2023届三门峡市重点中学物理高二第二学期期中复习检测试题含解析

2023届三门峡市重点中学物理高二第二学期期中复习检测试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。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、在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线重直的转轴匀速转动，如图甲所示，产生的交变电动势的图象如图乙所示，则A．交变电动势的周期是0.005sB．t=0.01s时线框平面与中性面重合C．线框产生的交变电动势有效值为311VD．线框产生的交变电动势的频率为100Hz2、如图所示，木块B与水平弹簧相连放在光滑水平面上，子弹A沿水平方向射入木块后留在木块B内，入射时间极短，而后木块将弹簧压缩到最短，关于子弹和木块组成的系统，下列说法中正确的是()①子弹射入木块的过程中系统动量守恒②子弹射入木块的过程中系统机械能守恒③木块压缩弹簧过程中，系统总动量守恒④木块压缩弹簧过程中，子弹、木块和弹簧组成的系统机械能守恒A．①② B．②③ C．①④ D．②④3、带有活塞的气缸内封闭一定量的理想气体．气体开始处于状态a；然后经过过程ab到达状态b或经过过程ac到达状态c，b、c状态温度相同，V－T图如图所示．设气体在状态b和状态c的压强分别为和，在过程ab和ac中吸收的热量分别为和，则()A．B．C．D．4、如图所示，在光滑水平地面上放着两个物体，其间用一根不能伸长的细绳相连，开始时绳松弛、B静止，A具有4kg·m/s的动量(令向右为正)．在绳拉紧(可能拉断)的过程中，A、B动量的变化可能为()A．ΔpA＝－4kg·m/s，ΔpB＝4kg·m/sB．ΔpA＝2kg·m/s，ΔpB＝－2kg·m/sC．ΔpA＝－2kg·m/s，ΔpB＝2kg·m/sD．ΔpA＝ΔpB＝2kg·m/s5、对于物质的波粒二象性，下列说法不正确的是（）A．不仅光子具有波粒二象性，一切运动的微粒都具有波粒二象性B．运动的微观粒子与光子一样，当它们通过一个小孔时，都没有特定的运动轨道C．运动的宏观物体，其德布罗意波波长比起物体的尺寸小很多，因此无法观察到它的波动性D．实物的运动有特定的轨道，所以实物不具有波粒二象性6、某一交变电流的电流变化如图所示，该交变电流的有效值为()A．A B．3.5A C．5A D．7A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，左端接有阻值为R的足够长的平行光滑导轨CE、DF的间距为L，导轨固定在水平面上，且处在磁感应强度为B、竖直向下的匀强磁场中，一质量为m、电阻为r的金属棒ab垂直导轨放置在导轨上静止，导轨的电阻不计。某时刻给金属棒ab一个水平向右的瞬时冲量I，导体棒将向右运动，最后停下来，则此过程（）A．金属棒做匀减速直线运动直至停止运动B．电阻R上产生的焦耳热为C．通过导体棒ab横截面的电荷量为D．导体棒ab运动的位移为8、下列说法正确的是（）A．一定量的水变成的水蒸气，其分子之间的势能增加B．液晶的光学性质与某些晶体相似，具有各向异性C．如果气体分子总数不变，而气体温度升高，气体分子的平均动能增大，因此压强必然增大D．晶体在熔化过程中吸收热量，主要用于破坏空间点阵结构，增加分子势能9、如图所示是远距离输电示意图，电站的输出电压U1＝250V，输出功率P1＝100kW，输电线电阻R＝8Ω.则进行远距离输电时，下列说法中正确的是()A．若电站的输出功率突然增大，则降压变压器的输出电压减小B．若电站的输出功率突然增大，则升压变压器的输出电压增大C．输电线损耗比例为5%时，所用升压变压器的匝数比D．用10000V高压输电，输电线损耗功率为8000W10、如图摆球a和b的质量分别为m和3m，摆长相同，并排悬挂，平衡时两球刚好接触．现将摆球a向左拉开一小角度后释放．若两球的碰撞是弹性的，下列判断正确的是()A．第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小相等B．第一次碰撞后的瞬间，两球的动量大小相等C．第一次碰撞后，两球的最大摆角不相等D．第一次碰撞后，两球的最大摆角相等三、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）在用油膜法佔测分子大小的实验中，具体操作如下：①取油酸0.1mL注入250mL的容量瓶内，然后向瓶中加入酒精，直到液面达到250mL的刻度为止，摇动瓶使油酸在酒精中充分溶解，形成油酸酒精溶液；②用滴管吸取制得的溶液逐滴滴入量筒，记录滴入的滴数直到量筒达到1.0mL为止，恰好共滴了100滴；③在边长约40cm的浅盘内注入约2cm深的水，将细石膏粉均匀地撒在水面上，再用滴管吸取油酸酒精溶液，轻轻地向水面湳一滴溶液，酒精抔发后，油酸在水面上尽可能地散开，形成一层油膜，膜上没有石膏粉，可以清楚地看岀油膜轮廓；④待油膜形状稳定后，将事先准备好的玻璃板放在浅盘上，在玻璃板上绘出油膜的形状；⑤将画有油膜形状的玻璃板放在边长为1.0cm的方格纸上，算出完整的方格有67个，大于半格的有14个，小于半格的有19个。(1)这种估测方法是将每个分子视为___________，让油酸尽可能地在水面上散开，则形成的油膜可视为___________，这层油膜的厚度可视为油酸分子的___________。(2)利用上述具休操作中的有关数据可知一滴油酸酒精溶液含纯油酸为________m3，膜面积为_____m2，求得的油膜分子直径为___________m。（结果全部取一位有效数字）12．（12分）某同学用图书馆所示装置通过半径相同的A、B两球的碰撞来验证动量守恒定律，图中PQ是斜槽，QR为水平槽，实验时先使A球从斜槽上某一固定位置G由静止开始滚下，落到位于水平地面的记录纸上，留下痕迹，重复上述操作10次，得到10个落痕迹，再把B球放在水平槽上靠近槽末端的地方，让A球仍从位置G由静止开始滚下，和B球碰撞后，A、B球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹，重复这种操作10次，图1中O点是水平槽末端R在记录纸上的垂直投影点，B球落点痕迹如图2所示，其中米尺水平放置，且平行于G、R、O所在的平面，米尺的零点与O点对齐．（1）碰撞后B球的水平射程应取为__________cm．（2）在以下选项中，哪些是本次实验必须进行的测量？答：____________（填选项号）．（A）水平槽上未放B球时，测量A球落点位置到O点的距离（B）A球与B球碰撞后，测量A球落点位置到O点的距离．（C）测量A球或B球的直径（D）测量A球和B球的质量（或两球质量之比）（E）测量G点相对于水平槽面的高度四、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）如图纸面内的矩形ABCD区域存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，对边AB∥CD、AD∥BC，电场方向平行纸面，磁场方向垂直纸面，磁感应强度大小为B.一带电粒子从AB上的P点平行于纸面射入该区域，入射方向与AB的夹角为θ（θ<90°），粒子恰好做匀速直线运动并从CD射出．若撤去电场，粒子以同样的速度从P点射入该区域，恰垂直CD射出.已知边长AD=BC=d，带电粒子的质量为m，带电量为q，不计粒子的重力.求：(1)带电粒子入射速度的大小；(2)带电粒子在矩形区域内作直线运动的时间；(3)匀强电场的电场强度大小．14．（16分）一U形玻璃管竖直放置，左端开口，右端封闭，左端上部有一光滑的轻活塞.初始时，管内汞柱及空气柱长度如图所示.用力向下缓慢推活塞，直至管内两边汞柱高度相等时为止.求此时右侧管内气体的压强和活塞向下移动的距离.已知玻璃管的横截面积处处相同；在活塞向下移动的过程中，没有发生气体泄漏；大气压强p0＝75.0cmHg.环境温度不变.(保留三位有效数字)15．（12分）一定量的气体从外界吸收了2.6×105J热量，内能增加4.2×105J.(1)是气体对外界做了功，还是外界对气体做了功？做了多少焦耳的功？(2)如果气体吸收的热量仍为2.6×105J不变，但是内能增加了1.6×105J，计算结果W＝－1.0×105J，是负值，怎样解释这个结果？

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】由题可知交流电周期T=0.02s，线框产生的交变电动势的频率为50HZ，；t=0.01s时感应电动势等于零，所以穿过线框回路的磁通量最大，此时与中性面重合；线框产生的交变电动势有效值为，综上分析，B正确．2、C【解析】

子弹射入木块的过程时间极短，弹簧尚未形变，系统合力为零，所以动量守恒，故①正确；在子弹射入木块的过程中，子弹与木块之间有摩擦力，子弹将一部分机械能转化为系统的内能，即系统的机械能不守恒，故②错误；木块压缩弹簧过程中，系统受到水平向右的弹力作用，合外力不为零，系统的总动量不守恒，故③错误；木块压缩弹簧过程中，由子弹、木块和弹簧组成的系统，只有系统内的弹力做功，所以系统的机械能守恒，故④正确．故C正确,ABC错误.故选C3、C【解析】根据理想气体状态方程，得：，所以斜率越大，表示压强越小，即b点的压强小于c点．由热力学第一定律，经过过程ab到达状态b或经过过程ac到状态c，温度变化情况相同，所以相等，又因经过过程ab到达状态b，体积增大，对外做功，W为负值，而经过过程ac到状态c，体积不变，对外不做功，W为零，所以第一个过程吸收的热量多．故选C．【点睛】根据理想气体状态方程，整理后可得V-T图象，判断斜率的意义，得到压强的变化，再根据热力学第一定律判断做功和吸热．4、C【解析】

它们的总动量为：P=mAvA=4kg•m/s，而绳子的力为内力，相互作用的过程中，总动量守恒；A的动量减小，B的动量增加；但总动量应保持不变；故A动量改变量应为负值，B动量改变量为正值；选项C正确，BD错误；从能量角度看，整个系统的总能量是不增加的，而选项A中明显看出物体A的动能不变，B动能增加，总能量增加了，故A错误；故选C．【点睛】此题考查动量守恒定律的应用，注意绳子无论是否断开均能保证动量守恒，同时注意理解守恒的意义，知道AB总动量守恒，则两物体动量的改变量一定大小相等，方向相反．5、D【解析】

AD．德布罗意在爱因斯坦光子说的基础上提出物质波的概念，认为一切运动的物体都具有波粒二象性，故A正确，D错误；B．物质具有波动性，运动的微观粒子与光子一样，当它们通过一个小孔时，都没有特定的运动轨道，故B正确；C．一切物质都具有波粒二象性，宏观物体的德布罗意波的波长太小，实际很难观察到波动性，故C正确。本题选不正确的，故选D。6、A【解析】

设交流电电流的有效值为，周期为，电阻为，则有：，解得：，故选项A正确，B、C、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、CD【解析】

A．导体棒获得向右的瞬时初速度后切割磁感线，回路中出现感应电流，导体棒ab受到向左的安培力向右减速运动，由可知导体棒速度减小，加速度减小，所以导体棒做的是加速度越来越小的减速运动，A项错误；B．导体棒减少的动能根据能量守恒定理可得又根据串并联电路知识可得故B项错误;C．根据动量定理可得，，可得C项正确；D．由于将代入等式，可得导体棒移动的位移D项正确。故选CD。8、ABD【解析】

A．一定量100的水变成100的水蒸气，内能增大而分子的平均动能不变，所以其分子之间的势能增加，故A正确；B．液晶的光学性质与某些晶体相似，具有各向异性，故B正确；C．根据理想气体的状态方程可知，气体的温度升高，若同时体积也增大，则压强不一定增大，故C错误；D．晶体在熔化过程中吸收的热量，主要用于破坏空间点阵结构，增加分子势能，故D正确。故选ABD。9、AC【解析】由于发电厂的输出电压不变，升压变压器的匝数不变，所以升压变压器的输出电压不变，由于发电厂的输出功率增大，则升压变压器的输出功率增大，根据P=UI可输电线上的电流I线增大，根据U损=I线R，输电线上的电压损失增大，根据降压变压器的输入电压U3=U2-U损可得，降压变压器的输入电压U3减小，降压变压器的匝数不变，所以降压变压器的输出电压减小，故A正确，B错误．损失的功率为△P=5%P=5000W，根据△P=I2R，解得，升压变压器原线圈中的电流为，，故C正确；输送电流为，损失功率为△P=I2R=102×8W=800W，故D错误；故选AC．点睛：对于远距离输电问题，一定要明确整个过程中的功率、电压关系，尤其注意导线上损失的电压和功率与哪些因素有关．10、AD【解析】

两球弹性碰撞时动量守恒、动能守恒，设碰撞前a球速度为v，碰撞过程动量和能量守恒，则：；，解得碰撞后两球速度大小分别为va′=v=-v，vb′=v=v，速度大小相等，选项A正确，B错误；碰后动能转化为重力势能，由mv2=mgh知，上升的最大高度相等，所以最大摆角相等，选项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、球体单分子油膜直径4.0×10-128.1×10-34.9×10-10【解析】

(1)[1][2][3]．这种估测方法是将每个分子视为球体，让油酸尽可能在水面散开，形成的油膜可视为单分子油膜，这层油膜的厚度可视为油酸分子的直径。

(2)[4]．一滴油酸酒精溶液含纯油酸体积为[5]．据题意：完整的方格有67个，大于半格的有14个，小于半格的有19个。根据大于半格算一个计算，超过半格的方格个数为n=67+14=81，则油膜面积为S=81×1cm×1cm=81cm2=8.1×10-3m2[6]．油酸在水面上形成单分子油膜，则油膜分子直径为12、64.7（64.2到65.2范围内的都对）A、B、D【解析】

（1）用尽可能小的圆将尽可能多的小球的落点圈住，圆心的位置就可以看成是小球的平均落点；该落点的读数为64.7cm．

（2）该实验需要验证的公式为：m1v0=m1v1+m2v2，由于两球做平抛运动时间相同，则两边乘以t，可得m1v0t=m1v1t+m2v2t，即m1x0=m1x1+m2x2；式中的x0、x1、x2分别是小球A碰前和碰后以及B球碰后的落地点到O点的水平距离；则需要测量的量：水平槽上未放B球时，测量A球落点位置到O点的距离；A球与B球碰撞后，测量A球落点位置到O点的距离以及测量A球和B球的质量（或两球质量之比）；故选ABD．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）（2）（3）【解析】

画出粒子的轨迹图，由几何关系求解运动的半径，根据牛顿第二定律列方程求解带电粒子入射速度的大小；带电粒子在矩形区域内作直线运动的位移可求解时间；根据电场