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2.19 MeV,A项正确;氘核
2.19MeV
的比结合能为 ≈1.10 MeV,B项错误;核反应过程中质量数守恒,电荷数守恒,C项
2
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2B,B项正确。
0
4.C 【解析】根据振动图像可知,t=4 s时P向下振动,所以该简谐横波沿x轴负方向传播,A
λ
项错误;根据图像可知该波的波长为20 m,周期为8 s,故该波的波速v= =2.5 m/s;B项错误;
T
由于t=4 s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
1 50
可知,质点Q的平衡位置坐标x= λ+15 m= m,D项错误。
Q
12 3
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。
Mm
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G =mg,可得
(R+
ℎ
)2
GM
向心加速度大小a= ,故D项正确。
(R+
ℎ
)2
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
l E
动过程中切割磁感线的有效长度为L,当0≤x≤ 时,由几何知识可知L=2x,又E=BLv、I=
2 2xr
2B2v l 2B2v
,所以安培力F=BIL= ·x,即F与x成正比。同理,当 <x≤l时,解得F=BIL= (l-
r 2 r
x),即F随x线性减小,所以A项正确、C项错误。
学科网（北京）股份有限公司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
F
度大小为 ,C项错误、D项正确。
m
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'=−Δt=EΔt=
ΔΦ =BL2+BL2 =2BL2
,则金属框转过一
I
R R R
R
4BL2 √2
周,流过电阻截面的电荷量q=2q'= ,C项正确;感应电动势最大值E=BL2ω,有效值U=
m
R 2
U2 2π πωB2L4
E,根据焦耳定律,可知金属框转过一周,电阻产生的焦耳热Q= · = ,D项错误。
m R ω R
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
1
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 mv2=qU,图甲中粒子在偏转
0
2
1 qU d Ud
电场中的偏移量y= × ×( )2= ,故粒子偏移量与电荷量及质量无关,A、B项正确;图
2 md v 4U
0
乙中的粒子进入磁场后,有mv2=qvB,得粒子做圆周运动的半径R=1 √2mU ,故只有粒子的
0
R B q
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)
②0.844 1.7 (每空1分)
【解析】(1)电火花打点计时器所接电源应为220 V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x、x、x、x和x,可知x-x=x-x=x-
1 2 3 4 5 2 1 3 2 4
x=x-x≈1.71 cm,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
3 5 4
动。
x +x
②由公式v= 2 3,代入数据解得v=0.844 m/s;由公式Δx=aT2,解得a=1.7 m/s2。
C C
2T
12.(1)如图所示 (2分)
学科网（北京）股份有限公司(2)2000 1000 (每空2分)
(4)4.5 1.5 (每空2分)
【解析】(2)将量程为2 mA的电流表改装成6 V的电压表,由题图丙可知电阻箱阻值R=2000
Ω,根据U=I(R+R),可得电流表 的内阻R=1000 Ω。
A A
(4)由I-I图线可知I I,结合题图甲,根据闭合电路欧姆定律有I(R+R)=E-Ir,解得I=
2 1 1 2 2 A 1 2
E r E r
- I;在I≫-I图线中,截距b= ,斜率大小k= ,代入数据,解得E=4.5
R+R R+R 1 2 1 R+R R+R
A A A A
V,内阻r=1.5 Ω。
13.解:设缸中气体的压强为p,以活塞a、b和刚性轻杆为研究对象
1
根据力的平衡有pS+pS=pS+pS (2分)
1 a 0 b 1 b 0 a
解得p=p (1分)
1 0
以左右汽缸内全部气体为研究对象
初状态气体体积V=2 V,压强p=p
1 0 1 0
末状态气体体积V=4V+V+S ·V =29V,压强设为p
2 0 0 a 0 0 2
5 S 5 15
b
根据等温变化规律有p V=p V (2分)
1 1 2 2
30
解得p= p。 (1分)
2 0
29
(2)以左右汽缸内全部气体为研究对象
初状态气体体积V=2 V,压强p=p,温度为T
1 0 1 0 0
末状态气体体积V=V+S ·V=5V,压强p=p,温度设为T
3 0 b 0 0 3 0
S 2
a
根据等压变化规律有V =V (2分)
1 3
T T
0
5
解得T= T。 (2分)
0
4
学科网（北京）股份有限公司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v和v
1 2
根据系统动量守恒有 mv-2mv=0 (3分)
1 2
1 1
根据系统能量守恒有 mv 2+ ×2mv 2=E (3分)
2 1 2 2
√ E √ E
联立解得v=2 ,v= 。 (2分)
1 2
3m 3m
(2)小球1能追上小球a,则v>v,解得m<4E (2分)
1 0
3v 2
0
小球2不能追上小球b,则v≤0.6v,解得m≥ 25E (3分)
2 0
27v 2
0
故m的取值范围为 4E >m≥ 25E 。 (2分)
3v 2 27v 2
0 0
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)
U
E= (1分)
L
U
两式联立,解得v= 。 (1分)
BL
(2)在“梯形”区域内,粒子做匀速圆周运动,由牛顿第二定律,有
v2
qvB=m (1分)
R
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R、R
1 2
甲 乙
根据几何关系,有 R=(2L-R)sin 45° (2分)
1 1
得R=2( -1)L (1分)
1
√2
学科网（北京）股份有限公司因MN=L,所以△AMC是等腰直角三角形,R=L (2分)
2
2(√2-1)qB2L2 qB2L2
解得粒子质量的最小值m = ,最大值m = 。 (2分)
min max
U U
2πm
(3)粒子在磁场中做圆周运动的周期T= ,粒子沿图甲中轨迹运动时所对应的圆心角最大,
qB
135° 2πm
有t= × min (2分)
360° qB
3(√2-1)πBL2
解得t= 。 (1分)
2U
学科网（北京）股份有限公司
