2023届广东省广州市番禺区禺山中学高二物理第二学期期中考试试题含解析

2023届广东省广州市番禺区禺山中学高二物理第二学期期中考试试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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、据BBC报道，前英国政府辐射事务顾问巴斯比博士表示，日本核电站的问题极为严重，尤其令人担心的是福岛核电站三号反应堆．他称，该反应堆现在遇到了麻烦，因为它使用的是一种不同的燃料：它不是铀，而是一种铀钚混合燃料，而钚是极为危险的，因此一旦这种物质泄漏出来，将使海啸灾难雪上加霜．钚是世界上毒性第二大的物质（世界上毒性第一大的物质为钋）．一片药片大小的钚，足以毒死2亿人，5克的钚足以毒死所有人类．钚的毒性比砒霜大4.86亿奥倍，一旦泄露入太平洋全人类都玩完！239Pu，半衰期24390年．关于钚的危害的认识，你认为错误的是（）A．钚是具有很强的放射性 B．钚是重金属，进入人体会破坏细胞基因从而导致癌C．钚的半衰期比铀要长的多 D．钚核的裂变反应能放出巨大的能量2、某教室墙上有一朝南的钢窗，如图所示，当把钢窗左侧向外推开时，下列说法正确的是（）A．穿过窗户的地磁场的磁通量变大B．穿过窗户的地磁场的磁通量不变C．从推窗人的角度看，窗框中的感应电流方向是逆时针D．从推窗人的角度看，窗框中的感应电流方向是顺时针3、如图所示，虚线表示某电场的等势面，实线表示一带电粒子仅在电场力作用下运动的径迹．粒子在点的加速度为、动能为、电势能为；在点的加速度为、动能为、电势能为.则下列结论正确的是()A．

， B．

，C．

， D．

，4、卫星发射进入预定轨道往往需要进行多次轨道调整，如图所示，某次发射任务中先将卫星送至近地轨道，然后再控制卫星进入椭圆轨道，最后进入预定圆形轨道运动．图中点为地心，点是近地轨道和椭圆轨道的交点，点是远地轨道与椭圆轨道的交点，远地点离地面高度为（为地球半径）．设卫星在近地轨道运动的周期为，下列说法正确的是（）A．控制卫星从图中低轨道进入椭圆轨道需要使卫星减速B．卫星在近地轨道与远地轨道运动的速度之比为C．卫星从点经的时间刚好能到达点D．卫星在近地轨道通过点的加速度小于在椭圆轨道通过点时的加速度5、图甲为一列简谐波在t=0.20s时刻的波形图，P是平衡位置为x=1.0m处的质点，Q是平衡位置为x=4.0m处的质点，图乙为质点Q的振动图象，则A．从t=0.10s到t=0.20s，该波沿x轴正方向传播了4mB．质点Q简谐运动的表达式为C．在t=0.25s时，质点P的速度方向为y轴正方向D．从t=0.10s到t=0.25s，质点P通过的路程为30cm6、下列说法中正确的是A．气体对容器的压强是大量气体分子对容器的碰撞引起的，它跟气体分子的密集程度以及气体分子的平均动能有关B．在使两个分子间的距离由很远(r>10-9m)减小到很难再靠近的过程中分子力先减小后增大，分子势能先减小后增大C．温度相同的氢气和氧气，氧气分子的平均动能比较大D．当气体分子热运动变得剧烈时，压强必变大二、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，一质量为M、两侧有挡板的盒子静止在光滑水平面上，两挡板之间的距离为L．质量为m的物块(视为质点)放在盒内正中间，与盒子之间的动摩擦因数为μ．从某一时刻起，给物块一个水平向右的初速度v，物块在与盒子前后壁多次完全弹性碰撞后又停在盒子正中间，并与盒子保持相对静止.则A．盒子的最终速度为mvm+MB．该过程产生的热能为1C．碰撞次数为MD．碰撞次数为M8、如右图所示，a、b、c是地球大气层外圆形轨道上运行的三颗人造地球卫星，a、b质量相同，且小于c的质量，则（）A．b所需向心力最大B．b、c周期相等，且大于a的周期C．b、c向心加速度相等，且大于a的向心加速度D．b、c的线速度大小相等，且小于a的线速度9、一质点做匀速直线运动，现对其施加一恒力，且原来作用在质点上的力不发生改变，则()A．质点速度的方向总是与该恒力的方向相同B．质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直C．质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同D．质点单位时间内速率的变化量总是不变10、关于理想变压器的说法正确的是()A．理想变压器不考虑铁芯漏磁与发热B．只适用于一个原线圈和一个副线圈组成的变压器C．在理想变压器中，无论有几个线圈一定有输入功率等于输出功率，即P入＝P出D．在理想变压器中，如果有多个(大于等于3个)线圈同时工作，同样适用三、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）如图所示为“验证碰撞中动量守恒”类验的装置示意图：①实验中小球A质量为mA，小球参质量为mB，它们的关系应该是：mA_______mB．②实验前需要进行如下调节：固定斜槽时，应使斜槽末端___________________；；③实验中应使A球每次均在斜槽上_____（填“不同”或“相同”)位置从静止释放；④已用游标卡尺测得小球半径为r,刻度尺测出OM,OP,ON的长度，用天平测出小球质量mA，mB．请写出要验证的动量守恒的方程式__________________．12．（12分）研究电磁感应现象的实验电路如甲图所示，所用的器材有：电流计（若电流从左接线柱流入电流计，则电流计的指针向左偏），直流电源，带铁心的线圈A，线圈B，电键，滑动变阻器（用来控制电流以改变磁场强弱），导线若干．将线圈A插入线圈B中后，闭合开关，线圈A中的电流方向如乙图中的箭头所示，经过多次实验发现，当线圈B中磁通量增加时，电流计指针向左偏，线圈B中感应电流的磁场方向总与线圈A的磁场方向_____（选填“相同”“相反”）；当线圈B中磁通量减少时，电流计指针向右偏，线圈B中感应电流的磁场方向总与线圈A的磁场方向______选填“相同”“相反”）．可见感应电流的磁场总要______（选填“阻碍”“阻止”）引起感应电流的磁通量的变化．若甲图中滑动变阻器滑片向左滑动，电流计指针将__________（选填“向左偏”“向右偏”“不偏”）．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）一矩形线圈，在匀强磁场中绕垂直磁感线的对称轴转动，形成如图所示的交变电动势图象，试根据图象求出：（1）线圈转动的角速度；（2）电动势的有效值；（3）t=1.0×10−2s时，线圈平面和磁场方向的夹角．14．（16分）如图，理想变压器原线圈与一个10V的交流电源相连，副线圈并联两个小灯泡a和b，小灯泡a的额定功率为0.3W，正常发光时电阻为30Ω，已知两灯泡均正常发光，流过原线圈的电流为0.09A，试计算：（1）原、副线圈的匝数比．（2）流过灯泡b的电流．15．（12分）如图所示，一光滑水平轨道上静止一质量为2m的小球B．另一大小相同的质量为m的小球A以速度向右运动并与B球发生弹性正碰，求：（1）碰撞结束时A球的速度的大小及方向；（2）碰撞过程B球对A球的冲量大小及方向.

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、D【解析】

A.由题意描述可知，钚有很强的放射性，射线对环境会造成污染危害，故A正确；B.钚进入人体会导致基因突变，使正常组织发生癌变，故B正确；C.钚半衰期比铀要长，因此其危害性大，故C正确；D.钚核的裂变反应能放出巨大的能量可以为人类服务，这不算是其危害性，故D错误．本题选错误的，故选D．2、C【解析】

地磁场由南向北，当朝南的钢窗向外推开时，平面与磁场平行时，没有磁感穿过线框平面，穿过环面的磁通量为1．根据楞次定律，穿过窗框的磁通量减小时，产生的感应电流的方向为逆时针．故选项ABD错误，C正确；故选C.3、C【解析】

图中场源位于等势面圆心位置，根据曲线的弯曲可知是静电斥力，根据等差等势面的疏密判断场强大小，结合牛顿第二定律得到加速度大小关系；根据电场力做功判断出动能的变化．【详解】由于等势面是同心圆，故图中场源位于等势面圆心位置；根据曲线的弯曲可知是粒子受到静电斥力；由于B位置等差等势面较密集，场强大，加速度大，即aA＜aB；从A到B，粒子受力的方向向外，运动的方向与受力的方向之间的夹角是钝角，所以电场力做负功，粒子的动能减小，电势能增大；即EkB＜EkA；EPA<EPB

，故C正确，ABD错误．故选C．【点睛】本题关键是先根据等势面判断场源，结合曲线运动判断电场力，根据电场力做功判定动能的大小变化．4、C【解析】

控制卫星从图中低轨道进入椭圆轨道时需做离心运动，可知需要的向心力增大，所以需要加速才能实现．故A错误．近地圆轨道1与远地圆轨道的半径分别为R和7R，根据卫星的线速度公式知，卫星在近地圆轨道1与远地圆轨道运动2的速度之比：1，故B错误．卫星在椭圆轨道上的半长轴：a==4R．由开普勒第三定律=K，可得：，有T椭圆=8T；卫星在椭圆轨道上运动时，由近地点A到远地点B的过程恰好等于椭圆的运动的半个周期，所以：．故C正确．根据牛顿第二定律和万有引力定律得：G=ma，得a=，所以卫星在近地轨道通过A点的加速度等于卫星在椭圆轨道上通过A点的加速度．故D错误．故选C．【点睛】对于卫星运动问题，要理解并牢记开普勒第二定律和开普勒第三定律，明确卫星只受万有引力，加速度只与卫星的位置有关．5、A【解析】

A．由振动图象知，t=0.20s时，Q处于平衡位置向上振动，根据上下坡法知，波沿x轴正方向传播，根据甲图知，波长，根据乙图知，周期，所以波速故从t=0.10s到t=0.20s，波沿x轴正方向传播的距离故A正确；B．角速度则质点Q简谐运动的表达式为故B错误；C．从t=0.2s到t=0.25s，则，根据振动的特点可知，在t=0.25s时P的速度方向沿y轴负方向，故C错误；D．由于P点不是在波峰或波谷，或平衡位置，经过0.15s，即经过个周期，质点经历的路程不等于3A，即30cm，故D错误．故选A.【点睛】t=0.20s时Q点在平衡位置上，由乙图确定Q的运动方向，从而确定了该波向左传播，结合经历的时间确定质点P的位置，从而得出质点P的运动方向．根据周期得出角速度，从而得出振动的表达式．根据波长求出波速，结合经历的时间求出波传播的距离．6、A【解析】试题分析：气体对容器的压强是大量气体分子对容器的碰撞引起的，在微观上它跟气体分子的密集程度以及气体分子的平均动能有关，在宏观上与气体的压强及温度有关，选项A正确；在使两个分子间的距离由很远(r>10-9m)减小到很难再靠近的过程中分子力先增大再减小，再增大，分子势能先减小后增大，选项B错误；温度是分子平均动能的标志，故温度相同的氢气和氧气，分子的平均动能相同，选项C错误；当气体分子热运动变得剧烈时，气体的温度升高，但不知道体积的变化，故压强不一定变大，选项D错误。考点：气体的压强；分子力及分子势能。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【解析】

根据动量守恒求得系统最终速度，再根据能量守恒求得产生的热能；根据滑块与盒子的相对位移求解碰撞次数．【详解】A．根据动量守恒条件可知，小物块与箱子组成的系统水平方向动量守恒，可知，令共同速度为v′，则有：mv=（M+m）v′，可得系统共同速度为：v′＝mm+Mv，方向向右，选项AB．根据能量守恒定律有：12mv2＝12(M+m)v′2+Q,解得该过程产生的热能为Q=MCD．小物块与箱子发生N次碰撞恰好又回到箱子正中间，由此可知，小物块相对于箱子滑动的距离x=NL．小物块受到摩擦力为：f=μmg，则由Q=μmgx解得N=Mv22μgLm+M故选AC.【点睛】解决本题的关键是能抓住系统动量守恒和能量守恒列式求解最终的速度和产生的热量，知道系统损失的机械能等于物块所受摩擦力与相对距离的乘积．8、BD【解析】

A．因卫星运行的向心力就是它们所受的万有引力可知b所受的引力最小，故A错误．B．由可知半径r越大周期越大，所以b，c的周期相等且大于a的周期，故B正确；C．由可知半径r越大则加速度越小，所以b，c的向心加速度大小相等，且小于a的向心加速度，故C错误；D．由可知半径r越大则线速度越小，所以b，c的线速度大小相等，且小于a的线速度，故D正确。故选BD。9、BC【解析】试题分析：因为原来质点做匀速直线运动，合外力为0，现在施加一恒力，质点的合力就是这个恒力，所以质点可能做匀变速直线运动，也有可能做匀变速曲线运动，这个过程中加速度不变，速度的变化率不变．但若做匀变速曲线运动，单位时间内速率的变化量是变化的．故C正确，D错误．若做匀变速曲线运动，则质点速度的方向不会总是与该恒力的方向相同，故A错误；不管做匀变速直线运动，还是做匀变速曲线运动，质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直，故B正确．考点：牛顿运动定律10、AC【解析】理想变压器没有磁漏，没有能量损耗，故选项A、C正确；，即为单匝电动势．对于“口”字型变压器，副线圈组中单匝电动势相等，，成立，故B错误；对于有两个副线圈组的变压器，，可知，不再适用，故D错误．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、>水平相同【解析】

①为防止碰撞后入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量，即，两球从轨道的同一位置离开轨道做平抛运动．②要小球做平抛运动，则斜槽的末端必须水平．为了使两球发生正碰，两小球的球心位置在同一高度，所以调整支柱，使两球接触，并且使两球的球心在同一水平直线上；

③为保证入射球每次与被碰球相碰时速度相等，入射球应从同一位置释放；④在碰撞前，小球A的动量为，由于小球做平抛运动，故，碰撞后小球的动量为，由于小球都是从同一高度做平抛运动的，所以所用时间相同，故要验证碰撞前后动量是否相等，即验证等式成立即可．【点睛】小球离开轨道后做平抛运动，它们在空中的运动时间相等，水平位移与初速度正正比，可以用水平位移表示初速度；另外需要注意小球B的水平位移不是ON，而是ON-2r．12、相反相同阻碍向右偏【解析】

解：闭合开关，线圈A中的电流方向如乙图中的箭头所示，根据右手安培定则可知线圈A的磁场方向向下；当线圈B中磁通量增加时，电流计指针向左偏，说明线圈B中的感应电流从左接线柱流入电流计，根据右手安培定则可知线圈B中感应电流的磁场方向向上，所以当线圈B中磁通量增加时，线圈B中感应电流的磁场方向总与线圈A的磁场方向相反；当线圈B中磁通量减少时，电流计指针向右偏，说明线圈B中的感应电流从右接线柱流入电流计，根据右手