物理03卷（人教版2019选择性必修第一册+选择性必修第二册+选择性必修第三册）——2022-2023学年高二下学期期末模拟测试卷

2022-2023学年高二下学期期末考前必刷卷

物理·全解全析

1．如图所示，甲木块的质量为m1，以v的速度沿光滑水平地面向前运动，正前方有一静止的、质量为m2的乙木块，乙上连有一轻质弹簧。甲木块与弹簧接触后（　　）

A．甲木块的动量守恒

B．乙木块的动量守恒

C．甲、乙两木块所组成系统的动量守恒

D．甲、乙两木块所组成系统的机械能守恒

【答案】C

【解析】ABC．由于弹簧弹力的作用，甲、乙的动量都要发生变化，即甲、乙两物体各自的动量均不守恒；但对于甲、乙所组成的系统因所受合力为零，故系统动量守恒，故AB错误，C正确；

D．甲、乙两木块所组成系统的动能，一部分转化为弹簧的弹性势能，故甲、乙两木块所组成系统的机械能不守恒，故D错误。

故选C。

2．如图甲所示为以O点为平衡位置，在A、B两点间运动的弹簧振子，图乙为这个弹簧振子的振动图像，由图可知下列说法中正确的是（　　）

A．在t=0.2s时，弹簧振子的加速度为正向最大

B．在t=0.1s与t=0.3s两个时刻，弹簧振子的速度相同

C．从t=0到t=0.2s时间内，弹簧振子做加速度增大的减速运动

D．在t=0.6s时，弹簧振子有最小的位移

【答案】C

【解析】A．在t＝0.2s时，弹簧振子的位移为正向最大，加速度为负向最大，故A错误；

B．在t＝0.1s与t＝0.3s两个时刻，弹簧振子的位移相同，说明弹簧振子在同一位置，速度大小相同，但是方向相反，故B错误；

C．从t＝0到t＝0.2s时间内，弹簧振子的位移增大，加速度增大，速度减小，所以弹簧振子做加速度增大的减速运动，故C正确；

D．在t＝0.6s时，弹簧振子的位移为负方向最大，故D错误。

故选C。

3．近年来，我国科技飞速发展，科学家们研发的反隐身米波雷达堪称隐身战斗机的克星，它标志着我国雷达研究又创新的里程碑，米波雷达发射无线电波的波长在1~10m范围内，如图所示为一列米波在时刻的波形图，接下来之后一小段时间内质点P的加速度减小，质点N在时第二次到达波峰。则下列判断正确的是（　　）

A．该波沿x轴正方向传播

B．该波的传播周期为

C．接下来一小段时间内质点Q的速度增加

D．从时刻起，质点P比质点Q更早到达波峰

【答案】B

【解析】A．接下来之后一小段时间内质点P的加速度减小，质点P向平衡位置运动，由上下坡法可知，该波沿x轴负方向传播，故A错误；

B．质点N在t=0时，位于波谷，t=1s时第二次到达波峰，有

解得

故B正确；

C．由图可知，质点Q向正向最大位移处运动，接下来一小段时间内质点Q的速度减小，故C错误；

D．从时刻起，质点Q向正向最大位移处运动，质点P向平衡位置运动，质点Q比质点P更早到达波峰，故D错误。

故选B。

4．一半圆形玻璃砖的截面如图所示，截面内一细束单色光以45°的入射角从MN上射入，在入射点由N缓慢移动到M的过程中，不考虑光的反射，圆弧MN上有一半区域有光线射出。已知玻璃砖的半径为R，单色光在真空中的传播速度为为半圆的中点，下列说法正确的是（　　）

A．圆弧AN上没有光线射出区域的长度与圆弧AN长度之比为5：6

B．出射光线与水平方向最大夹角为90°

C．出射光线与入射光线均不平行

D．能从圆弧上射出的光线中，在玻璃砖内的最大传播时间为

【答案】A

【解析】A．如图所示

设P和Q分别是半圆上光线射出的临界位置，因为半圆上有一半区域有光线射出，可知

设光线射入玻璃砖后的折射角为θ，全反射临界角为C，由几何关系可知

即

则

折射率

又由折射定律可知

解得

则

故圆弧AN上没有光线射出的区域的长度与圆弧AN长度之比为

A正确；

B．结合几何知识可知，出射光线与水平方向夹角最大为75°，B错误；

C．由对称性可知，从A点出射的光线与入射光平行，C错误；

D．玻璃砖内的光线路径最长的是从A点出射的光线，故最大传播时间为

D错误。

故选A。

5．如图所示，水平地面上平行放置两根足够长的通电直导线a和b，其电流大小相等、方向垂直纸面向里，竖直线MN位于直导线a、b的中垂面上。通电直导线c中的电流方向垂直纸面向外。现在从M点由静止释放，一段时间后直导线c落在地面上。M点离地面的高度为h，整个过程中，导线a和b静止不动，不计空气阻力，重力加速度为g。则通电直导线c由M点运动到N点的过程中（    ）

A．导线a、b在M点产生的磁感应强度方向为水平向左

B．导线c在M点的加速度大于g

C．导线即将落地时的加速度大小一定为g

D．调整M点到地面的高度h，导线c落地时的速度大小可能为

【答案】C

【解析】A．如图所示

由平行四边形定则可知，导线a、b中电流在M点产生的磁感应强度方向为水平向右，故A错误；

B．异向电流相互排斥，所以导线c在M点受到a、b中两个电流的合力方向为竖直向上，由牛顿第二定律有

mg－F＝ma

所以

a＜g

故B错误；

C．由前面受力分析可知导线c沿竖直方向运动，即将落地时，导线c受到a、b的两个电流的作用力等大反向，其所受合力为mg，其加速度大小为g，故C正确；

D．在下落过程中，a、b中两个电流给导线c的合力方向一直竖直向上，对导线c做负功，由动能定理

解得

故D错误。

故选C。

6．如图，坐标平面内有一顶点在原点的抛物线形金属导轨，在导轨围成的区域内有垂直坐标平面的匀强磁场。时刻，有一足够长的粗细均匀的金属棒从原点出发沿方向以恒定速度平移（棒保持垂直于y轴），金属棒与导轨接触良好，不计导轨电阻。则在平移过程中，关于金属棒上产生的电动势、金属棒中的感应电流、金属棒所受安培力以及金属棒的电功率随纵坐标y的变化规律，下列图像可能正确的是（    ）

A．   B．   C． D．  

【答案】C

【解析】A．设第一象限内棒与抛物线交点坐标为（，），则回路中金属棒产生的电动势为

再设抛物线方程为

则有

即图线为开口向右的抛物线，故A错误；

B．设金属棒单位长度的电阻为，则金属棒中电流为

故图线应为平行于横轴的直线，故B错误；

C．金属棒所受安培力为

即图线为开口向右的抛物线，故C正确；

D．金属棒功率为

即图线为开口向右的抛物线，故D错误。

故选C。

7．一理想变压器的原线圈连接一只理想交流电流表，副线圈接入电路的匝数可以通过滑动触头调节，如图所示，副线圈两输出端连接了定值电阻和滑动变阻器，在原线圈上加一电压为的交流电，则（　　）

A．保持的位置不动，将向上滑动时，电流表的读数变大

B．保持的位置不动，将向上滑动时，电流表的读数不变

C．保持的位置不动，将向上滑动时，电流表的读数变大

D．保持的位置不动，将向上滑动时，电流表的读数变小

【答案】C

【解析】AB．保持的位置不动，则副线圈输出电压不变，将向上滑动时，电阻增大，则副线圈中电流减小，原线圈电流也减小，即电流表的读数变小，故AB错误；

CD．保持的位置不动，电阻不变，将向上滑动时，副线圈匝数增加，副线圈输出电压变大，则副线圈中电流增大，原线圈电流也增大，即电流表的读数变大，故D错误，C正确。

故选C。

8．下列核反应方程中，生成物中、、、代表质子的是（　　）

A． B．

C． D．

【答案】D

【解析】A．由质量数守恒和电荷数守恒可知

为，故A不符合题意；

B．由质量数守恒和电荷数守恒可知

为，故B不符合题意；

C．由质量数守恒和电荷数守恒可知

为，故C不符合题意；

D．由质量数守恒和电荷数守恒可知

为，故D符合题意。

故选D。

9．如图所示，导热性能良好的汽缸开口向下悬吊在天花板上，用一厚度不计的活塞A将一定质量的理想气体封闭在汽缸中，平衡时活塞距缸口距离为。已知外部大气压强恒为，外界环境温度恒为，缸口到缸底距离为，活塞的质量为（为活塞的横截面积、为重力加速度）。如果将汽缸开口向上置于水平面上，忽略活塞与汽缸之间的摩擦。则（　　）

A．再次平衡时，活塞A下降的高度为

B．再次平衡时，活塞A下降的高度为

C．要使活塞A恢复到原来位置，环境温度为

D．要使活塞A恢复到原来位置，环境温度为

【答案】BD

【解析】AB．汽缸悬吊时，封闭气体压强为

开口向上时，封闭气体压强

由玻意耳定律得

解得

故活塞A下降的高度为

可知A错误，B正确；

CD．活塞A恢复到原位置时，由盖—吕萨克定律得

解得

故C错误，D正确。

故选BD。

10．某同学采用如图所示的装置来研究光电效应，a、b是两种单色光，分别由处于M态和N态的氢原子跃迁到同一激发态产生，波长分别为λ1、λ2（λ1 > λ2），照射阴极K时，均能发生光电效应。已知普朗克常量为h，真空中的光速为c，下列说法正确的是（   ）

A．a、b光子的动量大小关系为p < p

B．M、N两态对应能量之差

C．用a、b光分别照射阴极K时，饱和电流I < I

D．用a、b光分别照射阴极K时，反向遏止电压之比为U：U = λ2：λ1

【答案】AB

【解析】A．a、b光子的波长关系为λ1 > λ2，由可知pa < pb，A正确；

B．由题意可得

则两态对应能量之差

B正确；

C．饱和电流与光照强度有关，无法判断的大小，C错误；

D．由可知，两种情况下，反向遏止电压之比不等于两单色光波长的反比，D错误。

故选AB。

11．如图甲所示，让A分子不动，B分子从无穷远处逐渐靠近A。两个分子间的作用力F随分子间距离r的变化关系如图乙所示，取无穷远处分子势能Ep=0。在这个过程中，关于分子间的作用力和分子势能说法正确的是（　　）

A．当分子间距离r>r0时，分子间的作用力表现为引力

B．当分子间距离r>r0时，分子间的作用力做正功，分子势能减小

C．当分子间距离r=r0时，分子间的作用力为0，分子势能也为0

D．当分子间距离r<r0时，分子间的作用力做负功，分子势能减小

【答案】AB

【分析】可以根据分子力做功判断分子势能的变化，分子力做正功，分子势能减小，分子力做负功，分子势能增加。

【解析】A．r>r0，分子力表现为引力，r<r0，分子力表现为斥力，选项A正确；

B．当r从无穷大开始减小，分子力做正功，分子势能减小，所以当分子间距离r>r0时，分子间的作用力做正功，分子势能减小，选项B正确；

D．当r减小到r0继续减小，分子力做负功，分子势能增加，所以当分子间距离r<r0时，分子间的作用力做负功，分子势能增加，，选项D错误；

C．当分子间距离r=r0时，分子间的作用力为0，分子势能最小，由于题中取无穷远处分子势能Ep=0，所以在r0处分子势能小于零，选项C错误。

故选AB。

12．图甲为某种车辆智能道闸系统的简化原理图：预埋在地面下的地感线圈L和电容器C构成LC振荡电路，当车辆靠近地感线圈时，线圈自感系数变大，使得振荡电流频率发生变化，检测器将该信号发送至车牌识别器，从而向闸机发送起杆或落杆指令。某段时间振荡电路中的电路如图乙，则下列有关说法正确的是（　　）

A．t1时刻电容器间的电场强度为最小值

B．t1~t2时间内，电容器处于充电过程

C．汽车靠近线圈时，振荡电流频率变小

D．从图乙波形可判断汽车正靠近地感线圈

【答案】ABC

【解析】A．时刻电流最大，线圈中磁场能最大，电容器中电场能最小，电容器间的电场强度为最小值，故A正确；

B．时间内，电流逐渐减小，线圈中磁场能减小，电容器中电场能增大，电容器处于充电过程，故B正确；

C．当车辆靠近地感线圈时，线圈自感系数变大，根据

可知周期变大，频率变小，故C正确；

D．从图乙波形可知周期越来越小，频率越来越大，汽车正远离地感线圈，故D错误。

故选ABC。

三、实验题

13．某兴趣小组的同学利用身边的实验器材，完成验证动量守恒定律实验．身边的实验器材有：刻度尺、天平、打点计时器（一套）、装有厚厚一层松软细沙的小车（以下简称“小车”）、铁块、一端带有竖直挡板的长木板、木块、纸带．实验步骤如下：

第1步：把长木板带有竖直挡板的一端固定在水平桌面上，把木块垫在木板左端下方，制成一个斜面，并将实验器材按如图所示方式安装好；把小车放到木板上，将穿过打点计时器的纸带与小车连接．通过左右调整木块位置，直至给小车一个沿木板向下的初速度，小车所连纸带上打出的点间隔均匀为止．

第2步：把小车放到木板上靠近打点计时器的一端，给小车一个沿木板向下的初速度，经过一段时间后把铁块轻轻放到小车里的细沙上．

第3步：取下纸带，测量纸带上点迹均匀的两部分连续5个点的距离x1和x2，且．

第4步：重复第2步和第3步，记录x1和x2。

请回答下列问题．

（1）铁块轻轻放到小车里的细沙上发生在相邻的两个点_______________之间．（填纸带上计数点字母符号）

（2）在坐标纸上，以x1和x2分别为纵、横轴，把记录的数据在坐标纸上描点连线，得到一条斜率为k的过原点的直线．只需满足铁块与小车（含细沙）的质量的比值为__________________，就能验证小车和铁块沿水平方向的动量守恒．

（3）若铁块从一定高度处做自由落体运动落到小车上的细沙里，小车匀速运动时的动量_________________（选填“大于”“小于”或“等于”）铁块落到细沙里后铁块和小车的总动量．

【答案】               小于

【解析】（1）[1]铁块轻轻放到小车里前小车做匀速运动，铁块轻轻放后也是匀速运动，但速度会发生变化，对应纸带上的点，可以知道放上铁块的位置在之间。

（2）[2]设小车（含细沙）和铁块的质量分别为和，长木板倾角为，小车沿木板做匀速运动时，有

把铁块放到小车内，稳定后对铁块和小车有

即在小车内放铁块前后沿木板方向的合外力都为0，则沿木板方向动量守恒，根据动量守恒定律有

设纸带上打下连续5点的时间为，有

可得

由上述分析可知，小车和铁块组成的系统沿木板方向动量守恒，由

可知，斜率

即

（3）[3]铁块落到细沙上前有沿斜面向下的分速度，小车做匀速运动时的动量和铁块落入小车前瞬间沿斜面向下的动量之和等于铁块落到细沙上后铁块和小车的总动量，所以小车做匀速运动时的动量小于铁块落到细沙上后铁块和小车的总动量。

14．用如图甲所示的器材“探究感应电动势大小与磁通量变化快慢的关系”，倾斜导轨下端固定一螺线管，小车上固定有磁铁和挡光片。实验时在导轨上端某处释放小车，小车沿导轨加速下滑，穿过螺线管的磁通量发生变化，螺线管中产生感应电动势。光电传感器（图中未画出）可以测出挡光片经过光电门的时间，同时电压传感器测出这段时间内螺线管中的平均感应电动势。通过多次实验，得到图线如图乙所示。

（1）在测量图乙中图线所需的实验数据时，下列要求合理的有_________。

A．需在同一位置释放小车     B．需无初速度释放小车

C．不能改变挡光片的宽度     D．不能改变光电门的位置

（2）影响图乙中图线的斜率大小的因素有_______________________（至少列出三个因素）。

（3）线圈匝数增加一倍后重做该实验，在图乙中画出实验图线（在答题卡上作答）_____。

【答案】     CD/DC     见解析    

【解析】（1）[1]实验中，抓住通过螺线管的磁通量变化量相同，结合变化的时间，得出E与的关系，所以需要保持不变的是挡光片的宽度，光电门的位置。

故选CD；

（2）[2]根据可得

可知影响图乙中图线的斜率大小的因素有线圈的匝数，线圈的面积，磁场的强弱；

（3）[3]根据知，线圈匝数增加一倍，则感应电动势增加一倍．磁通量的变化量相同，则图线的斜率变为原来的2倍，如图所示

四、解答题

15．如图所示，正方体的四个侧面固定有荧光板，正方体棱长，正方体中心有一粒子源，能沿水平方向均匀向四周发射速度大小相等、比荷为的带正电粒子。空间中存在方向竖直向下、磁感应强度大小为的匀强磁场，不考虑粒子重力和粒子间的相互作用。

（1）若粒子均能击中四周的荧光板，求粒子速度的最小值。

（2）撤去磁场，在空间中加上竖直向下、大小为的匀强电场，若要粒子均能击中四周的荧光板，求粒子初始速度的最小值。

（3）撤去磁场，在空间中加上竖直向下、大小为的匀强电场，若粒子的速度大小分布在与之间，以为原点，为x轴正方向，为y轴正方向建立直角坐标系，求粒子在面上击中区域的上、下边界分别满足的函数关系式。

【答案】（1）；（2）；（3）y=0，

【解析】（1）粒子速度最小时，沿粒子源所在水平截面的对角线方向射出的粒子运动轨迹与截面正方形相切，如图所示

由几何关系得

由圆周运动规律有

解得最小速度

（2）粒子速度最小时，沿粒子源所在水平截面的对角线方向射出的粒子恰能击中正方体下方的顶点，粒子射出后做类平抛运动，在竖直方向上，由牛顿第二定律和运动学规律有

在水平方向上有

解得

（3）以大小为、方向垂直坐标平面的速度射出的粒子，射出后在竖直方向上有

则水平位移为

即速度最小的粒子可击中x轴，又由于

则边均有粒子到达，即下边界的函数关系式为

对于速度最大的粒子，由几何关系知，其打在荧光屏上的位置的横、纵坐标值分别满足

解得

16．如图甲所示，ACD是固定在水平面上的半径为2r、圆心为O的金属半圆弧导轨，EF是半径为r、圆心也为O的半圆弧，在半圆弧EF与导轨ACD之间的半圆环区域内存在垂直导轨平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，B随时间t变化的图像如图乙所示。OA间接有电阻P，金属杆OM可绕O点转动，M端与轨道接触良好，金属杆OM与电阻P的阻值均为R，其余电阻不计。

（1）0~t0时间内，OM杆固定在与OA夹角为的位置不动，求这段时间内通过电阻P的感应电流大小和方向；

（2）t0~2t0时间内，OM杆在外力作用下以恒定的角速度逆时针转动，2t0时转过角度到OC位置，求在这段时间内通过电阻P的电荷量q；

（3）2t0~3t0时间内，OM杆仍在外力作用下以恒定的角速度逆时针转动，3t0时转到OD位置，若2t0时匀强磁场开始变化，使得2t0~3t0时间内回路中始终无感应电流，求B随时间t变化的关系式，并在图乙中补画出这段时间内的大致图像。

【答案】（1），感应电流方向为A到O；（2）；（3），  

【解析】（1）0~t0时间内，由图乙可得

根据法拉第电磁感应定律有

所以

根据楞次定律可得，通过电阻P的感应电流方向为A→O；

（2）t0~2t0时间内，OM转动的角度为，所以

所以

（3）2t0~3t0时间内，回路中无感应电流，磁通量不变，即

解得

在该时间段内B随时间t图像如图所示

17．如图是气压式园艺喷壶，通过按压手柄不断向水壶内打入气体，使壶内气压变大，再打开喷头时，水就从喷头自动喷出。已知喷壶的体积为2L，与按压手柄相连的是打气筒，体积为V＝20mL，每按压一次能将一个标准大气压、体积为V的气体通过打气筒打入喷壶，已知大气压为，壶内出水细管和打气管的体积不计，忽略壶内水的蒸发。

（1）当喷壶只装有1.5L的水时开始打气，忽略打气过程中壶内气温的变化，则按压一次壶内的压强变为多大？

（2）先将1.5L的水装入喷壶，然后通过几轮的按压打气和喷水，壶内还剩下的气体和1L的水，问一共要按压几次？在按压的过程中不考虑温度的变化。

【答案】（1）；（2）

【解析】（1）未打气前，壶内气体的体积为

V＝2L－1.5L＝0.5L

由于气体发生等温变化，由玻意耳定律，得

解得

（2）设一共要按压k次，气体发生等温变化，由玻意耳定律，得

代入数据，解得

k＝35

18．如图，长度为L=9.6m绷紧的水平传送带以速率v₀=8 m/s顺时针匀速转动，光滑水平地面上有一足够长、质量为M=1 kg的木板贴紧传送带右端，木板上表面与传送带的上表面等高，在木板右侧有一固定的挡板，木板右端到挡板的距离为s=4m。一质量为m=2kg的物块（可视为质点）轻轻的放在传送带的左端，经过t=2s物块滑离传送带并无机械能损失地滑上木板，已知物块与木板之间的动摩擦因数为μ=0.4，木板与挡板的碰撞为弹性碰撞且碰撞时间极短,重力加速度g取10m/s²，求:

（1）物块与传送带之间的动摩擦因数。

（2）木板开始运动到最终停止运动的总路程。

（3）物块与传送带以及木板发生相对滑动产生的总热量。

【答案】（1）0.5；（2）8 m；（3）128J

【解析】（1）设物块滑离传送带时恰好与传送带共速，由运动学公式可知

可知物块离开传送带前已经和传送带共速，设经过时间t₁物块和传送带共速，设物块与传送带之间的动摩擦因数为μ₁，则物块在传送带上的加速度大小为

加速阶段有

匀速运动的距离为

解得

=0.5

（2）设木板与挡板碰撞前，小物块和木板已经共速，共速的速度大小为，由动量守恒定律可知

解得

小物块滑上木板后，木板的加速度大小为

=

设木板与挡板碰撞前，木板一直加速，木板与挡板碰撞前瞬间速度大小为，则有

由于，所以木板与挡板碰撞前，小木快与木板已经共速，木板第一次碰撞挡板的速度大小为，木板与挡板第一次碰撞后，向左减速到速度为0运动的距离为

然后向右匀加速运动直到与物块共速

由于，所以物块与木板先共速，在以速度大小与挡板发生第二次碰撞，碰后木板速度反向，大小不变，加速度不变，向左运动位移为

s₂=

同理，可知木板和物块会再次共速，然后和挡板发生碰撞反弹向左运动

木板的总路程

解得

（3）木板与右侧挡板C的碰撞中没有机械能损失且碰撞时间极短可忽略，由动量守恒与机械能守恒可得，每次碰撞后，木板速度大小不变，方向反向。碰撞数次后物块、木板最终均静止，根据能量守恒可知物块与木板摩擦产生的热量为

64J

物块与传送带发生相对滑动过程中，传动带转动的距离为

=12.8 m

物块与传送带发生相对滑动产生的热量为

J

所以物块与传送带以及木板发生相对滑动产生的总热量为

=128J