精品解析：陕西省西安市大联考2022-2023学年高二下学期6月期末物理试题（解析版）

2022-2023学年第二学期期末检测

高二物理

（考试时间：90分钟：试卷满分：100分）

第I卷（选择题）

一、单选题（共10小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的。）

1. 将一个物体以某一速度从地面竖直向上抛出，设物体在运动过程中所受空气阻力大小不变，则物体

A. 刚抛出时的速度最大 B. 在最高点的加速度为零

C. 上升时间大于下落时间 D. 上升时的加速度等于下落时的加速度

【答案】A

【解析】

【详解】整个过程中都有空气的阻力做功，故机械能有损失，故上升过程初速度最大，故A正确；物体在运动过程中所受空气阻力大小不变，但是受空气阻力的方向总与物体的速度方向相反a上= ，a下=，所以上升时的加速度大于下落时的加速度，且在最高点的加速度不为零,BD错误；根据h=at2，可知上升时间小于下落时间，C错误；故选A．

点睛:考虑阻力的竖直上抛运动，是具有向上的初速度，加速度变化的变加速直线运动，上升和下降过程并不对称，所以时间也不相等.

2. 一个质量为0.3kg的弹性小球，在光滑水平面上以6m/s的速度垂直撞到墙上，碰撞后小球沿相反方向运动，反弹后的速度大小与碰撞前相同．则碰撞前后小球速度变化量的大小Δv和碰撞过程中墙对小球做功的大小W为（    ）

A. Δv=0 W=0 B. Δv=12m/s W=10.8J

C. Δv=12m/s W=0 D. Δv=0 W=10.8J

【答案】C

【解析】

【详解】A、规定初速度方向为正方向，初速度，碰撞后速度，负号表示速度变化量的方向与初速度方向相反，所以碰撞前后小球速度变化量的大小为；运用动能定理研究碰撞过程，由于初、末动能相等，所以，碰撞过程中墙对小球做功的大小W为0，故C正确，ABD错误．

点睛：对于矢量的加减，我们要考虑方向，动能定理是一个标量等式，对于动能定理的研究，则无需考虑方向．

3. a、b 两物体从同一位置沿同一直线运动，它们的速度图象如图所示，下列说法正确的是（　　） 

A. a、b 加速时，物体 a 的加速度大于物体 b 的加速度

B. 20 秒时，a、b 两物体相距最远

C. 40 秒时，a、b 两物体速度相等，相距500m

D. 60 秒时，物体 a 在物体 b 的前方

【答案】D

【解析】

【详解】A．两个物体的加速度分别为

物体 a 的加速度小于物体 b 的加速度，A错误；

B．40s时两物体速度相等，相距最远，B错误；

C．40 秒时，a、b 两物体速度相等，两物体之间的距离为

C错误；

D．60 秒时，两个物体的位移分别为

物体 a 在物体 b 的前方，D正确。

故选D。

4. 用卡车运输质量为m的匀质圆筒状工件，为使工件保持固定，将其置于两光滑斜面之间，如图所示．两斜面I、Ⅱ固定在车上，倾角分别为30°和60°．重力加速度为g．当卡车沿平直公路匀速行驶时，圆筒对斜面I、Ⅱ压力的大小分别为F1、F2，则

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【详解】对圆筒进行受力分析知圆筒处于三力平衡状态，受力分析如图，由几何关系可知，， ．解得， 由牛顿第三定律知，故D正确

5. 上世纪50年代，ABS“防抱死系统”开始应用于飞机和火车．现在，ABS系统几乎已经成为民用汽车的标准配置．一实验小组做了某型民用汽车在有、无ABS的情况下“60~0km/h全力制动刹车距离测试”，测试结果如图所示．由图推断，两种情况下汽车的平均加速度之比a有：a无 为

A.  B. 3 : 4

C. 4 : 3 D.

【答案】C

【解析】

【详解】据得，， 故C项正确，ABD三项错误．

6. 如图所示，物体叠放在物体上，置于水平地面上，水平力作用于，使一起匀速向右运动，各接触面间摩擦力的情况是（     ）

A. 对有向左的摩擦力

B. 对有向右的摩擦力

C. 物体受到三个摩擦力作用

D. 对地面有向右的摩擦力

【答案】D

【解析】

【详解】三个物体都做匀速直线运动所受合外力均为零.以为研究对象， 水平方向受到向右的拉力作用，根据平衡条件可知，对有向左的静摩擦力作用，根据牛顿第三定律可知，对有向右的静摩擦力作用，故错误；对没有摩擦力作用，否则受力不平衡，不可能匀速直线运动，则对也没有摩擦力作用，故错误；以整体为研究对象，由平衡条件可知，地面对有向左的滑动摩擦力作用，则对地面有向右的滑动摩擦力作用，故受到两个摩擦力作用，故错误，正确.

7. 光滑斜面长度为L，一物体自斜面顶端由静止开始匀加速滑至底端，经历的时间为t，则下列说法不正确的是（　　）

A. 物体运动全过程中的平均速度是

B. 物体在时的瞬时速度是

C. 物体运动到斜面中点时的瞬时速度是

D. 物体从顶端运动到斜面中点所需的时间是

【答案】B

【解析】

【详解】A．全程的平均速度

故A正确，不符合题意；

B．时物体的速度等于全程的平均速度，故B错误，符合题意；

C．若末速度为v，则与

对前半程有

对后半程有

联立可得

故C正确，不符合题意；

D．设物体加速度为a，到达中间位置用时，则

所以

故D正确，不符合题意。

故选B。

8. 如图所示，轻杆下端固定在光滑轴上，可在竖直平面自由转动，重力为G的小球粘在轻杆顶部，在细线的拉力作用下处于静止状态。细线、轻杆与竖直墙壁夹角均为，则绳与杆对小球的作用力的大小分别是（　　）

A. ， B. ， C. G，G D. ，

【答案】B

【解析】

【详解】分析小球受力，小球受到竖直向下的重力G、沿细线方向的拉力FT和轻杆的弹力FN，由平衡条件可得

联立解得

故ACD错误，B正确。

故选B。

9. 在离地面h=15m高处，以v0=10m/s的速度同时竖直向上与向下抛出甲、乙两小球，不计空气阻力，小球落地后就不再弹起，重力加速度g=10m/s2，下列说法正确的是（　　）

A. 两小球落地时的速度相等

B. 两小球落地的时间差为3s

C 乙球落地时甲球恰好运动到最高位置

D. t=2s时，两小球相距15m

【答案】ACD

【解析】

【详解】A．甲、乙两小球抛出时速率相等，机械能相等．由于不计空气阻力，所以两球运动过程中机械能都守恒，则落地时机械能也相等，落地时的速度必定相等，故A正确．

B．落地时，对于甲球，取竖直向上为正方向，有：

解得：

对于乙球：

解得：，所以两小球落地的时间差为2s，故B错误．

C．甲球上升时间为：

所以乙球落地时甲球恰好运动到最高点，故C正确．

D．t=2s时，甲球位移为：

乙球已落地并不再弹起，所以t=2s时，两小球相距15m，故D正确．

故选ACD。

10. 如图所示，理想变压器原线圈的匝数为n1，副线圈的匝数为n2，原线圈的两端a、b接正弦式交流电源，电压表V的示数为220V，负载电阻R=44Ω，电流表A1的示数为0.2A。下列判断正确的是（　　）

A. 原线圈和副线圈的匝数比为2：1

B. 原线圈和副线圈的匝数比为5：1

C. 电流表A2的示数为0.1A

D. 电流表A2的示数为0.4A

【答案】B

【解析】

【详解】由变压器的输出功率等于输入功率可得

可解得

原线圈和副线圈的匝数比

故选B。

二、多选题（共6小题，共36分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。）

11. 如图所示，电梯的顶部挂有一个弹簧测力计，其下端挂了一个重物，电梯匀速直线运动时测力计的示数为10N。在某时刻测力计的示数变为8N，关于电梯的运动，以下说法正确的是（g取10m/s2）（　　）

A. 电梯可能向上加速运动，加速度大小为2m/s2 B. 电梯可能向下加速运动，加速度大小为2m/s2

C. 电梯可能向上减速运动，加速度大小为2m/s2 D. 电梯可能向下减速运动，加速度大小为2m/s2

【答案】BC

【解析】

【详解】电梯匀速直线运动时，弹簧秤的示数为10N，知重物的重力等于10N。对重物有

mg-F=ma

解得

a=2m/s2

方向竖直向下，则电梯的加速度大小为2m/s2，方向竖直向下。电梯可能向下做加速运动，也可能向上做减速运动。故BC正确，AD错误。

故选BC。

12. 如图所示，倾角为的斜面体C置于水平面上，B置于斜面C上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与A相连，连接B的一段细绳与斜面平行，A、B、C处于静止状态，则（  ）

A. 水平面对C的支持力小于B、C的总力

B. 一定爱到C的摩擦力

C. C受到水平面的摩擦力为零

D. 若将细线剪断，B物体开始沿斜面向下滑动，则水平面对C的摩擦力不为零

【答案】AD

【解析】

【详解】把BC看做一个整体，对其受力分析，绳子对B的拉力在竖直方向上有分量，所以水平面对C的支持力比B、C的总重力要小，故A正确； 若AB的质量存在关系MAg=MBgsinθ时，B在斜面C上无相对运动趋势，所以此时BC之间无摩擦力作用，故B错误．把BC看做一个整体，对其受力分析，不论B、C间摩擦力大小、方向如何，绳子对B的拉力在水平方向上始终有向右的分量，所以整体有向右的运动趋势，所以水平面对C的摩擦力方向一定向左，故C错误．若将细线剪断，B向下滑动时，B对C有向下的滑动摩擦力，则C有向左的运动趋势，因此水平面对C有向右的摩擦力，故D正确．故选AD．

点睛：解答该题的关键是正确的判断静摩擦力的有无，对于静摩擦力的有无，关键在于正确判断其运动的趋势，解答过程中重用假设法和特殊值法来判断静摩擦力的相关问题．该题还应注意整体法和隔离法的正确应用．

13. 如图所示，质量为 M 足够长的斜面体始终静止在水平地面上，有一个质量为 m 的小物块在受到沿斜面向下的力 F 的作用下，沿斜面匀加速下滑，此过程中斜面体与地面的摩擦力为 0。已知重力加速度为 g，则下列说法正确的是（　　）

A. 斜面体给小物块的作用力大小等于 mg

B. 斜面体对地面的压力小于（m+M）g

C. 若将力 F 的方向突然改为竖直向下，小物块仍做加速运动

D. 若将力 F 撤掉，小物块将匀速下滑

【答案】AD

【解析】

【详解】AD．m受到的是沿斜面方向的力作用，m的加速下滑，M不受地面的摩擦力作用，说明斜面体给小物块的作用力大小等于mg，则

将力F撤掉，小物块匀速下滑，故AD正确；

B．根据题意，物块沿斜面匀加速下滑，此过程斜面体与地面的摩擦力为0，说明m对M的压力和m对M的摩擦力的合力竖直向下，大小等于mg，对斜面体受力分析和牛顿第三定律可知，斜面体对地面的压力大小等于（M+m）g，故B错误；

C．若F竖直向上时，将F沿着斜面与垂直斜面方向分解，结合滑动摩擦力公式，则有

小物块仍做匀速运动，故C错误；

故选AD。

14. 如图所示，在直角三角形abc区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。大量质量为m、电荷量为＋q的同种粒子以相同的速度沿纸面垂直于ab边射入场区，结果在bc边仅有一半的区域内有粒子射出。已知bc边的长度为L，bc和ac的夹角为60°，不计粒子重力及粒子间的相互作用力。下列说法正确的是（　　）

A. 粒子的入射速度为

B. 粒子的入射速度为

C. 粒子在磁场中运动的最大轨迹长度为

D. 从bc边射出的粒子在磁场内运动的最长时间为

【答案】AC

【解析】

【分析】

【详解】AB．粒子进入场向上做匀速圆周运动，洛伦力提供向心力

因bc边只有一半区域有粒子射出，在bc边中点射出的粒子轨迹如图中实线所示，由几何关系可得

则粒子的入射速度

所以A项正确；B项错误；

C．粒子在场中运动的最长轨述为

C项正确；

D．与bc边相切恰从bc边射出的粒子的对应的圆心角最大为，从bc边射出的粒子在磁场内运动的最长时间为

所以D项错；

故选AC。

15. 两根相互平行的金属导轨水平放置于如图所示的匀强磁场中，在导轨上接触良好的导体棒AB和CD可以自由滑动。当AB在外力F作用下向右运动时，下列说法中正确的是（　　）

A. 导体棒CD内有电流通过，方向D→C

B. 导体棒CD内有电流通过，方向是C→D

C. 磁场对导体棒AB的作用力向左

D. 磁场对导体棒CD的作用力向左

【答案】BC

【解析】

【详解】AB．当AB向右运动时，根据右手定则知，AB中的电流方向为B到A，则B点作为电源的负极，A端为电源的正极，A点的电势比B点高，CD中的电流方向为C到D，故B正确，A错误；

C．根据左手定则知，AB棒所受的安培力方向向左，故C正确；

D．根据左手定则知，CD棒所受的安培力方向向右，故D错误。

故选BC。

16. 一列简谐横波沿x轴传播，t＝0时波的图象如图所示，此刻A、B两质点的位移相同，此后A和B分别经过最短时间0.2 s和0.8 s回到平衡位置，则该简谐横波(   )

A. 沿x轴正方向传播，波速为2 m/s B. 沿x轴负方向传播，波速为2 m/s

C. 当t＝1.6 s时，B回到平衡位置 D. 当t＝3.2 s时，A回到平衡位置

【答案】BD

【解析】

【详解】A、B项：根据分析可知，A点先回到图示位置，说明A正向上振动，B正向下振动，则根据波形的平移法可知沿x轴负方向传播，根据图象可知，波长，，波速，故A错误，B正确；

C项：由题可知B经过0.8s回到平衡位置，由振动的对称性可知，时，B质点不在平衡位置，故C错误．

D项：由题可知A经过0.2s回到平衡位置，再经过，质点A在平衡位置，故D正确．

第II卷（非选择题）

三、本卷均为必考题，共4大题44分。请考生将答案写在答题卡相应位置。

17. 如图所示，一条轨道固定在竖直平面内，粗糙的ab段水平，bcde段光滑，cde段是以O为圆心、R为半径的一小段圆弧．可视为质点的物块A和B紧靠在一起，静止于b处，A的质量是B的3倍．两物块在足够大的内力作用下突然分离，分别向左、右始终沿轨道运动．B到d点时速度沿水平方向，此时轨道对B的支持力大小等于B所受重力的3/4，A与ab段的动摩擦因数为μ，重力加速度g，求：

（1）物块B在d点的速度大小．

（2）物块A滑行的距离s和滑行的时间t．

【答案】（1）（2），

【解析】

【分析】

【详解】（1）在d点对B，由牛顿第二定律得

解得

（2）设A、B在分离瞬间速度大小分别为，取水平向右方向为正，A、B分离过程动量守恒，则

A、B分离后，B从b点到d点过程由动能定理得

A向左减速至零过程由动能定理得

得

A向左减速至零过程由动量定理得

解得

18. 如图所示，相距为d=0.5R的MN、PQ边界间存在垂直纸面向外的匀强磁场，且边界足够长，PQ下方存在与其相切的、半径为R的圆形匀强磁场区域，方向垂直纸面向里，有一长度为2R、与PQ垂直的粒子发射板S能均匀地沿PQ方向发射速率均为v，质量均为m，电荷量均为q的带电粒子，且所有粒子均能从边界相切点O进入PQ上方磁场区域，不计粒子间的相互作用及粒子的重力，两磁场区域内的磁感应强度大小相等。求：

(1)带电粒子的电性及磁感应强度B的大小；

(2)正对圆形区域圆心的粒子在磁场中运动的总时间t；

(3)在MN边界上多宽范围内有粒子逸出，以及从MN边界上射出的粒子所占总发射数的比例。

【答案】(1)；(2)；(3)

【解析】

【分析】

【详解】(1)根据左手定则可知，粒子带正电；　

任取一粒子研究，依题意作出粒子运动的轨迹图如图甲所示，O1为圆形磁场区域的圆心，O2为粒子轨迹的圆心，由几何关系可知，四边形O1KO2O为菱形，故

r=R

粒子在磁场中运动，由洛伦兹力提供向心力得

联立解得

(2)粒子正对圆心射入磁场，由(1)可知，粒子将垂直于PQ从O点进入平行边界磁场，对应圆心角为α=90°　

如图乙所示，由几何关系可知，粒子在MN与PQ间运动的圆心角为 θ，则有

解得

θ=30°　

故粒子在磁场中运动的总时间

(3)粒子经过圆形磁场区域后，能从O点在0°~180°范围内向MN与PQ间射入，将粒子运动的轨迹旋转半周如图丙所示，能从MN边界逸出的粒子如图丁所示，由几何关系有

sinθ1=sinθ2=sinθ3=　

O3K=2Rcosθ1=R　

EF=Rsinθ2=0.5R　

故粒子在MN边界逸出的宽度为

O3K=R　　

能在MN边界逸出的粒子所占总发射数的比例为

n==　

19. 已知一列简谐横波在t＝0时刻波形图象如图所示，波沿x轴正方向传播，再经过2.2 s，P点第3次出现波峰．求：

(1)波速v为多少？

(2)由图示时刻起，Q点再经过多长时间第一次出现波峰？

(3)从图示时刻开始计时，试写出坐标为x＝3 m的质点的位移与时间的关系式．

【答案】 （1）v="5" m/s；（2）由图示时刻起，Q点再经过0.8s时间第一次出现波峰；（3）从图示时刻开始计时，坐标为x=3m的质点的位移与时间的关系式为

【解析】

【详解】试题分析：

(1)由传播方向判断，此时P点的振动方向是向下

经过t3＝2T，P点第三次到达波峰位置，即2T＝2.2s，T＝0.8s

从题中波形图上可以看出，波长λ＝4m

所以波速v＝＝5 m/s

（2）由图上可以看出波向右传播，t＝0时，离A点最近的波峰在x＝2 m处，该点距Q点距离为s＝4 m，因此再经过t1时间，Q点第一次出现波峰，t1＝＝0.8s

（3）坐标为x＝3 m的质点的位移与时间的关系式为．

考点：此题考查机械波的传播和质点的振动．

20. 在火炮发明并被大规模应用于实战之前，抛石机是中国古代常用的破城重器。某同学仿照古代拋石机制作一个拋石机模型如图所示，炮架上横置一个可以转动的轴，固定在轴上的长杆，可绕转轴O转动，转轴O到地面的距离为h=0.5m，发射前长杆A端着地与地面成30°夹角，A端半球形凹槽中放置一质量m=2kg的物体，用手搬动长杆另一端B至O点正下方，B贴近地面且速度，此时长杆受到装置作用迅速停止，A端物体从最高点水平飞出，重力加速度g=10m/s2。求：

（1）物体从最高点飞出时的速度大小vA；

（2）物体从最高点飞出前对长杆凹槽在竖直方向上的压力大小。

【答案】（1）；（2）12N

【解析】

【详解】（1）由几何关系可知，AO=2OB，因AB转动的角速度相同，由可知线速度与转动半径成正比，所以A端物体在最高点的速度为

（2）物体在最高点时，由重力和杆的支持力提供向心力

解得

N

物体对杆的压力和杆对物体的支持力是一对相互作用力，物体对杆的压力为12N。