防城港市重点中学2023学年物理高二下期末联考试题（含解析）

1、2023学年高二下学期物理期末模拟测试卷考生须知：1全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、三根长直导线垂直于纸面放置，通以大小相同、方向如图所示的电流，且ab=ad=ac，导线c在a点的磁感应强度大小为B，则a点处的合磁感应强度大小为ABBBCBD2B

2、2、下列关于熵的有关说法错误的是（ ）A熵是系统内分子运动无序性的量度B在任何自然过程中，一个孤立系统的总熵不会减小C热力学第二定律也叫做熵减小原理D熵值越大，代表系统内分子运动越无序3、把一支枪水平固定在小车上，小车放在光滑的水平面上，枪发射出一颗子弹时，关于枪、弹、车，下列说法正确的是（）A枪和弹组成的系统，动量守恒B枪和车组成的系统，动量守恒C因为枪弹和枪筒之间的摩擦力很大，使系统的动量变化很大，故系统动量守恒D三者组成的系统，动量守恒，因为系统只受重力和地面支持力这两个外力作用，这两个外力的合力为零4、如图所示，卡车通过定滑轮以恒定的功率P0拉绳，牵引河中的小船沿水面运动，已知小船R的

3、质量为m，沿水面运动时所受的阻力为f，当绳AO段与水平面夹角为时，小船的速度为v，不计绳子与滑轮的摩擦，则此时小船的加速度等于（）ABCD5、如图所示为一理想变压器，原、副线圈的匝数比为，分别接有定值电阻和，且。原线圈接正弦交流电。电压表为理想交流电压表。则A电阻和消耗功率之比为1：1B电压表和的示数之比为5：1C电压表和的示数之比为6：1D原副线圈磁通量变化率之比为5：16、一正弦交流电压随时间变化的规律如图所示，由图可知( )A该交流电的电压瞬时值的表达式为B在0.01s和0.03s时刻穿过线圈的磁通量最大C该交流电的电压的有效值为D若将该交流电压加在阻值为100的电阻两端，则电阻消耗的功

4、率是50W二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7、如图所示，M、N间电压恒定，当开关S接通a点时，电压表示数为10V，电流表示数为0.2A；当开关S接通b点时，电压表示数为12V，电流表示数为0.15A由此可知( )AS接在a点时的测量值更准确BS接在b点时的测量值更准确CRx的真实值是70D电流表的内阻是208、下列说法正确的是（）A麦克斯韦首先通过实验证实了电磁波的存在B电磁波是横波且能够发生干涉和衍射现象C变化的电场产生磁场，变化的磁场产生电场D光导纤维内芯材料的折

5、射率比外套材料的折射率大9、在水平地面上有一球落地反弹又落地，周而复始前后相邻两次反弹又落地的过程中最大高度比为，假设空气阻力可以忽略以地面为零势面，则前后两次反弹又落地过程（ ）A最大动能之比为B最大势能之比为C机械能之比为D最大速率之比为10、质量为m的带正电小球由空中A点无初速度自由下落，在t秒末加上竖直向上、范围足够大的匀强电场，再经过t秒小球又回到A点不计空气阻力且小球从未落地，则( )A整个过程中小球电势能减少了1.5 mg2t2B整个过程中机械能的增量为2mg2t2C从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能减少了mg2t2D从A点到最低点小球重力势能减少了mg2t2三、实验题：本

6、题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11（6分）用伏安法测量一个定值电阻的电阻值，现有的器材规格如下：A待测电阻Rx(大约100 )B直流毫安表A1(量程010 mA，内阻约100 )C直流毫安表A2(量程040 mA，内阻约40 )D直流电压表V1(量程03 V，内阻约5 k)E直流电压表V2(量程015 V，内阻约15 k)F直流电源(输出电压4 V，内阻不计)G滑动变阻器R(阻值范围050 ，允许最大电流1 A)H开关一个、导线若干(1)根据器材的规格和实验要求，为使实验结果更加准确，直流毫安表应选_，直流电压表应选_(2)在方框内画出实验电路图_，

7、要求电压和电流的变化范围尽可能大一些(3)用铅笔按电路图将实物图连线_12（12分）在“利用单摆测定重力加速度”的实验中，由单摆做简谐运动的周期公式得到只要测出多组单摆的摆长l和运动周期T，作出T2l图像，就可以求出当地的重力加速度理论上T2l图像是一条过坐标原点的直线，某同学根据实验数据作出的图像如图所示：（1）造成图像不过坐标点的原因可能是_（2）由图像求出的重力加速度g=_m/s2（取2=9.87）（3）如果测得的g值偏小，可能的原因是_A测摆线时摆线拉得过紧B摆线上端悬点未固定，振动中出现松动，使摆线长度增加了C开始计时时，停表过迟按下D实验时误将49次全振动数为50次四、计算题：本题

8、共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13（10分）如图所示，一连通器与贮有水银的瓶M用软管相连，连通器的两直管A和B竖直放置，两管粗细相同且上端封闭，直管A和B内充有水银，当气体的温度为T0时，水银面的高度差h=10 cm，两管空气柱长均为h110 cm，A管中气体的压强p1=20 cmHg现使两管中的气体的温度都升高到2.4T0，同时调节M的高度，使B管中的水银面的高度不变，求: (1).B管内气体压强; (2).流入A管的水银柱的长度x14（16分）如图所示，有一闭合的正方形线圈，匝数N100匝、边长为10 cm、线圈总电阻为10

9、，线圈绕OO轴在B0.5 T的匀强磁场中匀速转动，每分钟转1 500转，求线圈从图示位置转过30时，感应电动势的值是多少？15（12分）如图所示，矩形线圈在匀强磁场中从平行磁场方向，开始绕垂直于磁感线的OO轴以角速度50rad/s匀速转动。已知线圈匝数n50匝，ab边长L120cm，ad边长L230cm，线圈总电阻r2，外电路电阻R8，磁场的磁感应强度B0.5T，求： （1）从图示位置转过60时，线圈产生的感应电动势瞬时值；（2）电阻R消耗的功率。2023学年模拟测试卷参考答案（含详细解析）一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

10、1、C【答案解析】导线c在a点的磁感应强度方向向下，大小为B；导线b在a点的磁感应强度方向向左，大小为B；导线d在a点的磁感应强度方向向左，大小为B；a点处的合磁感应强度大小为，故选C.2、C【答案解析】熵是系统内分子运动无序性的量度，在一个孤立的系统，熵越大，系统的无序度越大，故A正确；根据热力学第二定律，在自然过程中熵是不会减小的，故B正确；热力学第二定律也叫熵增原理，故C错误；在一个孤立的系统，熵越大，系统的无序度越大，故D正确；此题选择错误的选项，故选C点睛：理解熵增加原理：利用绝热过程中的熵是不变还是增加来判断过程是可逆还是不可逆的基本原理在一个孤立的系统，分子只能向无序方向发展3、

11、D【答案解析】枪和弹组成的系统，由于小车对枪有外力，枪和弹组成的系统外力之和不为零，所以动量不守恒故A错误枪和车组成的系统，由于子弹对枪有作用力，导致枪和车组成的系统外力之和不为零，所以动量不守恒故B错误枪、弹、车组成的系统，它们之间相互作用的力为内力，比如枪弹和枪筒之间的摩擦力，系统所受外力之和为零，系统动量守恒故D正确，C错误故选D点睛：解决本题的关键掌握动量守恒的条件，即系统所受的合外力为零，知道系统内物体相互作用的力为内力4、A【答案解析】ABCD. 假设卡车速度是v0，对小船运动分解，小船的速度为v的沿绳分量与卡车速度相同，如图：由几何关系可知，此时卡车的牵引力为再对小船受力分析如图

12、：由牛顿第二定律可知，小船加速度为故A正确BCD错误。故选A。5、C【答案解析】设流过原线圈的电流为，流过副线圈的电流为，因。电阻和消耗功率之比，所以错误。电压表的示数，电压表的示数，所以，因此B错误，C正确。理想变压器原副线圈磁通量变化率相同，所以D错误。综上所述，选项C正确。6、D【答案解析】由图象知周期为，则频率，电压的最大值为，则电压瞬时值的表达式为，有效值为，则加在阻值的电阻两端，则电阻消耗的功率是，故AC错误，D正确；由图可知，t=0.01s和t=0.03s时刻线圈的感应电动势最大，则磁通量的变化率也最大，所以通过线圈的磁通量最小，故C错误；故选D.二、多项选择题：本题共4小题，每

13、小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7、BC【答案解析】试题分析：电路图知：S接a时，电压表测两端的电压，电流表测电路电流，由串联电路的特点及欧姆定律列方程；由电路图知：s接b时，电压表测与电流表的串联电压，即AB间的总电压U；电流表测电路电流；由欧姆定律列出的方程组，可求出待测电阻Rx的阻值S接a和接b时，电流表的示数变化范围较大，这说明电压表的分流较大，因此接b点时，采用伏安法测电阻误差较小设电源的电压为U，电流表的内阻为，由题得U=12V，则有：S接a时，即，S接b时，即：，联立解得，BC正确8、

14、BCD【答案解析】A.麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹首先通过实验证实了电磁波的存在，A错误；B.电磁波能发生偏转现象，电磁波是横波，干涉和衍射是波特有的现象，B正确；C.根据麦克斯韦电磁场理论，变化的电场产生磁场，变化的磁场产生电场，C正确；D.光导纤维运用光的全反射，所以内芯的折射率大于外套的折射率，D正确。故选BCD。9、ABD【答案解析】球落地反弹后做匀减速直线运动，由匀变速直线运动规律得，h=，故v12:v22h1:h21:0.64，v1:v21:0.8；而动能表达式为：Ekmv2，故：Ek1：EK2=1:0.64，故AD正确根据EP=mgh可知，最大势能之比为1:0.64，选项B正

15、确；由于上升过程机械能守恒，故两次机械能的比例为1：0.64，故C错误故选ABD10、BD【答案解析】AB小球先做自由落体运动，后做匀减速运动，两个过程的位移大小相等、方向相反设电场强度大小为E，加电场后小球的加速度大小为a，取竖直向下方向为正方向，由：，又，解得，则小球回到A点时的速度为，整个过程中速度增量的大小为，速度增量的大小为动量增加为，由牛顿第二定律得，联立解得 ，故A错误，B正确；C从加电场开始到小球运动到最低点时小球的速度从v减小到0，动能减少了，故C错误；D设从A点到最低点的高度为h，根据动能定理得，解得，从A点到最低点小球重力势能减少了，故D正确。故选BD。三、实验题：本题共

16、2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11、A2 V1 【答案解析】（1）0-15V范围的电压表测量4V电压时，误差较大，所以选用电压表V1，但是选用电压表V1后待测电压最大为3V，所以电路中的最大电流为（2）电压和电流的变化范围尽可能大一些，所以采用滑动变阻器的分压接法，因为被测电阻较小，所以采用电流表的外接法，如图所示（3）实物图如图所示12、测摆长时漏掉了摆球的半径 9.87 B 【答案解析】图像不通过坐标原点，从图像可以得到相同的周期下，摆长偏小，故可能是漏加小球半径；根据单摆的周期公式得出关系图线，结合图线的斜率求出重力加速度的大小；结合摆长和周期的测

17、量误差判断重力加速度的测量误差【题目详解】第一空图像不通过坐标原点，将图像向右平移1cm就会通过坐标原点，故相同的周期下，摆长偏小1cm，故可能是测摆长时漏掉了摆球的半径；第二空由单摆周期公式：，可得：，则T2L图像的斜率：，由图像得：k=40.01+0.99=，解得：g=9.87m/s2；第三空A测摆长时摆线过紧，则测量的摆长偏大，所以测量的重力加速度偏大，故A错误；B摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了，知测量的摆长偏小，则测量的重力加速度偏小，故B正确；C开始计时，秒表过迟按下，测量的周期偏小，则测量的重力加速度偏大，故C错误；D实验中误将49次全振动计为50次，测

18、量的周期偏小，则测量的重力加速度偏大，故D错误【答案点睛】本题主要考查了利用单摆测定重力加速度的实验，属于一般题型四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13、 (1) 72 cmHg (2) 2 cm【答案解析】试题分析：B中气体状态变化为等容过程，根据理想气体状态方程列式求解压强；A中气体状态变化符合理想气体状态方程，根据理想气体状态方程列式求解；（1）当温度为T0时B管中气体的压强为：pB1P1+hcmHg=20cmHg+10cmHg=30（cmHg）当温度为2.4T0时，B管中气体体积不变，设其压强为PB2B中气体状态变化为等容过程，得pB2=72cmHg（2）当温度为T0时A管中气体的压强为P1=20cmHg设流入A管的水银柱的长度为x，则：P2=PB2（h+x）=62x（cmHg），lA2=h1-x（cm）A中气体状态变化符合理想气体状态方程， 代入数据整理得：x2-72x+140=0解得：x=2cm（另一值为70cm不符合条件舍去）【答案点睛】本题关键是根据题意得到各个状态对应的压强、体积、温度中已知量，然后根据理想气体状态方程列式求解未知量14、39.3 V【答案解析】试题分析：先写出电动势的瞬时表达式，再代入数据求得瞬时值感应电动势的最大值为：Em=NBS=1000.5500