2023届江西省上饶第二中学物理高二第二学期期中达标测试试题含解析

2023届江西省上饶第二中学物理高二第二学期期中达标测试试题注意事项: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、如图是远距离输电的示意图，变压器均为理想变压器，发电机的输出电压恒定，输电线上损耗的功率为△P．变压器原副线圈的电压以及电流用图中的量表示．则当用户用电处于高峰期时，下列说法正确的是（）A．U2变大 B．U4变小C．△P变小 D．I1变小2、如图所示，质量为M的足够长的木板静置在光滑的水平面上，在M上放置一质量为m的物块，物块与木板的接触面粗糙．当物块m获得初速度v0向右滑动，在滑动过程中下面叙述正确的是（）A．若M固定不动，则m对M摩擦力的冲量为零B．若M不固定，则m克服摩擦力做的功全部转化为内能C．不论M是否固定，摩擦力对m与M所做的功之和一定等于零D．不论M是否固定，摩擦力对系统的冲量之和一定为零3、如图所示，一个质量为m，电荷量为q的带正电的粒子（不计重力），从静止开始经电压U加速后，沿水平方向进入一垂直于纸面向外的匀强磁场B中，带电粒子经过半圆到A点，设OA＝y，则能正确反映y与U之间的函数关系的图象是（）A．B．C．D．4、热辐射是指所有物体在一定的热辐射的温度下都要向外辐射电磁波的现象，辐射强度是指垂直于电磁波传播方向上的单位面积上单位时间内所接收到的辐射能量.在研究某一黑体热辐射时，得到了四种温度下黑体强度与波长的关系如图.图中横轴λ表示电磁波的波长，纵轴表示某种波长电磁波的辐射强度，则由辐射强度图线可知，同一黑体在不同温度下()A．向外辐射同一波长的电磁波的辐射强度相同B．向外辐射的电磁波的总能量随温度升高而减小C．辐射强度的极大值随温度升高而向长波方向移动D．辐射强度的极大值随温度升高而向短波方向移动5、沿光滑斜面自由下滑的物体，其受到的力有A．重力、下滑力、斜面的支持力和紧压斜面的力B．重力、下滑力和斜面的支持力C．重力、下滑力D．重力、斜面的支持力6、如图所示，A、B、C是水平面上同一直线上的三点，其中AB=BC，在A点正上方的O点以初速度v0水平抛出一小球，刚好落在B点，小球运动的轨迹与OC的连线交于D点，不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是()A．小球从O到D点的水平位移是从O到B点水平位移的1:3B．小球经过D点与落在B点时重力瞬时功率的比为2:3C．小球从O到D点与从D到B点两段过程中重力做功的比为1/3D．小球经过D点时速度与水平方向夹角的正切值是落到B点时速度与水平方向夹角的正切值的1/4二、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、关于热现象，下列说法中正确的是（）A．利用浅层海水和深层海水之间的温度差制造一种热机，将海水的一部分内能转化为机械能是可能的B．气体温度每升高1K所吸收的热量与气体经历的过程有关C．质量和温度都相同的气体，内能一定相同D．自然发生的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的8、质量为m的物块甲以3m/s的速度在光滑水平面上运动，有一轻弹簧固定其上，另一质量也为m的物块乙以4m/s的速度与甲相向运动，如图所示．则A．甲、乙两物块在弹簧压缩过程中，系统动量守恒B．当两物块相距最近时，甲物块的速率为零C．当甲物块的速率为1m/s时，乙物块的速率可能为2m/s，也可能为0D．甲物块的速率可能达到5m/s9、如图所示为氢原子的能级图．现有大量处于n＝3激发态的氢原子向低能级跃迁，下列说法正确的是A．氢原子由n＝3跃迁到n＝2能级时，其核外电子的动能将减小B．这些氢原子总共可辐射出三种不同频率的光C．这些氢原子跃迁时辐射出光子能量的最大值为10.2evD．氢原子由n＝3跃迁到n＝1产生的光照射逸出功为6.34eV的金属铂能发生光电效应10、如图所示，在倾角为θ的固定光滑斜面上，有两个用轻质弹簧相连的物块A和B，它们的质量均为m，弹簧的劲度系数为k，C为一固定的挡板，现将一个质量也为m的物体D从距A为L的位置由静止释放，D和A相碰后立即粘在一起，之后在斜面上做简谐运动。在简谐运动过程中，物体B对C的最小弹力为，则以下说法正确的是A．简谐运动的振幅为 B．简谐运动的振幅为C．B对C的最大弹力 D．B对C的最大弹力三、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）在做“验证动量守恒定律”的实验中，小球的落点情况如图所示，入射球A与被碰球B的质量之比为MA∶MB＝3∶2，则实验中碰撞结束时刻两球动量大小之比为pA∶pB＝________________..12．（12分）小张同学测量一节蓄电池的电动势和内阻的实验中，认为蓄电池内阻常小，为防止滑动变阻器电阻过小时，由于电流过大而损坏器材，电路中用了个定值电阻实验时蓄电池、开关、导线、选用电流表量程与电压表量程、滑动变阻器按如图甲连接电路图．现有两个定值电阻，小张选择哪一个更合理？______________________________．A.定值电阻、额定功率

定值电阻、额定功率小张同学按图甲电路图进行连接，下列实物图正确的是____________．若小张用如图乙所示电路，分别测出两组数据记为、与、，已知定值电阻为，可粗测出蓄电池的电动势___________，内阻__________用字母、、、、来表示四、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，为光滑的轨道，其中是水平的，是竖直平面内的半圆，与相切与点，且半径，质量的滑块静止在水平轨道上，另一质量的滑块前端装有一轻质弹簧（均可视为质点）以速度向左运动并与滑块发生弹性正碰，若相碰后滑块滑上半圆轨道并能过最高点，取重力加速度，则(1)滑块至少要以多大速度向前运动；(2)如果滑块恰好能过点，滑块与滑块相碰后轻质弹簧的最大弹性势能为多少？14．（16分）某中学有一台应急备用发电机，发电机线圈内阻为r＝1Ω，升压变压器匝数比为1∶4，降压变压器的匝数比为4∶1，输电线的总电阻为R＝4Ω，全校22个教室，每个教室用“220V，40W”规格的电灯6盏，要求所有灯都正常发光，输电线路如图所示．求：(1)发电机的输出功率；(2)发电机的电动势；(3)输电线上损耗的电功率．15．（12分）滑沙运动时，沙板相对沙地的速度大小会影响沙地对沙板的摩擦因数．假设滑沙者的速度超过8m/s时，滑沙板与沙地间的动摩擦因数就会由μ1=0.5变为μ2=0.25，如图1所示，一滑沙者从倾角θ=37°的坡顶A处由静止开始下滑，滑至坡底B（B处为一平滑小圆弧）后又滑上一段水平地面，最后停在C处．已知滑板与水平地面的动摩擦因数恒为μ3=0.4，AB坡长L=26m，sin37°=0.6，不计空气阻力，求滑沙者（1）到B处时的速度大小；（2）在水平地面上运动的最大距离；（3）在AB段下滑与BC段滑动的时间之比．

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、B【解析】

A、由于输入电压不变，升压变压器原副线圈匝数不变，故U2不变，故A错误；B、当用电器增多时，功率增大，降压变压器的输出电流增大，则输电线上的电流增大，可知输电线上的电压损失增大，发电机的输出电压U1不变，则U2不变，可知降压变压器的输入电压减小，所以用户得到的电压U4减小．故B正确；C、当用电器增多时，功率增大，降压变压器的输出电流增大，则输电线上的电流增大，可知输电线上的功率损失增大，故C错误；D、当用电器增多时，功率增大，降压变压器的输出电流增大，则输电线上的电流增大，根据，知I1变大，故D错误；故选B．【点睛】当用电器增多时，用户消耗的功率增大，根据降压变压器的输出电流的变化得出输电线上的电流变化，从而得出电压损失的变化，根据升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压和电压损失之和得出用户电压的变化．升压变压器的输出功率等于功率损失和降压变压器的输入功率之和．变压器的原副线圈的电压之比等于匝数之比．2、D【解析】

A．若M固定不动，因为冲量等于Ft，因m相对于M滑动，二者之间有摩擦力，故摩擦力的冲量不为零，故A错误；B．若M不固定，m克服摩擦力做功，m减小的动能转化为M的动能及系统的内能，故B错误；C．若M不固定，m相对于地的位移大于M相对于地的位移，相互间摩擦力大小相等，则m对M的摩擦力做功小于M对m的摩擦力做功，摩擦力对m与M所做的功之和为负值，故C错误．D．因相互作用的摩擦力大小相等，方向相反，且作用时间相同，故相互作用的冲量大小相等，方向相反，即摩擦力对系统的冲量之和一定为零，故D正确；故选D．点睛：本题应掌握冲量的定义及功能关系，知道作用力和反作用力总是大小相等方向相反的；注意当物体发生相对运动时，摩擦力与相对位移的乘积等于内能的增加量．3、C【解析】

粒子在电场中加速，在磁场中做圆周运动，应用动能定理求出粒子的速度，应用牛顿第二定律求出粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径，然后求出y与U间的关系式，再分析图示图象答题．【详解】粒子在电场中加速，由动能定理得：qU=mv2-0，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：，由几何知识得：y=2r，解得：，则y2=U，图C所示图象正确；故选C．【点睛】本题考查了粒子在电场与磁场中的运动，分析清楚粒子的运动过程是正确解题的关键，应用动能定理与牛顿第二定律即可解题．4、D【解析】

由辐射强度图线可知，向外辐射相同波长的电磁波的辐射强度随温度的变化而不同，选项A错误；向外辐射的最大辐射强度随温度升高而增大，向外辐射的电磁波的总能量随温度升高而增大，选项B错误；由图可知，随温度的升高，相同波长的光辐射强度都会增加；同时最大辐射强度向左侧移动，即向波长较短的方向移动，选项C错误，D正确。5、D【解析】

光滑的斜面上自由下滑物体受到重力和支持力，下滑力是不存在的，压力作用在斜面上，不是物体所受到的力，故D正确，ABC错误．故选D。6、C【解析】

A．设小球做平抛运动的时间为t，位移为L，则有：Lcosθ=v0t；Lsinθ=gt2，联立解得：，设∠OBA=α，∠C=β，则tanα=，tanβ=，由于AB=BC，可知tanα=2tanβ，因在D点时：，在B点时：，则落到D点所用时间是落到B点所用时间的，即小球经过D点的水平位移是落到B点水平位移的，故A错误；B．由于落到D点所用时间是落到B点所用时间的，故D点和B点竖直方向的速度之比为1：2，故小球经过D点与落在B点时重力瞬时功率的比为，故B错误；C．小球从O到D点与从D到B点两段过程中时间相等，则竖直位移之比为1:3，则重力做功的比为1:3，选项C正确；D．小球的速度与水平方向的夹角tanθ＝，故小球经过D点时速度与水平方向夹角的正切值是落到B点时速度与水平方向夹角的正切值的，故选项D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、ABD【解析】

A．根据热力学第二定律，利用浅层海水和深层海水之间的温度差制造一种热机，将海水的一部分内能转化为机械能，这在原理上是可行的，但会产生其他方面的变化，故A正确；B．气体的温度升高1K，内能的变化是相同的，而内能的变化与吸收的热量以及外界对气体的做功两个因素有关，所以气体的温度每升高1K所吸收的热量与气体经历的过程有关。故B正确；C．质量和温度都相同的气体，内能不一定相同，还和气体的种类有关，故C错误；D．自然发生的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的，故D正确。故选ABD。8、AC【解析】A、甲、乙两物块在弹簧压缩过程中，系统所受的合外力为零，动量守恒，故A正确；

B、当两物块相距最近时速度相同，取碰撞前乙的速度方向为正方向，设共同速率为v，根据动量守恒定律得到：，解得，故B错误；

C、若物块甲的速率为，方向与原来相同，则由，代入解得，若物块甲的速率为，方向与原来相反，则由，代入解得，故C正确；

D、若物块甲的速率达到，方向与原来相同，则，代入解得，两个物体的速率都增大，动能都增大，违反了能量守恒定律；若物块甲的速率达到方向与原来相反，则，代入解得，可以，碰撞后，乙的动能不变，甲的动能增加，系统总动能增加，违反了能量守恒定律，所以物块甲的速率不可能达到，故D错误．点睛：根据动量守恒的条件：系统所受的合外力为零判断动量是否守恒；水平方向系统不受外力．当两物块相距最近时速度相同，根据动量守恒定律求出物块甲的速率．9、BD【解析】氢原子由n=3跃迁到n=2能级时，氢原子放出光子，则能量减小，轨道半径减小，根据知，电子动能增大，故A错误；根据=3知，这些氢原子可能辐射出三种不同频率的光子．故B正确．氢原子由n=3向n=1能级跃迁时辐射的光子能量最大，频率最大，最大能量为13.6-1.51eV=12.09eV．故C错误；氢原子由n=3跃迁到n=1能级，辐射的光子能量为12.09eV，大于金属铂的逸出功6.34eV，故能发生光电效应．故D正确．故选BD．点睛：解决本题的关键知道光电效应的条件以及知道能级间跃迁时辐射或吸收的光子能量等于两能级间的能级差．10、AD【解析】

当弹力等于AD的重力的分力时AD处于平衡状态，由kx=2mgsinθ可知，平衡位置时弹簧的形变量为，处压缩状态；当B对C弹力最小时，对B分析，则有mgsinθ+kx=mgsinθ；故弹簧此时形变量：，此时弹簧处于压缩状态；故简谐运动的振幅为：；故A正确，B错误；当AD运动到最低点时，B对C的弹力最大；由对称性可知，此时弹簧的形变量为：；此时弹力为：；B对C的弹力为；故C错误，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、；【解析】试题分析：抓住小球碰撞后做平抛运动，运动的时间相等，通过水平位移之比得出速度之比，从而得出碰撞结束时两球的动量大小之比．解：碰撞结束后，A球的速度小于B球的速度，知A球落在M点，B球落在N点．因为平抛运动的时间相等，水平位移之比等于碰后两球的速度之比；则因为入射球A与被碰小球B的质量比则碰撞结束时刻两球动量大小之比【点睛】解决本题的关键知道碰后小球做平抛运动，水平位移之比等于速度之比．12、A;C;;;【解析】

一节蓄电池电动势约为2V，保护电阻应选阻值、额定功率，如果选择阻值，额定功率，由于定值定值较大，电路电流较小，电流变化范围小，不能测多组实验数据，故A正确，B错误．故选A．根据电路图电压表测量电源两端电压，故C正确，ABD错误．故选C．根据图乙电路图，，解得，．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、(1)3m/s；(2)0.375J【解析】

(1)设滑块A过C点时速度为vC，B与A碰撞后，B与A的速度分别为v1、v2，B碰撞前的速度为v0过圆轨道最高点的临界条件是重力提供向心力，由牛顿第二定律得由机械能守恒定律得mv22＝mg•2R+mvC2B与A发生弹性碰撞，碰撞过程动量守恒、机械能守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得Mv0＝Mv1+mv2由机械能守恒定律得Mv02＝Mv12+mv22代入数据解得v0＝3m/s(2)由于B与A碰撞后，当两者速度相同时有最大弹性势能Ep，设共同速度为v，A、B碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得Mv0＝（M+m）v由机械能守恒定律得Mv02＝EP+（M+m）v2联立并代入数据