贵州省瓮安第二中学2022-2023学年物理高二下期中监测试题含解析

贵州省瓮安第二中学2022-2023学年物理高二下期中监测试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．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、图中的A是一边长为L的正方形导线框，其电阻为R，现维持线框以恒定的速度v沿x轴运动，并穿过图中所示的匀强磁场区域．如果以x轴的正方向作为力的正方向，线框在图示位置的时刻作为时间的零点，则磁场对线框的作用力F随时间t的变化图线应为图中的哪个图？（）A． B． C． D．2、理想变压器连接电路如图甲所示，已知原、副线圈匝数比为10∶1，当输入电压波形如图乙时，电流表读数为2A，则()A．电压表读数为282V B．电压表读数为28.2VC．输入功率为56.4W D．输入功率为40W3、如图所示，图甲和图乙是演示自感现象的两个电路图，L1和L2为电感线圈．实验时，断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗；闭合开关S2，灯A2逐渐变亮，而另一个相同的灯A3立即变亮，最终灯A2与灯A3的亮度相同．下列说法正确的是（）A．图甲中，A1的电阻比L1的直流电阻大B．图甲中，闭合开关S1，电路稳定后，A1中的电流大于L1中的电流C．图乙中，变阻器R连入电路的电阻比L2的直流电阻大D．图乙中，闭合开关S2瞬间，L2中的电流与变阻器R中的电流相等4、根据麦克斯韦的电磁场理论，下列说法正确的是（）A．变化的电场一定能产生磁场B．变化的磁场一定能产生变化的电场C．恒定的电场一定能产生恒定的磁场D．恒定的磁场一定能产生恒定的电场5、经过一系列衰变和衰变后变成，则比少A．16个中子，8个质子 B．8个中子，16个质子C．24个中子，8个质子 D．8个中子，24个质子6、一静止的铀核放出一个α粒子衰变成钍核，衰变方程为，下列说法正确的是（）A．中含有B．衰变后钍核的动量大小等于α粒子的动量大小C．衰变后α粒子与钍核的质量之和等于衰变前铀核的质量D．200个铀核经过一个半衰期后就只剩下100个铀核二、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，A、B两点表示一定质量的某种理想气体的两个状态，当气体从状态A变化到状态B时（）A．体积必然变大B．有可能经过体积减小的过程C．外界必然对气体做正功D．气体必然从外界吸热8、甲、乙两个质点同时出发做直线运动，其s-t图象如图所示．下列说法正确的是（）A．甲的速度比乙的大B．甲的加速度比乙的大C．t0时刻，甲和乙相遇D．0~t0时间内，甲在乙的前面9、如图所示，两平行光滑导轨竖直固定．边界水平的匀强磁场宽度为h，方向垂直于导轨平面．两相同的导体棒a、b中点用长为h的绝缘轻杆相接，形成“工”字型框架，框架置于磁场上方，b棒距磁场上边界的高度为h，两棒与导轨接触良好．保持a、b棒水平，由静止释放框架，b棒刚进入磁场即做匀速运动，不计导轨电阻．则在框架下落过程中，a棒所受轻杆的作用力F及a棒的机械能E随下落的高度h变化的关系图象，可能正确的是()A．B．C．D．10、对于液体与固体的有关知识，下列说法中正确的是（）A．水黾能在水面上自由来往而不陷入水中靠的是液体表面张力的作用B．小木块能够浮于水面上是液体表面张力与重力平衡的结果C．单晶体和多晶体都有固定的熔点，而非晶体没有确定的熔点D．彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点三、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）某同学在做“验证动量守恒定律”的实验，装置如图所示(1)为了完成本实验，下列必须具备的实验条件或操作步骤是_______；A．斜槽轨道末端的切线必须水平B．入射球和被碰球的质量必须相等，且大小相同C．必须测出桌面离地的高度HD．斜槽轨道必须光滑(2)实验过程中用天平测量两个小球的质量m1、m2。用刻度尺量出平均水平位移OM、OP、ON，若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示___（用测量的量表示）。12．（12分）在“研究电磁感应现象”的实验中，首先要按图（甲）接线，以查明电流表指针的偏转方向与电流方向的关系；然后再按图（乙）将电流表与B连成一个闭合回路，将A与电池、滑动变阻器和开关串联成另一个闭合电路．在图（甲）中，当闭合S时，观察到电流表指针向左偏（不通电时指针停在正中央）．在图（乙）中：（1）将S闭合后，将螺线管A插入螺线管B的过程中，电流表的指针将___（填“向左”“向右”或“不发生”，下同）偏转；（2）螺线管A放在B中不动，电流表的指针将___偏转；（3）螺线管A放在B中不动，将滑动变阻器的滑动触片向右滑动时，电流表的指针将___偏转；（4）螺线管A放在B中不动，突然切断开关S时，电流表的指针将___偏转．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，一总质量m＝10kg的绝热汽缸放在光滑水平面上，用横截面积S＝1.0×10﹣2m2的光滑绝热薄活塞将一定质量的理想气体封闭在汽缸内，活塞杆的另一端固定在墙上，外界大气压强P0＝1.0×105Pa．当气体温度为27℃时，密闭气体的体积为2.0×10﹣3m3（0℃对应的热力学温度为273K）。（ⅰ）求从开始对气体加热到气体温度缓慢升高到360K的过程中，气体对外界所做的功；（ⅱ）若地面与汽缸间的动摩擦因数μ＝0.2，现要使汽缸向右滑动，则缸内气体的温度至少应降低多少摄氏度？（设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，活塞一直在汽缸内，气体质量可忽略不计，重力加速度g取10m/s2。）14．（16分）如图所示，在长为L=2m，质量m=2kg的平板小车的左端放有一质量为M=3kg的铁块，两者间的动摩擦因数为μ=0.1．开始时，小车和铁块一起在光滑的水平面上以v0=3m/s的速度向右运动，之后小车与墙壁发生正碰．设碰撞中无机械能损失且碰撞时间极短．求：（1）小车第一次碰撞后，小车右端与墙之间的最大距离d1是多少？（2）小车第二次碰撞后，小车右端与墙之间的最大距离d2是多少？（3）铁块最终距小车左端多远？15．（12分）如图所示，一根两端开口、横截面积为S＝2cm2足够长的玻璃管竖直插入水银槽中并固定(插入水银槽中的部分足够深)．管中有一个质量不计的光滑活塞，活塞下封闭着长L＝21cm的气柱，气体的温度为＝7℃，外界大气压取Pa(相当于75cm高的汞柱压强)．（1）若在活塞上放一个质量为m＝0.1kg的砝码，保持气体的温度不变，则平衡后气柱为多长？(g＝10)（2）若保持砝码的质量不变，对气体加热，使其温度升高到＝77℃，此时气柱为多长？（3）若在(2)过程中，气体吸收的热量为10J，则气体的内能增加多少？

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】试题分析：时间内，线框在磁场之外，安培力与电流均为1；在时间内，由右手定则可得出感应电流的方向为逆时针的方向，维持线框以恒定速度V沿X轴运动，所以感应电动势和感应电流均不变，根据左手定则得出安培力的方向X轴的负方向．由F=BIL得知，安培力的大小也不变；在时间内，线框全部进入磁场，穿过线框的磁通量不变，没有感应电流将产生，则安培力也为1．在时间内，线框左边切割磁感线，由右手定则可得出电流的方向为顺时针的方向，维持线框以恒定速度V沿X轴运动，所以感应电动势和电流不变，安培力的大小也不变；根据左手定则得出安培力的方向X轴的负方向．故B正确故选B考点：本题考查的是线框穿磁场产生感应电流的典型情景，点评：电磁感应与图象的结合一般考查选择题，注意在解答时尽量采用排除法寻找答案，先找到各图中的不同点，主要分析不同点即可得出正确答案．2、D【解析】试题分析：初级电压有效值为282/=200V,所以次级电压U2=n2U1/n1=20V，输出功率P=I2U2=40W,由于输入功率等于输出功率，所以输入功率也为40W，选项D正确．考点：此题考查变压器的原理及交流电的有效值问题．3、A【解析】

闭合开关的瞬间，通过L的电流增大，产生自感电动势，根据楞次定律分析电流的变化，判断通过两灯电流的关系．待电路稳定后断开开关，线圈产生自感电动势，分析通过两灯的电流关系，判断两灯是否同时熄灭．【详解】图甲中，断开S1的瞬间，A1灯闪亮，是因为电路稳定时，A1的电流小于L的电流，则可知L的电阻小于A1的电阻，故A正确；图甲中，闭合S1，电路稳定后，断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，说明灯泡中的电流小于线圈中的电流，故B错误；图乙中，因为要观察两只灯泡发光的亮度变化，两个支路的总电阻相同，因两个灯泡电阻相同，所以变阻器R与L2的电阻值相同，故C错误；图乙中，闭合S2瞬间，L2对电流由阻碍作用，所以L2中电流小于变阻器R中电流，故D错误．所以A正确，BCD错误．【点睛】当通过线圈本身的电流变化时，线圈中会产生自感现象，这是一种特殊的电磁感应现象，可运用楞次定律分析自感电动势对电流的影响．4、A【解析】

ACD．根据电磁波理论可知，变化的电场产生磁场，变化的磁场产生电场，而恒定不变的磁场不会产生电场，恒定不变的电场也不会产生磁场，故A正确，CD错误；B．变化的磁场不一定能产生变化的电场，因为如果磁场是均匀增加的，则产生的电场是恒定的，而非均匀变化的磁场才能产生变化的电场，故B错误。故选A。5、A【解析】

比质子数少（90-82）=8个，核子数少（232-208）=24个，所以中子数少（24-8）=16个，故A正确；B、C、D错误．6、B【解析】

A．的原子核由质子和中子构成，并不直接含有，是核反应后的产物，故A错误；B．由于的初动量为零，根据动量守恒定律，衰变后钍核的动量与α粒子的动量等大反向，矢量和为零，故B正确；C．由于衰变会发生质量亏损，衰变后α粒子与钍核的质量之和小于衰变前铀核的质量，故C错误；D．半衰期只有对大量的原子核才成立，对于少数的原子核是没有意义的，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、ABD【解析】

A．连接OA、OB，得到两条等容线，根据，故有VB＞VA，即气体从状态A变化到状态B时体积变大，所以选项A正确。B．由于没有限制自状态A变化到状态B的过程，所以可先从A状态减小气体的体积再增大气体的体积到B状态，故选项B正确。C．因为气体体积增大，所以是气体对外界做功，选项C错误。D．因为气体对外界做功，而气体的温度又升高，内能增大，由热力学第一定律知气体一定从外界吸热，D正确。故选ABD。8、AC【解析】A、由图象看出两物体的图象是一条斜线，表示物体做的是匀速直线运动，且甲的斜率大于乙的斜率，所以v甲＞v乙．故A正确；B、由图象可知，甲、乙都做匀速运动，加速度为零，故B错误；C、D、交点表示在同一时刻，位置相同即相遇，而0~t0时间内都是乙的位置坐标大于甲的位置坐标，即乙在甲的前面；故C正确，D错误；故选AC．【点评】本题考查了由s-t图象比较物体的速度大小、判断两物体的位置关系等内容，由图象判断物体的运动性质、找出物体的位置与所对应的时间，是解题的关键．

9、BCD【解析】试题分析：框架在进入磁场前做自由落体运动，轻杆对a作用力为零，b进入磁场后，框做匀速运动，a处于平衡状态，杆对a的作用力F=mg，方向向上，当框架下落2h，a棒进入磁场后，a受到轻杆的作用力大小等于重力，方向向下，故A错误，B正确；C、框架进入磁场前做自由落体运动，机械能守恒，机械能不变，线框进入磁场后做匀速直线运动，动能不变，重力势能减小，机械能减少，框架完全离开磁场后，只受重力作用，机械能守恒，由于零重力势能点不确定，故CD都正确；故选BCD．考点：机械能守恒定律；电磁感应现象及楞次定律.10、ACD【解析】因为液体表面张力的存在，有些小昆虫才能无拘无束地在水面上行走自如，故A选项正确；小木块能够浮出水面是与其重力平衡的结果，故B错误；晶体有固定熔点，非晶体没有固定熔点，故C正确；彩色液晶显示器是利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点，故D正确．故选ACD.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、A【解析】

(1)[1]A．要保证碰撞后两个球做平抛运动，故斜槽轨道末端的切线必须水平，故A正确；B．入射球质量要大于被碰球质量，即m1＞m2，防止碰后m1被反弹，故B错误；C．本实验除需测量线段OM、OP、ON的长度外，还需要测量的物理量是两小球的质量，因为可以通过水平位移代表速度的大小，所以不必测量B点离地面的高度，故C错误；D．斜槽的粗糙与光滑不影响实验的效果，只要到达底端时速度相同即行，故D错误。故选A；(2)[2]如果碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得小球离开轨道后做平抛运动，它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间t相等，上式两边同时乘以t得即12、向右不发生向右向左【解析】在图甲中，闭合开关，电流从正接线柱流入电流表，电流表指针向左偏转，即电流从哪个接线柱流入，指针就向哪侧偏转．在图乙中，闭合开关后，由安培定则可知，线圈A中的电流产生的磁场竖直向上；

（1）将S闭合后，将螺线管A插入螺线管B的过程中，穿过B的磁场向上，磁通量变大，由楞次定律可知，感应电流从电流表正接线柱流入，则电流表的指针将右偏转．

（2）螺线管A放在B中不动，穿过B的磁通量不变，不产生感应电流，电流表的指针将不发生偏转．

（3）螺线管A放在B中不动，穿过B的磁场向上，将滑动变阻器的滑动触片向右滑动时，穿过B的磁通量变大，由楞次定律可知，感应电流从电流表正接线柱流入，则电流表的指针将右偏转．

（4）螺线管A放在B中不动，穿过B的磁场向上，突然切断开关S时，穿过B的磁通量减小，由楞次定律可知，感应电流从电流表负接线柱流入，则电流表的指针将向左偏转．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、（ⅰ）40J；（ⅱ）6℃。【解析】

（ⅰ）气体压强不变，由盖•吕萨克定律得：解得：V2＝T2＝2.4×10﹣3m3气体对外界所做的功W＝P0•△V＝P0（V2﹣V1）代入数据解得：W＝40J（ⅱ）当气体