学年湖南省邵阳市隆回县2022-2023学年高二物理第二学期期中质量跟踪监视试题含解析

学年湖南省邵阳市隆回县2022-2023学年高二物理第二学期期中质量跟踪监视试题注意事项：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、通常的手表上，秒针正常动时的角速度大约是（）A．0.05rad/s B．0.1rad/s C．1rad/s D．6rad/s2、关于电磁波，以下说法正确的是A．电磁波是由变化的电场和磁场组成的纵波B．要有效地发射电磁波，振荡电路必須有足够大的振荡周期C．调制可以使电磁波随各种信号而改变，而调谐和解调是电磁波接收中两个非常必要的环节D．如果把电磁波按照频率从高到低排序，依次为:射线、x射线、紫外线、红外线、可见光、无线电波3、如图所示，X1、X2，Y1、Y2，Z1、Z2分别表示导体板左、右，上、下，前、后六个侧面，将其置于垂直Z1、Z2面向外、磁感应强度为B的匀强磁场中，当电流I通过导体板时，在导体板的两侧面之间产生霍耳电压UH．已知电流I与导体单位体积内的自由电子数n、电子电荷量e、导体横截面积S和电子定向移动速度v之间的关系为．实验中导体板尺寸、电流I和磁感应强度B保持不变，下列说法正确的是（）A．导体内自由电子只受洛伦兹力作用B．UH存在于导体的Z1、Z2两面之间C．单位体积内的自由电子数n越大，UH越小D．通过测量UH，可用求得导体X1、X2两面间的电阻4、如图所示，用粗细均匀的阻值为R的金属丝做成面积为S的圆环，它有一半处于匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里、磁场均匀变化、磁感应强度大小随时间的变化率＝k(k＞0)．ab为圆环的一条直径，则下列说法正确的是()A．圆环中产生顺时针方向的感应电流B．圆环具有扩张的趋势C．圆环中感应电流的大小为D．图中a、b两点间的电压大小为kS5、如图，弹簧振子在A、B之间做简谐运动，O为平衡位置，则()AOBA．当振子从O向A运动时，位移变小B．当振子从A向O运动时，速度变大C．当振子从O向B运动时，加速度变小D．当振子从B向O运动时，回复力变大6、如图所示的位移—时间（）图像和速度—时间（）图像中给出了四条图线，甲、乙、丙、丁代表四辆车由同一地点向同一方向运动的情况，则下列说法正确的是（）A．甲车做直线运动，乙车做曲线运动B．时间内，甲车通过的路程等于乙车通过的路程C．丙、丁两车在时刻相遇D．时间内，丙、丁两车的平均速度相等二、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，光滑固定金属导轨M、N水平放置，两根导体棒P、Q平行放于导轨上，形成一个闭合回路，当条形磁铁从高处下落接近回路的过程中，下列说法正确的是()A．P、Q将相互远离 B．P、Q将相互靠近C．磁铁的加速度小于g D．磁铁的加速度仍为g8、如图所示，一粗糙平行金属轨道平面与水平面成θ角，两导轨上端用一电阻R相连，该装置处于匀强磁场中，磁场方向垂直轨道平面向上．质量为m的金属杆ab，以初速度v0从轨道底端向上滑行，滑行到某一高度h后又返回到底端．若运动过程中金属杆始终保持与导轨垂直且接触良好，轨道与金属杆的电阻均忽略不计，则下列说法正确的是（）A．上滑过程的时间比下滑过程短B．上滑过程通过电阻R的电量比下滑过程多C．上滑过程通过电阻R产生的热量比下滑过程少D．在整个过程中损失的机械能等于装置产生的热量9、一闭合矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动时，穿过线圈的磁通量随时间的变化图象如图所示，则下列说法中正确的是（）A．t=0时刻线圈平面与中性面平行B．t=0.1s时刻，穿过线圈平面的磁通量变化率为零C．t=0.2s时刻，线圈中有最大感应电动势D．t=0.4s时刻，线圈中的感应电流为零10、矩形线框abcd固定放在匀强磁场中，磁场方向与线圈平面垂直，磁感应强度B随时间t变化的图象如图所示．设t=0时刻，磁感应强度的方向垂直纸面向里，图中i表示线圈中感应电流的大小(规定电流沿顺时针方向为正)，F表示线框ab边所受的安培力的大小(规定ab边中所受的安培力方向向左为正)，则下列图象中可能正确的是（）A．B．C．D．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）用半径相同的两小球A、B的碰撞验证动量守恒定律，实验装置如图所示，斜槽与水平槽圆滑连接．实验时先不放B球，使A球从斜槽上某一固定点C由静止滚下，落到位于水平地面的记录纸上留下痕迹．再把B球静置于水平槽前端边缘处，让A球仍从C处由静止滚下，A球和B球碰撞后分别落在记录纸上留下各自的痕迹．记录纸上的O点是重垂线所指的位置，若测得各落点痕迹到O点的距离分别用OM、OP、ON表示，并知A、B两球的质量分别为mA和mB，（且mA>mB，）则碰撞前后系统动量守恒满足的表达式为_____________________12．（12分）在“用单摆测定重力加速度”的实验中，测得单摆摆角小于5°，完成n次全振动的时间为t，用毫米刻度尺测得摆线长为L，用游标卡尺测得摆球直径为d：（1）用上述物理量的符号写出重力加速度的一般表达式g=_______________；（2）从下图可知，摆球直径d的读数为__________cm；（3）实验中有个同学发现他测得重力加速度的值偏大，其原因可能是__________。A．以摆线长为摆长来计算B．单摆所用摆球质量太大C．把n次全振动时间误当成(n+1)次全振动时间D．悬点未固定紧，振动中出现松动，使摆线增长了四、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,长木板B的质量为m2=1.0kg,静止放在粗糙的水平地面上,质量为m3=1.0kg的物块C(可视为质点)放在长木板的最右端。一个质量为m1=2.0kg的物块A从距离长木板B左侧L=5m处,以速度v0=11m/s向着长木板运动。一段时间后物块A与长木板B发生弹性正碰(时间极短),之后三者发生相对运动,整个过程物块C始终在长木板上。已知物块A及长木板与地面间的动摩擦因数均为μ1=0.4,物块C与长木板间的动摩擦因数μ2=0.2,物块C与长木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取10m/s2，求：(1)碰后瞬间物块A和长木板B的速度大小和方向；(2)整个过程中，物块C相对于长木板B的位移大小；(3)最终，物块A离长木板B左侧的距离。14．（16分）某同学质量为60kg，在军事训练中要求他从岸上以2m/s的速度跳到一条向他缓缓飘来的小船上，然后去执行任务．小船的质量是140kg，原来的速度是0.5m/s.该同学上船后又跑了几步，最终停在船上．不计阻力．求：此时小船的速度．15．（12分）如图所示，足够长的U形导体框架的宽度L＝0.5m，电阻可忽略不计，其所在平面与水平面成θ＝37°．有一磁感应强度B＝0.8T的匀强磁场，方向垂直于导体框平面．一根质量m＝0.4kg、电阻R＝1Ω的导体棒MN垂直跨放在U形框架上，某时刻起将导体棒由静止释放．已知导体棒与框架间的动摩擦因数μ＝0.5.(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2)求:(1)导体棒刚开始下滑时的加速度大小；(2)导体棒运动过程中的最大速度；(3)从导体棒开始下滑到速度刚达到最大时的过程中，通过导体棒横截面的电荷量Q＝4C，求导体棒在此过程中消耗的电能．

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】

秒针转动规律可知60s转动一周，则根据角速度公式可知ω=2π60≈0.1rad/s故B正确；2、C【解析】电磁波是由变化的磁场和电场组成的横波；故A错误；要有效地发射电磁波，振荡电路必须有足够大的振荡频率，故有较小的周期；故B错误；调制可以使电磁波随各种信号而改变，而调谐和解调是电磁波接收中两个非常必要的环节；故C正确；如果把电磁波按照频率从高到低排序，依次为：γ射线、X射线、紫外线、可见光、红外线、无线电波；故D错误；故选C．3、C【解析】

A．由于磁场的作用，电子受洛伦兹力，向面聚集，在平面之间累积电荷，在之间产生了匀强电场，故电子也受电场力，A错误；B．电子受洛伦兹力，向面聚集，在平面之间累积电荷，在之间产生了电势差，B错误；C．电子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡状态，有：其中：（为平面之间的距离）根据题意，有：联立得到：故单位体积内的自由电子数越大，越小，C正确；D．由于与导体的电阻无关，D错误。故选C。【点睛】本题关键明确附加电压的产生原理，磁场的作用使电子受洛伦兹力，向面聚集，在平面之间累积电荷，在之间产生了匀强电场；电子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡状态．4、C【解析】由于磁场均匀增大，线圈中的磁通量变大，根据楞次定律可知线圈中电流为逆时针，同时为了阻碍磁通量的变化，线圈将有收缩的趋势，故AB错误；根据法拉第电磁感应定律得电动势为，回路中的电阻为：，所以电流为：，故C正确；ab两端电压为：，故D错误．故选C．【点睛】本题考查了电磁感应与电路的结合，对于这类问题要明确谁是电源，电源的正负极以及外电路的组成，本题中在磁场中的半圆磁通量发生变化，因此为电源，根据楞次定律可以判断电流方向；外电路为另一半圆与之串联，因此电路的内外电阻相同，注意ab两点之间电压为路端电压．5、B【解析】试题分析：距离平衡位置越近速度越大，加速度越小，由此可知选项AC错误；选项B正确；由回复力F=-kx可知当振子从B向O运动时，回复力变小，选项D错误；故选B考点：考查机械振动点评：本题难度较小，弄清位移、回复力、加速度、速度的关系是关键6、B【解析】

A．位移—时间图像描述的是直线运动，其图线的斜率表示速度，甲做匀速直线运动，乙做速度减小的直线运动，故A错误；B．位移-时间图像中两图线的交点表示位移相等，时间内，甲车通过的路程等于乙车通过的路程，故B正确；C．时间内，由速度-时间图像的“面积”读出位移，丙的位移小于丁的位移，它们不相遇，故C错误；D．时间内，丙的位移小于丁的位移，丙的平均速度小于丁的平均速度，故D错误。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、BC【解析】

AB．当一条形磁铁从高处下落接近回路时，穿过回路的磁通量增加，根据楞次定律：感应电流的磁场总是阻碍磁通量的变化，可知，P、Q将互相靠拢，回路的面积减小一点，使穿过回路的磁场减小一点，起到阻碍原磁通量增加的作用，故A错误，B正确；CD．由楞次定律中的来去拒留可知，磁铁受到向上的安培力作用，所以合力小于重力，磁铁的加速度一定小于g，故C正确，D错误。故选BC。8、AD【解析】试题分析：由题意知，在棒上滑过程中的平均加速度大于下滑过程的平均加速度，位移相等，故上滑的时间比下滑的时间短，所以A正确；根据电荷量，因两个过程的位移相等，故上滑过程通过电阻R的电量比下滑过程相同，所以B错误；因上滑的时间短，根据，知上滑过程通过电阻R产生的热量比下滑过程多，所以C错误；因在运动的过程中除重力外只有安培力与摩擦力做功，故减少的机械能等于克服摩擦力、安培力做功之和，即装置产生的热量，所以D正确．考点：本题考查电磁感应、能量守恒9、BC【解析】

A.由图可知t=0时刻通过线圈的磁通量为0，此时线圈平面与磁场方向平行，与中性面垂直，选项A错误；B.t=0.1s时刻通过线圈的磁通量最大，穿过线圈平面的磁通量变化率为零，选项B正确；C.t=0.2s时刻通过线圈的磁通量为0，磁通量变化率最大，线圈中有最大感应电动势，选项C正确；D.t=0.4s时刻，通过线圈的磁通量为0，磁通量变化率最大，线圈中有最大感应电动势，线圈中的感应电流最大，选项D错误。故选BC。10、AC【解析】在0-2s内，磁感应强度均匀变化，线框的磁通量均匀变化，产生恒定电流．磁场方向先向里后向外，磁通量先减小后增大，由楞次定律可知，感应电流方向为顺时针方向，电流为正值．根据法拉第电磁感应定律得：，感应电流，此段时间内，一定，则知感应电流也一定．同理得知，在2s-4s内，感应电流方向为逆时针方向，电流为负值，感应电流也一定．故C正确，B错误．在0-2s内，线框ab边所受的安培力的大小为F=BIL，IL一定，F与B成正比，而由楞次定律判断可知，安培力方向先向左后右，即先为正值后为负值．同理得知，在2s-4s内，F与B成正比，安培力方向先向左后右，即先为正值后为负值，与0-2s内情况相同．故A正确，D错误．故选AC．点睛：本题分两时间进行研究，也可分四段时间进行研究，根据法拉第定律可定性判断AB是错误的．由楞次定律和左手定则判断安培力的方向，法拉第电磁感应定律、欧姆定律及安培力公式研究安培力的大小，综合性较强．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、mAOP=mAOM+mBON【解析】

结合平抛运动的规律，抓住时间相等，结合平抛运动的初速度和水平位移成正比，得出动量守恒的表达式．【详解】A球不碰撞时，做平抛运动落在P点，与B碰撞后，B落在N点，A落在M点，平抛运动的时间相等，可知平抛运动的初速度正比于水平位移，根据动量守恒知，，即，可知成立的表达式为．12、1.240C【解析】

（1）[1]单摆摆角小于5°，摆角足够小，单摆的运动可以看成简谐运动，完成n次全振动的时间为t，则单摆的周期为小球大小不能忽略，所以摆长是绳长L加上小球的的半径长度，即由单摆周期公式联立可解得重力加速度为（2）[2]游标卡尺的主尺的读数是12mm，游标尺是20分度的，每一小格与标准长度相差游标尺上第8个刻度与主尺上某一刻度对齐，则游标尺的读数为则游标尺的读数为12+0.40mm=12.40mm=1.240cm（3）[3]由（1）问可知重力加速度为A．以摆线长作为摆长来计算，则L的测量值偏小，则重力加速度的测量值偏小，故A错误；B．重力加速度的测量值与摆球质量无关，B错误；C．把n次全振动时间误当成(n+1)全振动的时间，用的全振动次数多了，即上式中的n大了，导致根据重力加速度的测量值偏大，故C正确；D．悬点未固定紧，振动中出现松动，使摆线增长了，故L的测量值偏小，则重力加速度的测量值偏小，故D错误。故选C。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)，方向向右方向向右(2)(3)【解析】

(1)设物块A与木板B碰前的速度为由动能定理得：。解得：A与B发生完全弹性碰撞，假设碰撞后瞬间的速度分别为、由动量守恒定律得由机械能守恒定律得联立解得：，方向向右方向