2023学年江西省稳派教育高二物理第二学期期末学业质量监测试题（含解析）

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、关于电场强度定义式E=，下列说法正确的是（）A．该式适用于所有电场B．该式仅适用于匀强电场C．该式仅适用于点电荷形成的电场D．电场强度E的方向与F的方向相同2、如图所示，理想变压器的原线圈接正弦交流电源，副线圈接有电阻R和小灯泡。电流表和电压表均可视为理想电表。闭合开关S，下列说法正确的是A．电流表A1的示数不变B．电流表A2的示数减小C．电压表V1的示数增大D．电压表V2的示数减小3、如图，闭合铜制线框用细线悬挂，静止时其下半部分位于与线框平面垂直的磁场中，若将细线剪断后线框仍能静止在原处，则磁场的磁感应强度B随时间t变化规律可能的是A． B．C． D．4、如图所示，在轨飞行两年多的“天宫二号”太空实验室目前状态稳定，将于2019年7月后受控离轨。天宫二号绕地飞行一圈时间约为90min，而地球同步卫星绕地球一圈时间为24h，根据此两个数据不能求出的是（）A．天宫二号与地球同步卫星的角速度之比B．天宫二号与地球同步卫星的离地高度之比C．天宫二号与地球同步卫星的线速度之比D．天宫二号与地球同步卫星的向心加速度之比5、如图所示，三个小球A、B、C的质量均为m，A与B、C间通过铰链用轻杆连接，杆长为L，B、C置于水平地面上，用一轻质弹簧连接，弹簧处于原长．现A由静止释放下降到最低点，两轻杆间夹角α由60°变为120°，A、B、C在同一竖直平面内运动，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g．则此下降过程中（）A．A、B、C系统机械能不守恒B．A、B、C系统动量守恒C．A、B、C系统，水平方向动量守恒D．在A的动能达到最大前A、B、C系统一直处于超重状态6、固体M、N在一定压强下的熔化曲线如图所示，则（）A．固体M有可能是玻璃、橡胶B．固体M的bc段表示固液共存状态C．固体N的分子（或原子、离子）排列一定有规则D．固体N的物理性质可能是各向异性的二、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，空间存在着与圆台母线垂直向外的磁场，各处的磁感应强度大小均为B，圆台母线与竖直方向的夹角为θ，一个质量为m、半径为r的匀质金属环位于圆台底部，环中维持恒定的电流I不变，之后圆环由静止向上运动，经过时间t后撤去该恒定电流并保持圆环闭合，圆环全过程上升的最大高度为H，已知重力加速度为g，磁场的范围足够大，在圆环向上运动的过程中，下列说法正确的是A．圆环开始减速时加速度大于gB．在时间t内安培力对圆环做功为mgHC．圆环先有收缩后有扩张的趋势D．圆环运动的最大速度为2πBIrt8、如图所示,两个质量分别为m1=2kg、m2=3kg的物体置于光滑的水平面上,中间用轻质弹簧秤连接．两个大小分别为F1=30N、F2=20NA．弹簧长度稳定时,弹簧秤的示数是50NB．弹簧长度稳定时,弹簧秤的示数是26NC．在突然撤去F1的瞬间,m1的加速度大小为D．在突然撇去F1的瞬间,m1的加速度大小为9、如图所示是一种延时开关，当S1闭合时，电磁铁F将衔铁D吸下，C线路接通．当S1断开时，由于电磁感应作用，D将延迟一段时间才被释放．试分析下列说法中正确的是A．由于A线圈的电磁感应作用，才产生延时释放D的作用B．由于B线圈的电磁感应作用，才产生延时释放D的作用C．如果断开B线圈的电键S2，延时将变长D．如果断开B线圈的电键S2，无延时作用10、如图所示，在磁感应强度大小B=T，方向竖直向下的匀强磁场中，有两半径均为0.6m的金属圆环平行竖直放置，两圆心所在直线OO′与磁场方向垂直。圆环通过电刷与理想变压器原线圈相连，长为0.5m的导体棒ab两个端点刚好分别搭接在两圆环上，且与OO′平行。现让导体棒沿圆环内侧、绕OO′以20πrad/s的角速度匀速转动，恰好使标有“3V4.5W”的小灯泡L正常发光。已知理想变压器原、副线圈的匝数比为n1:n2=2:1，图中电压表为理想电压表，圆环、导体棒、导线电阻不计，则A．电压表的示数为6VB．R0的电阻值为1.5ΩC．整个电路消耗的总功率为WD．ab沿圆环转动过程中受到的最大安培力为N三、实验题：本题共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）如图，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系．图中0点是小球抛出点在地面上的垂直投影，实验时先让入射球m1，多次从倾斜轨道上S位置静止释放，找到其平均落地点的位置P，然后，把被碰小球m2静置于轨道的水平部分，再将入射球m1，从斜轨上S位置静上释放，与小球m2相碰，并多次重复，测出碰后m1平均落地点在M点，m2平均落地点在N点，不计小球与轨道的摩擦．（1）实验中，不需要测量的物理量是______．A．两个小球的质量m1、m2

B．小球抛出点距地面的高度H

C．小球做平抛运动的射程（2）若实验中发现小于，则可能的原因是______．A．碰撞过程有机械能的损失B．计算时没有将小球半径考虑进去C．放上小球m2后，入射球m1从倾斜轨道上都止释放的位置比原来的低（3）若两球发生弹性正碰，则OM、ON、OP之间一定满足的关系是______．A．OP=ON-OMB．2OP=ON+OMC．OP-ON=2OM12．（12分）有一个小灯泡上标有“4V2W”的字样,现在要用伏安法描绘这个灯泡的U-I图线,有下列器材供选用:A．电压表(0-5V)内阻(10KΩ)B．电压表(0-10V)内阻(20KΩ)C．电流表(0-0.3A)内阻(1Ω)D．电流表(0-0.6A)内阻(0.4Ω)E.滑动变阻器(5Ω,10A)F.滑动变阻器(500Ω,0.2A)（1）实验中电压表应选用________,电流表应选用________.为使实验误差尽量减小,要求电压表从零开始变化且多取几组数据,滑动变阻器应选用_____________(用序号字母表示).（2）请在方框内画出满足实验要求的电路图________,并把图中所示的实验器材用实线连接成相应的实物电路图________.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．（10分）如图所示，足够长的U型光滑导体框架的两个平行导轨间距为L，导轨间连有定值电阻R，框架平面与水平面之间的夹角为θ，不计导体框架的电阻．整个装置处于匀强磁场中，磁场方向垂直于框架平面向上，磁感应强度大小为B．导体棒ab的质量为m，电阻不计，垂直放在导轨上并由静止释放，重力加速度为g.求：(1)导体棒ab下滑的最大速度；(2)导体棒ab以最大速度下滑时定值电阻消耗的电功率．14．（16分）如图所示为一种小型交流发电机的原理图，n匝矩形线圈处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，ab边、cd边分别连在两个滑环K、L上，导体做的两个电刷分别压在滑环上．线圈ab边的边长为L1，bc边的边长为L2，线圈总电阻为r．线圈以恒定的角速度ω绕与磁场方向垂直的固定对称轴OO′匀速转动．用导线将电刷与电阻R连接起来形成回路．回路中其他电阻不计．(1)请你说明发电机线圈平面转至何位置时感应电动势具有最大值，并推导此最大值的表达式．(2)求线圈转动一周的过程中，整个电路产生的焦耳热．15．（12分）如图所示，圆柱形气缸上部开口且有挡板，内部底面积，内部高度为.筒内一个很薄的质量不计的活塞封闭一定量的理想气体，活塞上放置一质量为的重物，开始时活塞处于离底部的高度，外界大气压强为，温度为.活塞与气缸内壁的摩擦忽略不计，现对气体加热，求：（1）当活塞刚好到达气缸口时气体的温度；（2）气体温度达到387℃时气体的压强.

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。1、A【答案解析】

公式是电场强度的定义式，采用比值法定义，适用于任何静电场．E方向与正电荷受到电场力F的方向相同，与负电荷受到的电场力方向相反，A正确，BCD错误。故选A。2、D【答案解析】

AB.开关闭合后，负载减小，副线圈的电压不变，通过副线圈的电流增大，原线圈中的电流I电流表A2和电流表A2的示数都增大，故AB错误；C.由理想变压器规律可知，开关从断开到闭合，原线圈和副线圈电压都不变，所以电压表V1的示数不变，故C错误；D.副线圈的电流增大，通过R的电流增大，R两端的电压增大，副线圈电压不变，所以电压表V2的示数减小，故D正确。3、B【答案解析】因剪断细线后线框仍能静止在原处，可知安培力向上，根据楞次定律可知，穿过线；圈的磁通量增加，磁感应强度增强，选项D错误；设B=B0+kt;根据平衡知识；即，式中mg、B0、S、L及R均为定值，则随时间t的增加，k减小时，等式两边才能平衡，故选项B正确，AC错误；故选B.4、B【答案解析】

由题可知二者的周期关系，由得：，所以由题可以求出二者的轨道半径关系。

A.卫星的角速度为，由二者的轨道半径关系即可求出天宫二号与地球同步卫星的角速度之比。故A不符合题意；

B.由，则可以求出二者的轨道半径的关系，但由于地球的半径未知，所以不能求出二者距离地面的高度的比值。故B符合题意；

C.由万有引力提供向心力，得：，解得：，由二者的轨道半径关系即可求出天宫二号与地球同步卫星的线速度之比，故C不符合题意；

D.向心加速度：，由二者的轨道半径关系即可求出天宫二号与地球同步卫星的加速度之比。故D不符合题意；

本题选择不能求出的，故选B.5、C【答案解析】（1）A由静止释放后，ABC和弹簧组成的系统内，仅涉及重力势能、弹性势能和动能的相互转化，故系统机械能守恒，A选项错误；（2）ABC三个物体的系统，在A由静止下落运动的过程中，属于变速运动，受到外力外力的矢量和不为零，故系统动量不守恒；但在水平方向不受外力，故水平方向系统动量守恒，B错误C正确；（3）在A的动能达到最大前，其加速度竖直向下，系统受到地面的支持力小于它们的总重力，故系统一直处于失重状态，D错误；【答案点睛】（1）根据系统内只有弹性势能、重力势能和动能转化的情况，可以确定系统机械能守恒；（2）当系统不受外力，或受到外力的矢量和为零，系统动量守恒；或者系统在你某一方向不受外力，某一方向动量守恒；（2）系统具有向下的加速度，属于失重想象．6、B【答案解析】

AB.晶体是在固定的温度下熔化为液体，而非晶体是随着温度的升高逐渐由硬变软，最后变成液体．那么bc段表示晶体的固液共存状态，而玻璃、橡胶是非晶体，没有固定的熔点，A错误B正确．CD.曲线N是非晶体在一定压强下的熔化过程，所以非晶体的分子（或原子、离子）排列没有规则，非晶体的物理性质可能是各向同性，CD错误．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、ACD【答案解析】A、电流撤去后，由于惯性，圆环继续向上运动，在磁场中切割磁感线产生感应电流，电流方向俯视为逆时针，由左手定则可知圆环所受安培力方向垂直磁感线向下，重力竖直向下，所以圆环开始减速时加速度大于g，故A正确；B、由功能关系可知，在上升全过程中，在t时间内安培力对圆环做的功等于全过程重力做的功mgH和t时间后圆环克服安培力做的功，所以在时间t内安培力对圆环做功大于mgH，故B错误；C、圆环通电流时，电流方向为顺时针，安培力分量指向圆心，有收缩的趋势，撤去电流后，切割产生的感应电流为逆时针，则安培力分量背离圆心，则有扩张的趋势，故C正确；D、环中通以恒定电流I后，圆环所受安培力为BI·2πr，则在竖直方向的分力为2πrBIcosθ，由牛顿第二定律,可得：BI2πrcosθ-mg=ma，则圆环向上的加速度为a=2πBIrcosθm-g，竖直向上；在电流未撤去时，圆环将做匀加速直线运动，经过时间t，速度会达到最大值，由v=at得v=故选ACD。【答案点睛】根据牛顿第二定律，与运动学公式，依据功能关系，结合电磁感应与安培力，即可求解。8、BC【答案解析】A、两水平拉力导致物体受力不平衡,先选整体为研究对象进行受力分析,由牛顿第二定律得:F1-F2=m1+m2a

计算得出:a=2m/s2

对m2:由牛顿第二定律得:F-F2=ma

计算得出:F=28N,故AB错误.

C、突然撤去F2的瞬间,m2的受力仅剩弹簧的弹力,对m1由牛顿第二定律,得:F=m2a,计算得出:aa″=28m/s2综上所述本题答案是：C9、BD【答案解析】AB、当S1断开时，导致由于线圈B中的磁通量变小，从而出现感应电流，致使F中仍有磁性，出现延迟一段时间才被释放，所以由于B线圈的电磁感应作用，才产生延时释放D的作用，故A错误、B正确；CD、若断开B线圈的开关S2，当S1断开，F中立即没有磁性，所以没有延时功能，故C正确，D错误；故选BC．【答案点睛】当S1、S2均闭合时，电磁铁F将衔铁D吸下，C电路接通；当S1断开时，导致由于线圈B中的磁通量变化，从而出现感应电流，致使F中仍有磁性，出现延迟一段时间才被释放；

若线圈B处于断开，即使S1断开也不会有感应电流，则不会出现延迟现象．10、BD【答案解析】

AB.根据右手定则可知，导体棒在磁场中运动，产生正弦式交流电，当导体棒经过最低点和最高点时，切割的方向与磁场方向垂直，产生的感应电动势最大，则，则有，压器原线圈两端的电压，根据可得电压表的示数为，通过小灯泡的电流，根据可得，的电阻值为，故选项B正确，A错误；C.整个电路消耗的总功率为，故选项C错误；D.根据安培力表达式，最大安培力大小，故选项D正确。三、实验题：本题共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、B；C；A；【答案解析】

试题分析：过程中小球释放高度不需要，小球抛出高度也不要求．最后可通过质量与水平射程乘积来验证动量是否守恒．根据碰撞前后动量守恒可以写成表达式，若碰撞为弹性碰撞，则碰撞前后动能相同；根据实验数据，应用动量的定义式与动量守恒定律分析答题，注意掌握弹性碰撞时碰后速度公式可以牢记以准确应用．（1）本实验要验证的动量守恒的式子是：，要测量质量和速度，平抛运动过程中下降的高度相同，则所用时间相同，所以在等式两边同乘以t，则但速度是由水平位移来代替的，所以时间相同不用测量，高度不用测量，故选B．（2）碰撞的机械能损失不会动量守恒，那么出现此种结论只能是第二次滑下时，比第一次滑下时低一些，故选C．（3）根据弹性碰撞的公式，碰撞后两球的速度：，显然，因平抛运动中的时间相等，所以有OP=ON-OM，A正确．12、ADE【答案解析】（1）灯泡额定电压为4V，电压表应选A，灯泡额定电流为0.5A，电流表应选/r