2023学年云南省昭通市永善县第一中学高二物理第二学期期末检测试题（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、一定质量的0℃的水在凝结成0℃的冰的过程中，体积变大，它内能的变化是A．分子平均动能不变，分子势能减少B．分子平均动能减小，分子势能增加C．分子平均动能不变，分子势能增加D．分子平均动能增加，分子势能减少2、如图所示为A、B两质点在同一直线上运动的位移—时间图象，A质点的图象为直线，B质点的图象为过原点的抛物线，两图象交点C、D坐标如图，下列说法正确的是()A．A、B相遇一次B．t1～t2时间段内B质点的平均速度大于A质点匀速运动的速度C．两物体速度相等的时刻一定在t1～t2时间内的中间时刻D．A在B前面且离B最远时，B的位移为3、如图所示，电源的电动势和内阻分别为E、r，在滑动变阻器的滑片P由a向b移动的过程中，下列各物理量变化情况为A．电流表的读数逐渐减小B．的功率逐渐增大C．电源的输出功率可能先减小后增大D．电压表与电流表读数的改变量的比值先增大后减小4、如图所示，乙半径为a、电阻为R的金属圆环(被固定)与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中．在Δt时间内，磁感应强度的方向不变．大小由B均匀地增大到3B，在此过程中A．线圈中产生的感应电动势为B．线圈中产生的感应电动势为C．线圈中产生的感应电流为0D．线圈中产生的感应电流为5、关于冲量，下列说法中正确的是()A．冲量是物体动量变化的原因 B．作用在静止的物体上的力的冲量一定为零C．动量越大的物体受到的冲量越大 D．冲量的方向就是物体运动的方向6、在如图所示的含有理想变压器的电路中，变压器原副线圈匝数比为20：1，图中电表均为理想交流电表，R为光敏电阻（其阻值随光强增大而减小），L1和L2是两个完全相同的灯泡，原线圈接入如图乙所示的正弦交流电压u，下列说法正确的是()A．交流电的频率为100HzB．电压表的示数为20VC．当照射R的光强增大时，电流表的示数变大D．若L1的灯丝烧断后，电压表的示数会变大二、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，有一台交流发电机E，通过理想升压变压器T1和理想降压变压器T2向远处为用户供电，输电线的总电阻为R，T1的输入电压和输入功率分别为U1和P1，它的输出电压和输出功率分别为U2和P2；T2的输入电压和输入功率分别为U3和P3，它的输出电压和输出功率分别为U4和P4。设T1的榆入电压U1一定，当用户消耗的电功率变大时，有（）A．U2不变，U3变小B．U2减小，U4变大C．P1变大，P2变大D．P2不变，P3变大8、在德国首都柏林举行的世界田径锦标赛女子跳高决赛中，克罗地亚选手弗拉希奇以2米04的成绩获得冠军。弗拉希奇身高约为1.93m，忽略空气阻力，g取10m/s2。则下列说法正确的是()A．弗拉希奇在下降过程中处于失重状态B．弗拉希奇起跳以后在上升过程中处于超重状态C．弗拉希奇起跳时地面对她的支持力大于她的重力D．弗拉希奇起跳时的初速度大约为3m/s9、如图所示，在某空间的一个区域内有一直线PQ与水平面成45°角，在PQ两侧存在垂直于纸面且方向相反的匀强磁场，磁感应强度大小均为B．位于直线上的a点有一粒子源，能不断地水平向右发射速率不等的相同粒子，粒子带正电，电荷量为q，质量为rn，所有粒子运动过程中都经过直线PQ上的b点，已知ab＝d，不计粒子重力及粒子相互间的作用力，则粒子的速率可能为A． B． C． D．10、M、N是某电场中一条电场线上的两点，若在M点释放一个初速度为零的电子，电子仅受电场力作用，并沿电场线由M点运动到N点，其电势能随位移变化的关系如图所示，则以下判断正确的是A．电子在N点的动能大于在M点的动能B．电场可能是匀强电场C．电子运动的加速度越来越小D．电子运动的轨迹可能是曲线三、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）某兴趣小组用如图装置进行“验证动量守恒定律”的实验，步骤如下：(1)选取两个体积相同、质量不同的小球，用天平测出它们的质量分别为m1、m(2)将斜槽固定在桌边，末端A的切线水平，并在A与地面D之间连接倾角为θ的斜面AB；(3)先不放m2，让m1从斜槽的顶端0处由静止释放，记下(4)将m2放在A处，让m1仍从0处由静止释放，与m2碰撞后，记下m(5)斜面上从上到下的三个落点位置分别记为C、D、E，测出这三点到A端的距离分别为LC、LD、回答以下问题：①根据实验要求，选择的小球质量应满足m1__________m2(选填“>”、“=”、②已知E点为碰后m2的落点位置，则第(3)步中，m1将落到斜面AB的________点(选填“C”、“D")，m1离开斜槽末端时的速度为_________(③用测得的物理量来表示，只要满足关系式______________，可验证m1与mA．mB．mC．m112．（12分）用如图所示的实验装置验证动量守恒定律．实验的主要步骤如下：(ⅰ)用天平测量小球A、B的质量mA、mB并记录(ⅱ)将斜槽固定在水平台上，并调整末端水平(ⅲ)在水平地面上依次放上白纸、复写纸并固定(ⅳ)让小球A从斜槽上的某一位置由静止释放，记录小球在水平面上的落点．重复多次，找出小球落点的中心位置P(ⅴ)在斜槽水平末端处放上小球B，让小球A从步骤(ⅳ)同一位置由静止释放，记录小球A、B在水平面上的落点．重复多次，找出A、B两小球落点的中心位置M、N(ⅵ)用重锤线确定斜槽水平末端的投影点O(ⅶ)用毫米刻度尺测量出M、P、N距O点的距离LOM、LOP、LON并记录(ⅷ)将实验数据代入等式mALOP=mALOM+mBLON，验证是否成立，从而验证A、B两小球碰撞过程动量是否守恒．请回答下列问题(1)步骤(ⅳ)、(ⅴ)中进行多次重复并找出小球落点的中心位置是为了减小__________．(2)本实验中两小球的质量大小关系为mA________mB．(选填“>”、“<”或“=”)(3)试论证说明：验证等式mALOP=mALOM+mBLON是否成立，就可以验证A、B两小球碰撞过程动量是否守恒_________________________？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）预计于2122年建成的中国空间站将成为中国空间技术研究的重要基地假设空间站中宇航员利用电热器对食品加热，电热器的加热线圈可以简化成如图甲所示的圆形闭合线圈，其匝数为n，半径为r1，总电阻为R1．将此线圈垂直放在圆形匀强磁场区域中，且保证两圆心重合，圆形磁场的区域半径为r2（r2＞r1），磁感应强度大小B随时间t的变化关系如图乙所示，求：（1）在t＝1.5t1时线圈中产生感应电流的大小和方向．（2）在1-3t1时间内线圈中产生的焦耳热．14．（16分）一定质量的理想气体从状态A变化到状态B，再变化到状态C，其状态变化过程的P—V图象如图所示。已知该气体在状态A时的温度为27℃。求：(1)该气体在状态B，C时的温度，分别是多少(2)该气体从状态A到状态B，再变化到状态C的整个过程中是吸热还是放热？传递的热量Q是多少？15．（12分）物体在斜面顶端由静止匀加速下滑，最初4s内经过路程为s1，最后4s内经过的路程s2，且s2-s1＝8m，s1∶s2＝1∶2，求斜面的全长．

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】温度是分子的平均动能的标志，一定质量的水凝结成同温度的冰温度不变，则分子的平均动能不变；体积变大，放出热量，内能变小，则分子势能减小，A正确．2、C【答案解析】试题分析：图象的交点表示同一时刻到达同一位置，即相遇，故A正确；由图可知，0～t1时间段内B的纵坐标比A的纵坐标大，所以B在前A在后，t1～t2时间段A的纵坐标比B的纵坐标大，A在前B在后，故B错误；位移－时间图象斜率表示速度，B图线的切线斜率不断增大，而且B图线是抛物线，有x＝kt2，则知B做匀加速直线运动，斜率表示速度，斜率相等时刻为t1～t2时间段的中间时刻，故C正确．当AB速度相等时，相距最远，此时A的位移为，故D错误．考点：x-t图像【名师点睛】在位移-时间图象中，倾斜的直线表示物体做匀速直线运动，斜率表示速度；平均速度等于位移除以时间．图象的交点表示同一时刻到达同一位置，即相遇．位移图象并不是物体运动的轨迹．3、C【答案解析】

AB、在滑动变阻器的滑片P由a向b移动的过程中，变阻器并联的总电阻先增大后减小，根据闭合电路欧姆定律分析可知，电路中的总电流I先减小后增大，则电流表的读数先减小后增大，R0的功率先减小后增大．故A错误，B错误；C、由于电源的内阻与外电阻的关系未知，若电源的内阻一直比外电阻小，则电源的输出功率先减小后增大．故C正确；D、电压表测量路端电压，根据闭合电路欧姆定律得：U=E﹣Ir得：△U/△I=r，不变，故D错误．故选C．【答案点睛】在滑动变阻器的滑片P由a向b移动的过程中，变阻器并联电阻先增大后减小，根据闭合电路欧姆定律分析电路中总电流的变化，确定电流表示数的变化、R0的功率变化和路端电压的变化．根据电源内外电阻的关系分析电源输出功率的变化．根据闭合电路欧姆定律分析△U/△I的变化．4、B【答案解析】

根据法拉第电磁感应定律，感应电流为，故ACD错误，B正确。故选B．【答案点睛】解决电磁感应的问题，关键理解并掌握法拉第电磁感应定律，知道S是有效面积，即有磁通量的线圈的面积．5、A【答案解析】

A.力作用一段时间便有了冲量，而力作用一段时间后，物体的运动状态发生了变化，物体的动量也发生了变化，因此说冲量使物体的动量发生了变化，A正确；B.只要有力作用在物体上，经历一段时间，这个力便有了冲量I＝Ft，与物体处于什么状态无关，物体运动状态的变化是所有作用在物体上的力共同产生的效果，B错误；C.物体所受冲量I＝Ft与物体动量的大小p＝mv无关，C错误；D.冲量的方向与物体运动方向无关，D错误．6、C【答案解析】A．原线圈接入如图乙所示的交流电，由图可知：T=0.02s，所以频率为f=1/T=50Hz，故A错误；B．原线圈接入电压的最大值是V，所以原线圈接入电压的有效值是U=220V，理想变压器原、副线圈匝数比为20:1，所以副线圈电压是11V，所以V的示数为11V，故B错误；C．R阻值随光强增大而减小，根据I=U/R知，副线圈电流增加，副线圈输出功率增加，根据能量守恒定律，所以原线圈输入功率也增加，原线圈电流增加，所以A的示数变大，故C正确；D、当L1的灯丝烧断后，变压器的输入电压不变，根据变压比公式，输出电压也不变，故电压表读数不变，故D错误．故选C．点睛：由变压器原理可得变压器原、副线圈中的电流之比，输入功率等于输出功率．和闭合电路中的动态分析类似，可以根据R的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，再根据电压不变，来分析其他元件的电流和电压的变化的情况．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、AC【答案解析】

抓住用户消耗的电功率变大，则用户端的总电流增大，则输电线上的电流增大，结合电流的变化判断出输电线上功率损失的变化，从而得出升压变压器原副线圈功率的变化。抓住升压变压器的输入电压不变，得出输出电压不变，结合输电线上的电压损失得出降压变压器原副线圈电压的变化。【题目详解】要使用户消耗的电功率变大，由于是理想变压器，则P3也会变大，用户端的总电流增大，则输电线上的电流增大，T1的输入电压U1一定时，U2也不变，则P2必须变大，P1变大，电阻R消耗的功率也变大，电阻两端电压也变大，所以U3变小，U4变小。A．U2不变，U3变小，与分析结果相符，故A正确；B．U2减小，U4变大，与分析结果不符，故B错误；C．P1变大，P2变大，与分析结果相符，故C正确；D．P2不变，P3变大，与分析结果不符，故D错误。【答案点睛】本题主要考查远距离输电中的动态分析，属于一般题型。8、AC【答案解析】试题分析：运动员起跳后上升过程做减速运动，下降过程做加速运动，加速度都是向下，所以运动员在这两个过程中整体处于失重状态，A正确B错误；起跳时加速度向上，根据牛顿第二定律可得N-mg=ma，即N=ma+mg，所以地面对她的支持力大于重力故能顺利起跳，C正确；运动员起跳时重心在腰部，背越式过杆，重心上升高度可按1m估算，则起跳时的初速度约为v=2gΔh考点：考查了超重失重，牛顿第二定律的应用9、ABC【答案解析】由题意可知粒子可能的运动轨迹如图所示所有圆弧的圆心角均为90°,所以粒子运动的半径（n=1，2，3…），由洛伦兹力提供向心力得，则（n=1，2，3…），故ABC正确，D错误；故选ABC．【答案点睛】根据题意画出粒子的运动轨迹两条，由几何知识可知，运动所有圆弧的圆心角都为90°，求出运动半径的通式；由洛伦兹力提供向心力，列式求出速度表达式，结合选项判断．10、AC【答案解析】

A．电子从M运动到N过程中，只受电场力，电势能减小，电场力做正功，则动能增加，因此N点的动能大于M点的动能，故A正确；B．电子通过相同位移时，电势能的减小量越来越小，说明电场力做功越来越小，由W=Fs可知，电子所受的电场力越来越小，场强减小，不可能是匀强电场，故B错误；C．由于电势能-位移图线的斜率表示电场力的大小，根据图象可知，电子受到的电场力越来越小，故该电场不是匀强电场，电子做加速度逐渐减小的加速运动，故C正确；D．带电粒子初速度为零且沿电场线运动，其轨迹一定为直线，故D错误．故选AC．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、(1)>(2)DLDgcos【答案解析】

第一空.根据实验要求，为防止入射小球反弹，则选择的小球质量应满足m1>m2；第二空.当不放m2时，m1的落点应该是D点；第三空.由平抛运动可知：LDsinθ=12第四空.同理可求解放上m2以后，碰撞后两球的速度分别为：v1=LCgcos2θ2sinθ；v2=LEg即m1即m112、实验误差>见解析【答案解析】

(1)步骤(ⅳ)、(ⅴ)中进行多次重复并找出小球落点的中心位置是为了减小实验误差；(2)为了防止碰后入射小球反弹，所以入射小球的质量应该大于被碰小球的质量，即mA>mB(3)由于碰后小球做平抛运动，在竖直方向上自由落体，并且下落的时间都相等，而在水平方向上做匀速运动，根据知平抛的初速度应该