2022-2023学年江西省名校学术联盟物理高二第二学期期中质量检测试题含解析

2022-2023学年江西省名校学术联盟物理高二第二学期期中质量检测试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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、有一弹簧振子，振幅为0.8cm，周期为0.5s，初始时具有负方向的最大加速度，则它的振动方程是A．x=8×10－3sinmB．x=8×10－3sinmC．x=8×10－1sinmD．x=8×10－1sinm2、如图所示,是光电效应中光电子的最大初动能EK与入射光频率ν的关系图象．从图中可知A．EK与ν成正比B．入射光频率必须大于或等于极限频率vc时，才能产生光电效应C．对同一种金属而言，EK不仅与ν有关，还与入射光强有关D．EK与入射光强度成正比3、已知磁敏电阻在没有磁场时电阻很小，有磁场时电阻变大，并且磁场越强电阻值越大．为探测有无磁场，利用磁敏电阻作为传感器设计了如右图所示的电路，电源的电动势E和内阻r不变，在没有磁场时调节变阻器R使电灯L正常发光．若探测装置从无磁场区进入强磁场区，则（）A．电灯L亮度不变 B．电灯L亮度变亮C．电流表的示数增大 D．电源的内耗功率增大4、下列说法符合物理学史实的是（）A．亚里士多德认为在没有空气阻力的情况下，所有物体下落得一样快B．伽利略通过理想斜面实验，提出“力不是维持物体运动的原因”C．牛顿第一定律也叫惯性定律，是牛顿通过实验探究发现的D．卡文迪许发现了万有引力定律，并测出了引力常量的数值5、如图所示，理想变压器的原线圈接入的交变电压，副线圈对“220V880W”的用电器RL供电，该用电器正常工作。由此可知（）A．原、副线圈的匝数比为B．交变电压的频率为100HzC．原线圈中电流的有效值为4AD．变压器的输入功率为880W6、一列简谐横波沿x轴正方向传播，t时刻波形图如图中的实线所示，此时波刚好传到P点，t＋1．6s时刻的波形如图中的虚线所示，a、b、c、P、Q是介质中的质点，则下列说法错误的是（）A．这列波的波速可能是51m/sB．质点a在这段时间内通过的路程一定小于31cmC．质点c在这段时间内通过的路程可能为61cmD．若周期T=1.8s，则在t＋1.8s时刻，质点Q速度为零二、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，A、B、C、D四只灯泡额定电压相同，C、D两只灯泡的额定功率也相同，ab端输入交流电的电压是灯泡额定电压的7倍时，四只灯泡均正常发光，则（）A．原副线圈匝数之比为7:2B．原副线圈电流之比为2:7C．灯泡A与灯泡B的功率之比为1:3D．A、B、C三只灯泡的额定功率之比为2:6:38、如图所示，质量相等的A、B两个球，原来在光滑水平面上沿同一直线相向做匀速直线运动，A球的速度是6m/s，B球的速度是﹣2m/s，不久A、B两球发生了对心碰撞．对于该碰撞之后的A、B两球的速度可能值，某实验小组的同学们做了很多种猜测，下面的猜测结果有可能实现的是（）A．vA′=3m/s，vB′=1m/s B．vA′=2m/s，vB′=2m/sC．vA′=1m/s，vB′=3m/s D．vA′=﹣1m/s，vB′=7m/s9、不同的原子核，其核子的平均质量m（原子核的质量除以核子数）与原子序数Z的关系如图所示．下列说法中正确的是（）A．随原子序数的增大核子的平均质量先减小后增大B．原子核E的比结合能比原子核F的比结合能大C．原子核D和E聚变成原子核F时会有质量亏损，要吸收能量D．原子核A裂变成原子核B和C时会有质量亏损，要放出核能10、两木块1、2质量分别为，，用劲度系数为Ｋ的轻弹簧连在一起，放在水平地面上．如图所示，用外力将木块1压下一段距离静止，释放后1做简谐运动．在1的振动过程中，木块2刚好始终未离开地面，则在木块1振动的过程中（）A．木块1的最大加速度为B．木块1的最大加速度为C．木块2对地面的最大压力为D．弹性势能的变化量、动能的变化量、的重力势能的变化量的代数和保持为零三、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）在“用电流表和电压表测定电池的电动势和内电阻”的实验中：（1）备有如下器材A．干电池1节B．滑动变阻器(0～20Ω)C．滑动变阻器(0～1kΩ)D．电压表(0～3V)E．电流表(0～0.6A)F．电流表(0～3A)G．开关、导线若干其中滑动变阻器应选__________，电流表应选________．(只填器材前的序号)（2）请在左边虚线框中画出该实验最合理的电路图，并在右图中画线代替导线将实物图连接成完整的实验电路________．（3）某同学根据实验数据画出的U－I图象如图所示，由图象可得电池的电动势为____________V，内电阻为____________Ω.12．（12分）要测定一台直流电动机的效率．给你电源、电压表、电流表、滑动变阻器、开关、砝码盘（已知质量）砝码若干、停表、刻度尺、细绳一根、导线若干．（1）请完成如图中的实物图______．（2）本实验要测定的物理量是______（请用填写数字序号）：①砝码上升的高度H；②细线的长度L；③砝码的重力G；④电动机的电阻R；⑤电动机两端的电压U；⑥通过电动机的电流强度I；⑦提升砝码所用但时间t；⑧电动机的转速n；⑨电动机的质量m（3）如果某同学根据测得的数据计算出P出=0.18w；P入=0.21w．则大体可计算出该直流电动机的效率η=______，请分析它的能量转换情况：______四、计算题：本题共3小题，共38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，实线是一列简谐横波在t1=0时刻的波形，虚线是这列波在t2=1.5s时刻的波形，这列波的周期T符合：，求：（1）若波沿x轴正方向传播，波速为多大；（2）若波沿x轴负方向传播，波速为多大。14．（16分）如图所示为交流发电机的示意图，匝数为n=100匝矩形线圈，边长分别为10cm和20cm，内阻为5Ω，在磁感应强度B=0.5T的匀强磁场中绕OO′轴以502rad/s的角速度匀速转动，线圈和外部电阻R相连接，（1）若从线圈图示位置开始计时，写出线圈中感应电动势的瞬时值表达式（2）电键S合上时，电压表和电流表示数；（3）通过电阻R的电流最大值是多少；（4）电阻R上所消耗的电功率是多少．15．（12分）内蒙古拥有得天独厚的风力资源，是我国北部的风能富集区。在2008年奥运会之前分两期兴建了总装机容量约为11万千瓦的风力发电厂。建成后，若采用110kV电压向北京输电。已知从内蒙古到北京的输电线电阻为1Ω。(1)求输电导线损耗的功率；(2)若把输电电压提高为220kV，求提高输电电压后比原来少损耗的功率。

参考答案一、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【解析】

由题，t=0时刻具有负方向的最大加速度，根据知，振子的初始位移是正向最大，则位移表达式x=Asin(ωt+φ0)中，；圆频率，则位移表达式为;故选A.2、B【解析】

根据最大初动能Ekm与入射光频率ν的关系图线知，图线不过原点，所以不是成正比关系．故A错误．由图线知，入射光的频率大于或等于极限频率时，最大初动能大于等于零，才能发生光电效应，故B正确．根据光电效应方程知，Ekm=hv-W0，同一种金属，逸出功相同，则最大初动能仅与v有关，与入射光的强度无关，故CD错误．3、B【解析】

C.探测装置从无磁场区进入强磁场区时，磁敏电阻的阻值变大，则电路的总电阻变大，根据闭合电路欧姆定律，可知总电流变小，所以电流表的示数减小．故C错误AB.根据闭合电路欧姆定律，又因为减小，路端电压增大，所以灯泡两端的电压增大，则电灯L变亮．故A错误，B正确．D.总电流减小，由公式可知，电源的内耗功率减小．故D错误．4、B【解析】伽利略认为在没有空气阻力的情况下，所有物体下落得一样快，故A错误；伽利略通过理想斜面实验，提出“力不是维持物体运动的原因”，故B正确；牛顿第一定律也叫惯性定律，伽利略、笛卡尔、牛顿都研究了力和运动的关系，对惯性定律的建立都有贡献，故C错误；牛顿在前人研究的基础上发现了万有引力定律，卡文迪许测出了引力常量的数值，故D错误。所以B正确，ACD错误。5、D【解析】

A．输入电压的有效值为，“220V，880W”的电器正常工作，故原、副线圈的匝数比为故A错误；B．由表达式知交变电压的频率故B错误；C．副线圈电流故原线圈中电流的有效值为故C错误；D．输入功率等于输出功率，故输入功率为故D正确；故选D。6、B【解析】

A．由题图波形图可知波长λ=41m，且1.6s=nT＋T（n=1，1，2，…）解得周期T=s（n=1，1，2，…）当n=1时，T=1.8s，波速v==51m/s选项A正确；B．由传播方向沿x轴正方向可知质点a在t时刻向上运动，当n=1时，T=1.8s，则质点a在1.6s内通过的路程小于31cm，当n=1，2，3…时，质点a在1．6s内通过的路程大于31cm，选项B错误；C．若n=1，则T=s，波传播到c点所用时间为T，1.6s=，则1.6s内质点c振动的时间为T－T=T故在这段时间内质点c通过的路程为6A=61cm，选项C正确；D．若T=1.8s，在t＋1.8s时刻，质点Q位于正向最大位移处，速度为零，选项D正确。本题选择错误的，故选B。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、CD【解析】

A．设灯泡的额定电压为U，则ab端输入交流电的电压为7U，可知变压器原线圈两端电压为由题可知，四只灯泡正常发光，所以可知副线圈两端电压为所以，根据理想变压器原副线圈的电压与匝数成正比可知，变压器的匝数之比为故A错误；B．又理想变压器原副线圈的电流与匝数成反比，可知变压器原副线圈电流之比为故B错误；C．灯泡A与灯泡B的功率之比为故C正确；D．由题可知，A、B、C、D四只灯泡额定电压相同，C、D两只灯泡的额定功率也相同，所以流过灯泡C、D的电流相同，即为，则灯泡B和灯泡C的电功率之比为又两式合并可得故D正确。故选CD。8、BC【解析】

设每个球的质量均为m，碰前系统总动量P=mAvA+mBvB=6m﹣2m=4m，碰前总动能．若vA′=3m/s，vB′=1m/s，碰后总动量P′=mAvA′+mBvB′=3m+m=4m，动量守恒．但碰后A、B同向运动，A在B的后面，A的速度大于B的速度，不可能，故A错误；若vA′=2m/s，vB′=2m/s，碰后总动量P′=mAvA′+mBvB′=2m+2m=4m，动量守恒．碰后总动能，总动能减小，是可能的，故B正确；若vA′=1m/s，vB′=3m/s，碰后总动量P′=mAvA′+mBvB′=m+3m=4m，动量守恒．碰后总动能，总动能减小，是可能的，故C正确；若vA′=﹣1m/s，vB′=7m/s，碰后总动量P′=mAvA′+mBvB′=﹣m+7m=6m，动量不守恒．不可能，故D错误．所以BC正确，AD错误．点睛：对于碰撞过程，要抓住三大规律：1、是动量守恒定律；2、总动能不增加；3、符合物体的实际运动情况，来分析这类问题．9、AD【解析】

（1）由图象可知，随原子序数的增大核子的平均质量先减小后增大，A正确；（2）由图象可知，原子核E的核子的平均质量大于原子核F核子的平均质量，若从E核转变为F，必然存在核子的质量亏损，释放能量，比结合能增加，故原子核F的比结合能更大，B错误；（3）由图象可知，D和E核子的平均质量大于F核子的平均质量，原子核D和E聚变成原子核F时，核子总质量减小，有质量亏损，要释放出核能，C错误；（4）由图象可知，A裂变成原子核B和C时，核子的平均质量变小，核子发生了质量亏损，释放出核能，D正确；故本题选AD【点睛】根据图象判断出各原子核质量关系，然后判断发生核反应时质量变化情况，结合质能方程分析判断．10、BD【解析】

A、B、当木块1运动到最高点时，2刚好对地面压力为零，故弹簧中弹力F=Mg，此时1有最大加速度；对木块1，由牛顿第二定律有F+mg=ma，得木块1的最大加速度：；故A错误，B正确．C、由简谐运动的对称性，知当木块1运动至最低点时，加速度大小等于，方向竖直向上，设弹簧中弹力大小为F′，此时弹簧是处于压缩状态，对木块1，根据牛顿第二定律得：F′-mg=ma，即：F′=m（g+a）=2mg+Mg，则得木块2对地面的最大压力：F压=F′+Mg=2（m+M）g，故C错误．D、木块1、木块2及弹簧组成的系统，只有重力和弹簧的弹力做功，系统的机械能守恒，即机械能的变化量保持为零，所以弹性势能的变化量、m动能的变化量、m的重力势能的变化量的代数和保持为零．故D正确．故选BD．【点睛】本题要注意撤去外力后，木块1以未加压力时的位置为平衡位置做简谐振动，当木块2刚好要离开地面时，1处于最高点时，1的加速度最大，1处于最低点时，弹簧对2的压力最大．分析时要抓住简谐运动的对称性．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、BE如图：1.51【解析】

（1）滑动变阻器的最大值一般为待测电阻的几倍时较好，在该实验中因电源内阻比较小，故滑动变阻器选择较小一点的即可，故滑动变阻器应选B.(也可以从便于调节的角度来分析，应该选择阻值较小的滑动变阻器．)电流表的量程要大于电源允许通过的电流，对于干电池来讲允许通过的最大电流一般是0.5A，故需要选择0～0.6A量程的电流表，所以电流表应选E.（2）电路图以及实物连线如图所示．（3）由题U－I图象可知：纵截距为1.5V，故电池的电动势为1.5V；内电阻r=ΔU12、①③⑤⑥⑦85.7%电动机消耗电能的85.7%转化为机械能、14.3%转换为内能等其它形式的能【解析】

（1）[1]根据实验原理可得实验的原理图如图甲所示，根据原理图画出实验连接图如图乙所示；（2）[2]电动机效率:实验过程中需要