2023年高二第二学期期末学业质量监测卷物理试题参考答案及评分标准1.D【解析】对于质量一定的物体，速度不变，动能一定不变，故A错误；速度变化，动能不一定变化，故B错误；动能不变，速度可能变化，方向反向，故C错误；动能变化，速度一定改变，故D正确。2.C【解析】根据带电粒子的运动轨迹可知，带电粒子受到指向曲线内侧的作用力，即带电粒子与带正电的避雷针之间为吸引力，故带电粒子带负电，故A错误；沿电场线方向电势降低，故尖端附近电势较高，则带负电的粒子在A点电势能更大，故B错误、C正确；尖端附近电场线更密集，故在B点所受电场力更大，加速度更大，故D错误。3.D【解析】电容器的电容与充放电过程无关,故A错误；电容器充电储存的电荷量q=CU=25×10−6×4000C=0.1C，故B错误；电容器在4kV时正常工作，故不是击q0.1穿电压，故C错误；放电过程的平均电流I==A=25A，故D正确。t4×10−34.B【解析】载人飞船发射后绕地球运动，故发射速度介于7.9km/s与11.2km/s之间，故A错误；载人飞船此时所在轨道半径大于地球半径，故运行速度小于7.9km/s，故B正确；载人飞船要与空间站对接，可以先减速至低轨，再加速变回至原轨道，故C错误；已知地球质量与载人飞船的轨道半径，少了引力常量G，无法求出角速度，故D错误。5.A【解析】船受到的反冲力向左，根据牛顿第三定律，可知通电的海水受到向右的力，根据左手定则可知磁场方向竖直向下，故选A。6.C【解析】当电动机未启动时，电路中电流为10A，每秒非静电力做功W=EIT=125J,则电源每秒有125J的化学能转化为电能，故A错误；在电动机启动瞬间，流过灯泡的电流小于10A，所以流过电动机的电流大于50A，故B错误；车灯接通电动机未启动时，车灯两端，车灯，车灯U1；电动机启U1=E−I1r=12VP=U1I1=120WR1==1.2ΩI12动时，车灯两端车灯的功率：U2，在电动机启动U2=E−I2r=9.5V,P′=≈75.2WR1瞬间，车灯的功率减少了：∆P=P−P′=44.8W，故C正确；在电动机启动瞬间，电高二物理答案第1页（共7页）{#{QQABJYQEogAAAgAAAABCQwHwCkAQkgGCAAgOQAAUoEIAiRFABCA=}#}动机相当于纯电阻电路，由于电动机内阻较小，所以电流较大；当电动机正常工作时，相当于电动机电阻变大，所以电流表示数小于60A，故D错误。EBlv7.B【解析】当b点接触MQ前，bc切割磁感线，电动势E=Blv，I==。根据楞0RR次定律，电流方向为逆时针，正方形线框继续向右运动，在ad边进入磁场前的时间内，bc边上下两部分在方向不同的磁场中运动，在垂直纸面向里的磁场中运动的部分长度越来越短，在垂直纸面向外的磁场中运动的部分长度越来越长，但在垂直纸面向里的磁场中运动部分的长度一直大于在垂直纸面向外的磁场中运动部分的长度，所以这段时间内电流方向为逆时针，且电流逐渐减小，当ad边运动至与MN重合时，电流为0，ad边刚进入时，根据楞次定律，电流方向为顺时针，bc边上下两部分切割磁感线长度相等，EBlv感应电动势方向相反，所以此时电流大小为I==。此后电流一直增大，到bc0RR2Blv边运动至整条边都在向外的磁场时，电流最大，最大电流为2I=，bc边运动PQ0REBlv重合时，电流为I==，此后根据楞次定律，电流逆时针方向，且电流一直增大，0RREBlv当ad边在磁场中运动时，电流为I==，故选B。0RREmNBS·2πn8.ACD【解析】由Im＝，Em＝NBSω，ω＝2πn，得Im＝，故A、C可行；又电RR阻R与匝数有关，当匝数减半时电阻R也随之减半，则Im不变，故B不可行；当边长11减半时，面积减为原来的，而电阻减为原来的，则减半，故可行。S42ImD9.BCD【解析】物块初速度与合力方向不共线，故物块做匀变速曲线运动，故A错误；物12hF块竖直方向h=gt2，运动时间t==1s，水平方向加速度为a==20m/s2。2gm112物块落地水平距离为x=vt−at2=6m。物块从抛出至落地mgH−Fx=E−mv，02k20解得Ek=58J，故B正确；当合力与速度垂直时动能最小,设此时速度与水平方向夹角为Fvy，，又，，解得，故正确；物块运θtanθ==vx=v0−at′vy=gt′t′=0.64sCmgvxv2动过程中离抛出点水平距离最大时，水平方向初速度减为0，则x=0=6.4m，故Dm2a高二物理答案第2页（共7页）{#{QQABJYQEogAAAgAAAABCQwHwCkAQkgGCAAgOQAAUoEIAiRFABCA=}#}正确。10.BC【解析】在此介质中AB板发射的光线若满足入射角大于等于临界角，均可发生全反射，不一定只有从C点发射的细光束才能发生全反射，故A错误；如图所示，由几何关系可知θ为45°，故CD长度为2R，所以正方形总长度为182R，故B正确；全反射的临界角度为sinC=≤°sin45，故折射率ns82R82Rn16Rt===≥n≥2，因此传播时间为vccc，故C正确、Dn错误。11.AD【解析】在波的传播方向上，所有质点都在模仿波源，根据波动图像可知，质点M的起振方向为沿y轴正方向，所以质点N的起振方向也是沿y轴正方向，故A正确；根据题意可知，血管探头发出的超声波在血管中的传播速度为x(16−12)×10−5mv===1.6×103m/s，故B错误；t2.5×10-8s根据t=0时刻的波动图像可知，质点M的起振方向沿y轴正方向，图像可知，质点的振−2动振幅为A=0.4mm，波长为λ=8×10mm，根据波长、波速和周期的关系，可知λ8×10−5T==s=5×10-8s,由此可得ω=4π×107rad/s，质点M的振动方程为v1.6×103=π×7yt0.4sin()410mm，故C错误；根据t=0时刻的波动图像可知，质点M与质点N的平衡位置相差半个波长，所以两个质点的振动情况始终相差半个周期，两者的振动情况相反，故质点M与质点N的位移大小相等、方向相反，故D正确。3mgL012.(3)70.00（2分）(4)22（2分）(5)4.9（2分）2LL0−【解析】（3）由图乙可知，右侧滑块正对刻度尺刻度70位置，由于刻度尺最小刻度为1cm，根据刻度尺读数估读要求，右端滑块位置读数为70.00cm。（4）设拉断时细线与竖直方向上的夹角为α，拉线示意图如下，根据几何关系可得LL022−()()LL22−cosα=22=0。L0L02高二物理答案第3页（共7页）{#{QQABJYQEogAAAgAAAABCQwHwCkAQkgGCAAgOQAAUoEIAiRFABCA=}#}3mgL0对钩码进行受力分析，在竖直方向上，解得T=。2Tmaxcosα=3mgmax222LL0−2（5）重力加速度g取9.8m/s，代入数据可得Tmax=4.9N。13.（1）右（1分）少量（2分）（2）28.0（2分）减少（2分）（3）4.9（4.8～5.0均正确）（2分）L【解析】（1）由电阻定律R=ρ可知，B板越靠近右侧，溶液长度S越长，电阻越大。盐溶液浓度越低，阻值越大。（2）由图c可知，此时电路中电流为28.0mA。要使测量中电流的变化范围更大，则应减小电阻，故需要增加容器内的食盐溶液。xE1ρl（3）根据电阻定律及欧姆定律：R=ρ=,则=x，结合图线斜率可得VIIEVlρl100−45k==，解得ρ=4.95Ω•m。EV0.214.(1)3.2V（2）4m/s（3）0.128JEm【解析】(1)由乙图可知，感应电动势有效值E有==4V………………1分2RE有此时小灯泡正好正常发光，则U额==3.2V……………………2分Rr+（2）由切割磁感线可知：……………………2分Em=NB(πD)vm解得vm=4m/s……………………1分U额（3）线圈中电流有效值为II有=额==0.4A……………………1分R由乙图可得：周期T=0.4s……………………1分2一周期内线圈产生的焦耳热Q=I有rT=0.128J……………………2分mg315.（1），沿x轴正方向（2）0（3）mgLq2高二物理答案第4页（共7页）{#{QQABJYQEogAAAgAAAABCQwHwCkAQkgGCAAgOQAAUoEIAiRFABCA=}#}DO1【解析】（1）由几何关系：sin∠DAO==AD2故∠=°DAO30……………………1分则轨道上A点的电场强度大小23kQkQmgE=cos30°==……………………2分AL22Lq方向沿z轴正方向……………………1分3（2）由几何关系：OA=OC=L，知∠=°ACO452根据对称性可知，C点的电场强度方向沿x轴正方向，且：mgEE==……………………1分CAq小球在C点时的受力如图所示，沿杆方向的合力为…………………………2分mgcos45°−qECcos45°=ma解得a=0……………………1分（3）根据等量同种电场分布和对称关系可知，A、C两点电势相等，电荷从A到C的过程中电场力做功W=0……………………1分根据动能定理可得mg⋅=OAEkC−0………………2分3解得E=mgL…………………………1分kC22πdπ2π16.（1）t=（2）≤θ≤（3）25%3v033【解析】（1）t=0时刻释放的粒子恰好从Q板右侧边缘离开电场，且电场变化周期2dT=，粒子以速度v0平行极板方向离开电场。…………………1分v0高二物理答案第5页（共7页）{#{QQABJYQEogAAAgAAAABCQwHwCkAQkgGCAAgOQAAUoEIAiRFABCA=}#}v2粒子平行于x轴射入圆形磁场区域，由Bqv=m0………………………2分0rmvB=0dq得r=d…………………………1分根据几何关系，如图所示，四边形O1AOM为菱形，边长为d，轨迹对应圆心角为120°，速度方向偏转角为120°。1粒子在磁场中运动时间t=T…………………………1分32πdT=v02πd得t=…………………………1分3v0（2）由第（1）问得，t=0时刻进入极板，粒子从下极板边缘射入磁场，从M点射出速度2π2π方向的偏转角为，即与x轴正方向的夹角为。…………………………2分331若粒子在t=T时刻进入电场，粒子将从上极板的边缘射入磁场，如图所示，根据几何4π关系，四边形O2BOM为菱形，边长为d，轨迹对应圆心角为，从M点射出速度方向3ππ的偏转角为，即与x轴正方向的夹角为。…………………………2分33高二物理答案第6页（共7页）{#{QQABJYQEogAAAgAAAABCQwHwCkAQkgGCAAgOQAAUoEIAiRFABCA=}#}所以粒子从M点离开磁场时与x轴正方向的夹角范围为π2π≤θ≤…………………………2分33T（3）粒子在一个周期内，在0~内进入电场的粒子都可以平行于x轴以速度v0进入磁4场，最终聚焦于M点，到达M点的粒子占发射源发射粒子的总百分比为T∆tη=×100%=4×100%=25%…………………………3分TT高二物理答案第7页（共7页）{#{QQABJYQEogAAAgAAAABCQwHwCkAQkgGCAAgOQAAUoEIAiRFABCA=}#}