2023届湖南省衡阳县江山中英文学校物理高二第二学期期中质量检测试题含解析

2023届湖南省衡阳县江山中英文学校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、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡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、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、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、如图甲所示，光滑导轨水平放置在与水平方向夹角为60°的斜向下的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示(规定斜向下为正方向)，导体棒ab垂直导轨放置，除电阻R的阻值外，其余电阻不计，导体棒ab在水平外力F作用下始终处于静止状态．规定a→b的方向为电流的正方向，水平向右的方向为外力F的正方向，则在0～t1时间内，选项图中能正确反映流过导体棒ab的电流i和导体棒ab所受水平外力F随时间t变化的图象是（）A．B．C．D．2、一正弦交流电的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u=100sin(25t)VB．该交流电的频率为4HzC．该交流电的电压有效值为D．若将该交流电压加在阻值R=100Ω的电阻两端，则电阻消耗的功率为50W3、关于感应电动势大小的正确表述是（）A．穿过某导体框的磁通量为零时，该导体框中的感应电动势一定为零B．穿过某导体框的磁通量越大，该导体框中的感应电动势一定越大C．穿过某导体框的磁通量变化量越大，该导体框中的感应电动势一定越大D．穿过某导体框的磁通量变化越快，该导体框中的感应电动势一定越大4、有关理想气体的压强，下列说法正确的是（）A．气体分子的平均速率增大，则气体的压强可能增大B．气体分子的密集程度增大，则气体的压强一定增大C．气体分子的平均动能减小，则气体的压强一定减小D．气体分子的内能减小，则气体的压强一定减小5、如图所示，1mol的理想气体由状态A经状态B、状态C、状态D再回到状态A。BC、DA线段与横轴平行，BA、CD的延长线过原点。则下列说法中正确的是（）A．从D变化到A的过程，气体分子平均动能不变B．气体从A变化到B的过程属于等容过程C．从B变化到C的过程，气体压强增大D．从C变化到D的过程，气体分子平均动能不变6、长直导线MN中通有恒定电流I，其正下方有矩形导线框abcd，在下列哪种情况下，abcd中有感应电流产生（）A．导线框匀速向右移动B．导线框加速向右移动C．导线框匀速向下移动D．导线框匀速绕MN为轴转动二、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、下列说法正确的是（）A．小雨滴呈现球形是水的表面张力作用的结果B．给车胎打气，越压越吃力，是由于分子间存在斥力C．干湿泡温度计的示数差越大，表示空气中水蒸气离饱和状态越远D．常见的金属都是非晶体8、如图所示，a、b、c、d是某电场中的四个等势面，它们是互相平行的平面，并且间距相等，下列判断中正确的是（）A．该电场一定是匀强电场 B．相邻两个等势面间电势差一定相等C．如果φa＞φb，则电场强度Ea＞Eb D．如果φa＜φb，则电场方向垂直于等势面由b指向a9、氢原子能级如图所示，已知可见光光子的能量在1.61eV～3.10eV范围内，则下列说法正确的是（）A．氢原子能量状态由n=2能级跃迁到n=1能级，放出光子为可见光B．大量氢原子处于n=4能级时，向低能级跃迁能发出6种频率的光子C．处于基态的氢原子电离需要释放13.6eV的能量D．氢原子处于n=2能级时，可吸收2.86eV能量的光子跃迁到高能级10、如图，一定质量的空气被水银封闭在静置于竖直平面的U型玻璃管内，右管上端开口且足够长，右管内水银面比左管内水银面高h，能使h变大的原因是（）A．大气压强升高 B．环境温度升高C．沿管壁向右管内加水银 D．U型玻璃管加速上升三、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）某同学在“用单摆测重力加速度”的实验中进行了如下的操作；乙(1)用游标上有10个小格的游标卡尺测量摆球直径如图(甲)所示，摆球直径为_____mm．把摆球用细线悬挂在铁架台上，测量摆线长，通过计算得到摆长L．(2)用秒表测量单摆的周期．当单摆摆动稳定且到达最低点时开始计时并记为n＝0，单摆每经过最低点记一次数，当数到n＝60时秒表的示数如图(乙)所示，那么秒表读数是___s．(3)测量出多组周期T、摆长L数值后，画出T2－L图象如图(丙)，此图线斜率的物理意义是（______）A．gB．C．D．(4)与重力加速度的真实值比较，发现测量结果偏小，分析原因可能是（______）A．振幅偏小B．将摆线长当成了摆长C．把摆线长加上小球直径做为摆长．D．开始计时误记为n＝112．（12分）一滑块自左向右运动，现用频闪照相机在同一张底片上多次曝光，记录下滑块每次曝光时的位置，如图所示，连续两次曝光的时间间隔为0.1s，则滑块在第4次曝光时位置读数是______cm；滑块在第6次曝光时的速度大小为______m/s；滑块的加速度大小为______m/s2。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）图为一简易火灾报警装置。其原理是：竖直放置的试管中装有水银，当温度升高时，水银柱上升，使电路导通，蜂鸣器发出报警的响声。27℃时，空气柱长度L1为30cm，水银上表面与导线下端的距离L2为10cm，管内水银柱的高度h为25cm①当温度达到多少摄氏度时，报警器会报警？②若水银柱上升过程中，被封闭气体吸收热量9×10-2J，对外做功6×10-2J，求封闭气体内能的变化量。14．（16分）如图所示，有两个不计质量的薄活塞M、N将两部分理想气体封闭在绝热汽缸内，温度均是27℃.M活塞是导热的，N活塞是绝热的，均可沿汽缸无摩擦地滑动，已知活塞的横截面积均为S＝2cm2，初始时M活塞相对于底部的高度为H＝27cm，N活塞相对于底部的高度为h＝18cm，活塞足够高.现将一质量为m＝400g的小物体放在M活塞的上表面，活塞下降.已知大气压强为p0＝1.0×105Pa，取重力加速度g＝10m/s2.(1)求稳定后活塞N下部分气体的压强；(2)现通过加热丝对N下部分气体进行缓慢加热，使N下部分气体的温度变为127℃，分别求稳定后活塞M与活塞N距离底部的高度.15．（12分）(19分)如图所示，两条足够长的平行长直金属细导轨KL、PQ固定于同一水平面内，它们之间的距离为L，电阻可忽略不计，ab和cd是两根质量皆为m的金属细杆，杆与导轨垂直，且与导轨良好接触，并可沿导轨无摩擦地滑动。两杆的电阻皆为R，杆cd的中点系一轻绳，绳的另一端绕过轻的定滑轮悬挂一质量为M的物体，滑轮与转轴之间的摩擦不计，滑轮与杆cd之间的轻绳处于水平伸直状态并与导轨平行．导轨和金属细杆都处于匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨所在平面向上，磁感应强度的大小为B。现两杆及悬挂物都从静止开始运动．求：(1)当ab杆及cd杆的速度分别达到v1和v2时，两杆加速度的大小各为多少？(2)最终ab杆及cd杆的速度差为多少(两杆仍在导轨上运动)?

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】

由法拉第电磁感应定律可分析电路中的电动势，则可分析电路中的电流，根据楞次定律判断感应电流的方向；由安培力公式可得出安培力的表达式，则可得出正确的图象．【详解】AB．由由图乙知，B的变化率不变，即保持不变，则感应电动势保持不变，电路中电流I不变；根据楞次定律判断得知ab中感应电流沿b→a，为负值．故AB错误．CD．由安培力F=BIL可知，电路中安培力随B的变化而变化，当B为负值时，根据楞次定律判断可知ab中感应电流从b到a，安培力的方向垂直于磁感线斜向右下方，如图所示，根据平衡条件可知，水平外力水平向左，为负，大小为同理，B为正值时，水平外力水平向右，为正，大小为，故C错误，D正确。故选D。2、D【解析】

由图象可知交流电的电压最大值为Um=100V，T=4×10-2s，故频率为：；ω=2πf=50πrad/s，该交流电的电压瞬时值表达式为：u＝Umsinωt＝100sin50t

V，故AB错误；该交流电的电压有效值为，故C错误；若将该交流电加在阻值为R=100Ω的电阻两端，则电阻消耗功率为，故D正确；3、D【解析】

根据法拉第电磁感应定律得感应电动势的大小跟磁通量的变化率成正比．

A．穿过导体框的磁通量为零的瞬间，但可能很大，产生的感应电动势可能很大，也可能很小，故A错误；

B．磁通量越大，是大，但及，则不一定大，故B错误；

C．磁通量变化越大，即大，由于不知磁通量的变化时间，故不一定越大，故C错误；

D．磁通量变化的快慢用，表示磁通量变化得快，则比值就大，根据法拉第电磁感应定律有产生的感应电动势就越大，故D正确．故选D。点睛：磁通量，磁通量的变化，磁通量的变化率是磁通量的变化和所用时间的比值，法拉第电磁感应定律告诉我们感应电动势的大小跟磁通量的变化率成正比，正确理解磁通量、磁通量的变化和磁通量的变化率是解决本题的关键．4、A【解析】

A．从微观角度讲，决定气体压强大小的因素：气体分子的数密度、平均动能；气体分子的平均速率增大，分子数密度可能减小，故气体的压强可能增大，故A正确；B．气体分子的密集程度增大，分子热运动的平均动能可能减小，故气体的压强不一定增大，故B错误；C．气体分子的平均动能增大，分子数密度可能减小，故气体的压强不一定减小，故C错误；D．如果该气体分子经过等压冷却过程，此时气体分子的内能减小，气体压强却保持不变，故D错误。故选A。5、C【解析】

A．从D变化到A的过程，气体温度减低，则分子平均动能减小，选项A错误；B．气体从A变化到B的过程气体体积变大，不属于等容过程，选项B错误；C．从B变化到C的过程，气体体积不变，温度升高，则根据可知，气体压强增大，选项C正确；D．从C变化到D的过程，气体温度降低，则分子平均动能减小，选项D错误。故选C。6、C【解析】

A、B、导线框匀速或加速向右移动时，线框的磁通量没有变化，所以没有感应电流产生，故A、B错误；C、导线框匀速向下移动时，线框的磁通量减小，将产生感应电流，故C正确.D、通电直导线的磁感线是一系列围绕直线的同心圆，故线框绕直导线转到，磁感线均垂直穿过线框不变，故不能产生感应电流；故D错误.故选C.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】

A．空气的小雨滴呈球形是水的表面张力，使雨滴表面有收缩趋势，故A正确；B．给车胎打气，越压越吃力，是由于大气过程中气体压强增大的结果，不是由于分子间存在斥力，故B错误；C．干湿泡温度计的湿泡显示的温度低于干泡显示的温度，是因为湿泡外纱布中的水蒸发吸热，干湿泡温度计的两个温度计的示数差越大，表示空气中水蒸汽离饱和状态越远，故C正确；D．常见的金属都是多晶体，故D错误。故选AC。8、ABD【解析】试题分析：等势面是平行平面而且均匀分布，则电场线平行同向，均匀分布，该电场一定是匀强电场．故A正确．由图判断出电场方向垂直于等势面，由公式U=Ed可知，沿着电场线方向，相同距离电势差相同．故B正确．匀强电场，电场强度处处相同．故C错误．根据电场线总和等势面垂直，并且由电势高的等势面指向电势低的等势面可知，如果Φa＜Φb，电场方向垂直于等势面由b指向a．故D正确．故选ABD.考点：匀强电场；电场强度；电势【名师点睛】本题考查对等势面和电场线关系的理解能力．要知道等势面是平行平面而且均匀分布，该电场一定是匀强电场．电根据公式U=Ed，匀强电场中，沿着电场线方向，相同距离电势差相同．电场线总和等势面垂直，并且由电势高的等势面指向电势低的等势面；本题也可以采用作电场线的方法，分析判断．常规题，比较容易．9、BD【解析】根据Em-En=hv，由n=2能级跃到n=1能级产生的光子能量为E=-3.4--13.6=10.2eV，大于可见光的能量范围，故放出的光子不是可见光，故A错误；处于n=4能级的激发态氢原子向低能级跃迁时，能产生C42=6种不同频率的光子，故B正确．处于基态的氢原子电离需要吸收13.6eV的能量，故C错误．电子处于n=210、BC【解析】A项：大气压强增大时，液柱将左移使左侧液面上移，故重新平衡后高端的高度差减小，故A错误；B项：环境温度升高时，大气压强不变，而封闭气体压强增大，重新达平衡后h增大，故B正确；C项：向右管加入水银时，左侧液面上升使左侧气体压强增大，大气压强不变，故重新平衡后，由上式可得h变大，故C正确；D项：U型管加速上升时，液柱超重故对气体增大，高度差h减小，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、20.6mm111.4sCB【解析】

(1)游标尺上总共是10个小格长9mm，每一格0.9mm，与主尺上的一格相差0.1mm，所以精确度为0.1mm．主尺读数为20mm，游标读数为0.1×6mm=0.6mm，所以最终读数为20.6mm；(2)由图示秒表可知，秒表示数为：t=1.5min+21.4s=111.4s；(3)由单摆周期公式：可得：则T2-L图象的斜率：，故应选C；(4)由单摆周期公式：，可得：A.重力加速度与单摆的振幅无关，振幅偏小不会影响重力加速度的测量值，故A错误；B.将摆线长当成了摆长，所测摆长偏小，根据可知，所测重力加速度偏小，故B正确；C.把摆线长加上小球直径做为摆长，，所测摆长偏大，根据可知，所测重力加速度偏大，故C错误；D.开始计时误记为n=1，所测周期T偏小，由可知，所测重力加速度偏大，故D错误．故选B。12、12.00.651.0【解析】

[1]刻度尺的最小分度为1cm，由图可知，滑块在第4次曝光时位置读数是12.0cm；[2]由图可知，的距离为13.0cm，则滑块在第6次曝光时的速度大小为[3]由图可知，相临两段位移的差值均为1cm，根据△x=aT2有四、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、①127℃②3×【解析】①气体做等压变化，则L1S②根据热力学第一定律可知ΔU=Q-W=3×1014、(1)1.2×105Pa(2)27.5cm20cm【解析】

(1)将两个活塞和小物体作为整体进行受力分析得：pS＝mg＋p0S代入数据解得p＝1.2×105Pa(2)对N下部分气体进行分析，由理想气体状态方程得：解得：h2＝20cm对M下