2023一2024年度高二年级下学期期未考试
物理试题
(75分钟100分)
考试范围：必修第一册、必修第二册、必修第三册占20%，选择性必修第一册、选择性必修第二册、
选择性必修第三册占80%
第I卷（选择题
共43分)
一、选择题：本题共10小题，共43分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一
项符合题目要求，每小题4分；第8~10题有多项符合题目要求，每小题5分，全部
选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
1.夏天，如果将自行车内胎充气过足，又放在阳光下暴晒（暴晒过程中，内胎容积几乎
不变)，车胎极易爆裂。关于这一现象，以下描述正确的是。苔受是
A车胎爆裂，是车胎内气体温度升高，气体分子间斥力急剧增大的结果
B.在爆裂前的过程中，车胎内气体温度升高，标志着每一个气体分子速率都增大了
C.在爆裂前的过程中，车胎内气体分子的势能增加
D.在车胎突然爆裂的短时间内，车胎内气体内能减少
2.小李将手中的易拉罐水平扔向某垃圾桶，易拉罐的轨迹如图。忽略空气阻力，为了
能把易拉罐扔进垃圾桶，小李可以
A.只增大扔易拉罐的水平初速度
B.只减小水平扔出易拉罐时的高度
C.只增大水平扔出易拉罐时人与垃圾桶的水平距离
D.同时减小水平扔出易拉罐时的高度和水平初速度
3.甲质，点运动的位移一时间图像和乙质点运动的速度一时间图像分别如图所示，下列分析
正确的是
个x/m
v/(m.s-)
0
U/s
甲
海·1·
A.甲质点在3s内做匀速直线运动，乙质点在3s内做匀变速直线运动
物
B.甲质点和乙质点在3s内速度的方向没有变化
C.甲质点在前1s内与后2s内速度的大小之比为2：1，乙质点在前1s内与后2s
内加速度的大小之比为2：1
D.甲质点在3s内的位移大小为3m,乙质点在3s内的位移大小为3m
4.沿x轴正方向传播的简谐横波在t=0时的波形如图所示。已知平衡位置在坐标原
点处的质点在4s内恰好完成10次全振动。下列说法正确的是
A.该简谐横波的振幅为0.08m
y/m
0.04
B.该简谐横波的波长为2m
0.02
x/m
C.x=0处的质点在=0时向y轴负方向运动
-0.04
想部
D.该简谐横波的周期为4s
5.一架飞机在南半球一定高度沿纬线水平飞行，由于地磁场的存在，其机翼就会切割
磁感线，两机翼的端点之间会有一定的电势差，则从坐在飞机上的飞行员的角度看
A.机翼左端的电势比右端的电势低
B机翼左端的电势比右端的电势高
C.机翼左端的电势与右端的电势相等
出游门冷川合鞋骨酯的出源解人过
D.由于不知道飞机的飞行方向，故无法判断机翼两端电势的高低
,摩经酸
6.如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两个小球沿同一直线运动，两小球的质
量关系为mA=2B,规定向右为正方向，A、B两小球的动量均为5kg·m/s,运动
过程中两小球发生碰撞，碰撞后B球的动量变化量大小为3kg·m/s,则
A左侧小球是B球，碰撞后A、B两球速度大小之比为4：1
B.左侧小球是B球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2：1
C.右侧小球是B球，碰撞后A、B两球速度大小之比为8：1人
D.右侧小球是B球，碰撞后A、B两球速度大小之比为4：1
7.半径为R、均匀带正电荷的绝缘球体在空间产生对称的电场，电场强度沿半径分布
如图所示（其中0~R的图像未画出）。已知电荷量分布均匀的球壳在壳内产生的
海·2·
卷行天下2023—2024年度高二年级下学期期末考试卷
物理参考答案
1.D 【解析】车胎爆裂,是车胎内气体温度升高,体积不变,压强增大的结果,气体分子间相互作用力几乎为零,故A项错误;在爆裂前的过程中,气体温度升高,绝大多数气体分子速率增大,满足统计规律,也有个别气体分子速率减小,故B项错误;气体分子间相互作用力几乎为零,分子势能为零,在爆裂前的过程中,分子势能不变,故C项错误;在车胎突然爆裂的短时间内,无热交换,气体对外做功,内能减少,故D项正确。
2.A 【解析】设易拉罐做平抛运动的初速度为v0,抛出点离垃圾桶的高度为h,水平位移为x,则平抛运动的时间 t=,水平位移 x=v0t=v0。只增大易拉罐抛出时的初速度,抛出点位置不变,可增大水平位移,从而能把易拉罐扔进垃圾桶中,A项正确;只减小易拉罐抛出时的高度,下落时间变短,则水平位移减小,故易拉罐无法落到垃圾桶中,B项错误;只增大水平扔出易拉罐时人与垃圾桶的水平距离,由于易拉罐水平射程不变,故易拉罐无法落到桶中,C项错误;同时减小易拉罐水平扔出时的高度和水平初速度,下落时间变短,则水平位移减小,故易拉罐无法落到垃圾桶中,D项错误。
3.C 【解析】甲质点在1 s时速度方向和大小改变,乙质点在1 s时加速度方向和大小改变,A、B项错误;位移-时间图线的斜率表示速度,甲质点在前1 s内与后2 s内速度的大小之比为2∶1,速度-时间图线的斜率表示加速度,乙质点在前1 s内与后2 s内加速度的大小之比为2∶1,C项正确;甲质点在3 s内的位移大小为0,乙质点在3 s内的位移大小为3 m,D项错误。
4.C 【解析】由波的图像知该波的振幅A=0.04 m,波长λ=4 m,A项错误、B项错误;由波的传播方向和质点振动方向之间的关系知,t=0时x=0处的质点向着y轴负方向运动,C项正确;根据题意知该波的周期T==0.4 s,D项错误。
5.A 【解析】当飞机在南半球水平飞行时,由于地磁场的存在,且在南半球地磁场的竖直分量方向向上,则由右手定则可判定机翼左端的电势比右端的电势低,故A项正确。
6.B 【解析】根据题意,有mAvA=mBvB=5 kg·m/s,且向右为正方向,mA=2mB,则两球均向右运动,vA7.B 【解析】由U=Ed可知E-r图像与坐标轴所围图形的面积表示电势差,则单位为伏特(V),故A、D项错误;设单位体积绝缘球体中带电荷量为q,则球壳内到球心为r距离的位置处的电场强度E=k=,即球体内某点的电场强度的大小与该点到球心的距离成正比,B项正确;一带负电的点电荷离球体越近,电势越高,电势能越小,故C项错误。
8.AC 【解析】核反应都遵循质量数守恒和电荷数守恒,与是否发生质量亏损无关,故A项正确;两个轻核结合成质量较大的核,结合时放出能量,出现质量亏损,则总质量比聚变前的小,故B项错误;两个轻核结合成质量较大的核,放出能量,总的结合能增加,则核子的比结合能增加,故C项正确;与裂变相比,轻核聚变辐射极少,废物容易处理,更为安全、清洁,但是目前聚变还不能进行控制,目前利用核能的主要方式是裂变,故D项错误。
9.BC 【解析】由S两端电压U增大可知干路电流增大,由欧姆定律I=可知总电阻减小,所以传感器的电阻RM变小;假设R很小,甚至为零,则传感器部分的电路被短路,故传感器电阻RM的变化对S的电压就无影响,则R越大,U增大越明显,故B、C项正确。
10.BC 【解析】在火星表面,重力等于万有引力,则得=mg;在“天问一号”卫星探测器绕火星做匀速圆周运动的过程中,由万有引力提供向心力得=m(R+h),联立解得g=,故A项错误、B项正确。“天问一号”卫星探测器绕火星做匀速圆周运动,轨道半径r=R+h,则它绕火星做匀速圆周运动的速度大小v==,故C项正确、D项错误。
11.(1)20 (1分)
(2)-1.0 (2分) 2.0 (2分)
【解析】(1)该弹簧的劲度系数k=== N/m=20 N/m。
(2)当指针指向刻度尺上9.00 cm刻度线时,弹簧的弹力F1=kΔx1=1.8 N<2.0 N,此时小球具有向下的加速度,则刻度尺上9.00 cm的刻度线应标记为a1== m/s2=-1.0 m/s2;当指针指向刻度尺上12.00 cm刻度线时,弹簧的弹力F2=kΔx2=2.4 N>2.0 N,此时小球具有向上的加速度,则刻度尺上12.00 cm的刻度线应标记为a2== m/s2=2.0 m/s2。
12.(1)见解析图 (2分)
(2)①向右偏 (2分) ②向右偏 (1分) ③向左偏 (1分)
(3)逆时针 (2分) 左 (2分)
【解析】(1)将电源、开关、变阻器、小螺线管串联成一个回路,再将电流计与大螺线管串联成另一个回路,注意滑动变阻器接一上一下两个接线柱,电路图如图所示。
(2)①闭合开关时,穿过大螺线管的磁通量增大,灵敏电流表的指针向右偏;闭合开关后,将原线圈迅速插入副线圈的过程中,磁场方向不变,磁通量变大,电流表指针向右偏转。②原线圈插入副线圈后,将滑动变阻器的滑片迅速向左移动时,滑动变阻器接入电路的阻值变小,电路电流变大,穿过大螺线管的磁通量变大,磁场方向不变,则电流表指针向右偏转。③在把原线圈中的软铁棒拔出的过程中,磁场方向不变,磁通量变小,电流表指针向左偏转。
(3)当光照增强时,则光敏电阻阻值减小,线圈中的电流变大,依据右手螺旋定则与楞次定律,从左向右看,金属环A中电流沿逆时针方向。因穿过A环的磁通量增大,根据楞次定律,感应电流的磁场方向与原电流磁场方向相反,故相互排斥。
13.解:(1)由题意知,当b光与中心轴MN距离s= m时,发生全反射
根据几何关系有sin C= (2分)
解得n=。 (2分)
(2)由题意知,a光从C点射出,其入射角i=30°,由
n= (2分)
解得折射角r=45° (1分)
在△COF中,∠CFE=15°,CO=1 m,根据正弦定理有= (1分)
解得x=1.92 m。 (2分)
14.解:(1)设C与B粘合成D时,D的速度为v1
由动量守恒定律,有mv0=(m+m)v1 (2分)
当弹簧被压缩至最短时,D与A的速度相等,设此速度为v2
由动量守恒定律,有2mv1+mv0=3mv2 (2分)
解得A的速度大小v2=v0 。 (2分)
(2)设弹簧长度被锁定后,弹簧的弹性势能为Ep
由能量守恒定律得×2m+m=×3m+Ep (2分)
解得Ep=m (1分)
撞击P后,A与D的动能都为零,解除锁定后,当弹簧刚恢复到原长时,弹簧的弹性势能全部转变成A的动能,设A的速度大小为v3,则有Ep=m (1分)
之后弹簧被拉伸,D离开挡板P,当A、D的速度相等时,弹簧伸长量最大,设此时A、D的速度大小为v4
由动量守恒定律,有mv3=3mv4 (1分)
当弹簧伸长量最大时,弹簧的弹性势能最大,设此时弹性势能为Ep'
由能量守恒定律得m=×3m+Ep' (2分)
联立以上各式得Ep'=m。 (2分)
15.解:(1)初速度是0的粒子在电场中加速,根据动能定理,有qU=m (2分)
解得v1=v0 (2分)
粒子在磁场中做圆周运动,根据qv1B=m (2分)
解得r1=R (1分)
由几何关系可得,粒子在磁场中偏转圆周,对应的位置坐标为(0,R)。 (2分)
(2)以速度v1进入磁场的粒子刚好注入QM,满足h0=k0v0 (1分)
根据题意,设在磁场中以r为半径的偏转粒子,沿θ方向射入到PQ表面并注入到地面MN,深度为h,由几何关系得(R+h)sin θ=R+h0 (2分)
又h=kv
其中=tan (2分)
即v= (1分)
联立方程解得k=[R(1-sin θ)+k0v0]。 (2分)
