电场力方向与轨迹切线方向
P Q
（即速度方向）的夹角关系知，电场力先做负功后做正功，故 D 选项正确。
11.答案：AC
t0 F0 3t0 2F解析：由牛顿第二定律知， 时刻 a = ， 时刻 a = 0 ，故 a :a =1:2，A 选项正确。由动
1 2 1 2
2 m 2 m
F t
量定理，0-t 内， t =mv ，得 v = 0 0
3F t
F 1 ，0-2t 内，F t +2F t =mv ，得 v
0 0 ，故 v :v =1:3……①，
0 0 0 1 0 0 0 0 0 2 2= 1 2
m m
1 2 mv
2
1 1
故 B 选项错误。由动能定理，0-t 内，F0S1= mv1 ，得 S 1= ……②， -
2
0 2t 内，F0S1+2F0S2= mv2 ……0 2 2F 00 2
1
③，由①②③得 2S1:S2=1:4，故 S1：（S1+S2）=1:5，C 选项正确。由动能定理，0-t 内，W0 1= mv ， 2 1
{#{QQABZYQEogAgABBAAQACQwkQCkOQkgECCIgOwAAUsEAAiRFABCA=}#}
1 1
W2= mv
2
2 -
2
mv1 ，又由 v :v =1:3 得 W1:W2=1:8，故 D 选项错误。 2 2 1 2
12.答案：BC
解析：锥体受两个压力、两个静摩擦力、一个重力，共五个力，故 A 选 y
项错误，B 选项正确。恰好将锥体提起时，食指对锥体施加的压力 N 和静摩
3 1 3 3 f1 f
擦力 f 的分解如图所示，f=μN= N,由几何规律得，N1= N，f1= f= N，2 2 2 4 30°
由对称性知，拇指对锥体施加的压力和静摩擦力的竖直分量与 N1 和 f1 相同， f
0 2 N2
1 3 x
由平衡知，2N1+mg=2f1 即 2× N+mg=2× N，解得 N=2mg=2N，故食指和拇2 4
N 30°1 N
指对锥体的压力大于等于 2N 即可保证锥体悬空静止，故 C 选项正确，D 选
项错误。
13.答案：（每空 2 分）
（1）平行
d (x x )
（2）1.485（1.484~1.486） 2 1
4l
解析：（1）让单缝和双缝相互平行，可以使双缝成为两条线光源，这样在接收屏上可以看见比较
亮的两条线形干涉条纹。
d d x
（2）由 x 得 2
x1 。
l l 4
14、答案：(每空 2 分)
(1)A1 乙
(2)0.50（0.49~0.51）
2
πUd
(3)
4Il
E
解析：回路中的最大电流 I= =0.6A，故电流表选 0.6A 的量程；因 Rx的阻值与电流表的内阻比 Rx
较接近，为了提高测量精确度，只能选用外接法，所以电路选乙；指针指在第 25 条刻度线上，根据 0.6A
ρl
表盘读数法则，最小分度为 0.02A，所以读到本位，可得读数为 0.50A；根据电阻定律公式 R = ，得
s
2
πUd
ρ= .
4Il
5
15、答案：（1）500K；（2）1.2×10 Pa
解析：（1）由题知，气体做等压变化，设活塞刚好上升到挡板处时，缸内气体温度为 T，
活塞横截面积为 s，有：
sh sH
= ……………… 1
T0 T
○
解○1 得：T=500K ………………○2
（2）由题知，此后气体做等容变化，设 T1=600K，末态压强为 P
P0 P P0sh PsH
= (或： = ) ……………… 3
T T1 T0 T
○
1
{#{QQABZYQEogAgABBAAQACQwkQCkOQkgECCIgOwAAUsEAAiRFABCA=}#}
5
解○3 得：P=1.2×10 Pa ………………○4
评分标准：○1 ○3 各给 3 分，○2 ○4 各给 2 分。
16、答案：（1）由 A 到 C，6V；（2）8W（3）6N
解析：（1）根据右手定则，AC 中的电流方向由 A 到 C， ………………○1
由 E=BLv ………………○2
解○2 得：E=6V ………………○3
（2）S 断开时，只有 R1接入电路，回路中电流为 I1，有
E
I1 = ………………r+R ○4 1
R1 上的电功率为：
2
P1= I1 R1 ………………○5
解○3 ○4 ○5 得：P1=8W ………………○6
（3）S 闭合时，R1与 R2并联，并联电阻为 R，
R1 R2
R= ………………
R +R ○7 1 2
回路中电流为 I
E
I = ………………○8 r+R
导体棒做匀速运动，外力 F 等于安培力大小，即
F=BIL ………………○9
解○3 ○7 ○8 ○9 得：F=6N ………………○10
评分标准：○1 ○3 ○4 ○6 ○7 ○8 ○9 ○10 各 1 分； ○2 ○5 各 2 分。
17、答案：（1）30N；（2）2m/s;
（3）当 0≤μ<0.25 时，乙将从小车的右端滑离小车，产生的热量 Q=12μ
当 0.25≤μ≤0.4 时，乙和小车最终将一起运动，产生的热量 Q=3J
解析：（1）甲从 A 到 B，机械能守恒：
1
v 2 m gR= m ……………………
1 2 1 B ○1
在 B 点对甲受力分析有：
{#{QQABZYQEogAgABBAAQACQwkQCkOQkgECCIgOwAAUsEAAiRFABCA=}#}
v 2
B
N-m g=m ……………………
1 1 R ○2
解○1 ○2 得：N=30N ……………………○3
（2）甲与乙发生相碰后速度分别为 v v
1、 2，有
m v = m v + m v …………………… 41 B 1 1 2 2 ○
1 1 1
m v 2= m v 2 m v 2 ……………………
2 1 B 2 1 1 +2 2 2 ○5
解○1 ○4 ○5 得：v2=2m/s ……………………○6
（3）当乙滑上小车后，设乙刚好到小车最右端时与小车共速，速度为 v，有：
m2v2=(m2+M)v ……………………○7
根据能量守恒有：
1 2 1 2 μm
2gL= m v2 2 2 - 2(
m +M)v ……………………2 ○8
解○6 ○7 ○8 得：μ=0.25 ……………………○9
当 0≤μ<0.25 时，乙将从小车的右端滑离小车，产生的热量
Q=μm gL =12μ ……………………○10 2
当 0.25≤μ≤0.4 时，乙和小车最终将一起运动，产生的热量
1 1 2
Q= m v 2 - (m +M)v =3J ……………………○11 2 2 2 2 2
评分标准：○1 ○2 ○4 ○5 ○8 各 2 分，○3 ○6 ○7 ○9 ○10 ○11 各 1 分
{#{QQABZYQEogAgABBAAQACQwkQCkOQkgECCIgOwAAUsEAAiRFABCA=}#}
