广东省普宁市华美实验学校2022-2023学年物理高二下期中复习检测试题含解析

广东省普宁市华美实验学校2022-2023学年物理高二下期中复习检测试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。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、下列关于内能的说法中，正确的是（）A．不同的物体，若温度相等，则内能也相等B．物体速度增大，则分子动能增大，内能也增大C．对物体做功或向物体传热，都可能改变物体的内能D．冰熔解成水，温度不变，则内能也不变2、压敏电阻的阻值会随所受压力的增大而减小。一同学利用压敏电阻设计了判断升降机运动状态的装置，如图甲所示，将压敏电阻平放在升降机内，受压面朝上，在上面放一物体m，升降机静止时电流表示数为I0.某过程中电流表的示数如图乙所示，则在此过程中（）A．物体的电阻变大B．物体处于失重状态C．升降机一定向上做匀加速运动D．升降机可能向下做匀减速运动3、如图所示，a、b、c、d为四根相同的光滑铜棒,c、d固定在同一水平面上，a、b对称地放在c、d棒上，它们接触良好，O点为四根棒围成的矩形的几何中心，一条形磁铁沿竖直方向向O点落下，则ab可能发生的情况是()A．保持静止B．分别远离O点C．分别向O点靠近D．无法判断4、自耦变压器铁芯上只绕有一个线圈，原、副线圈都只取该线圈的某部分，一升压式自耦调压变压器的电路如图所示，其副线圈匝数可调．已知变压器线圈总匝数为1900匝；原线圈为1100匝，接在有效值为220V的交流电源上．当变压器输出电压调至最大时，负载R上的功率为2.0kW．设此时原线圈中电流有效值为I1，负载两端电压的有效值为U2，且变压器是理想的，则U2和I1分别约为A．380V和5.3AB．380V和9.1AC．240V和5.3AD．240V和9.1A5、如图所示，A、B两物体组成弹簧振子，在振动过程中A、B始终保持相对静止，图中能正确反映振动过程中A受的摩擦力Ff与振子的位移x关系的图线应为（）A． B． C． D．6、在水平粗糙地面上，使同一物体由静止开始做匀加速直线运动，第一次是斜向上拉，第二次是斜下推，两次力的作用线与水平方向的夹角相同，力的大小也相同，位移大小也相同，则A．力F对物体做的功相同，合力对物体做的总功也相同B．力F对物体做的功相同，合力对物体做的总功不相同C．力F对物体做的功不相同，合力对物体做的总功相同D．力F对物体做的功不相同，合力对物体做的总功也不相同二、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，在光滑水平面上存在两个磁感应强度大小均为B，方向相反的有界匀强磁场，宽度均为L。质量为m、电阻为R、边长为L的正方形线框，在恒定的外力作用下，向右运动，某时刻以速度v0进入磁场，恰好做匀速直线运动，若经过t0时间，线框ab边到达CD与EF中间位置时，线框又恰好做匀速运动，则下列说法正确的是（）A．线框所受恒力大小为B．当线框ab边刚越过CD边界时，线框的加速度大小为C．线框ab边到达CD与EF中间位置时，速度大小为D．t0时间内线框中产生的焦耳热为8、如图所示，平行金属导轨与水平面成θ角，导轨与两阻值相等的定值电阻R1和R2相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面．有一质量为m的导体棒ab，其电阻与固定电阻R1和R2的阻值均相等，与导轨之间的动摩擦因数为μ，给导体棒一个初速度，使之沿导轨向上滑动，当上滑的速度为v时，导体棒受到的安培力的大小为F．此时（）A．电阻R1消耗的电功率为B．电阻R2消耗的电功率为C．整个装置摩擦生热的功率为μmgvcosθD．整个装置消耗的机械功率为（F+μmgcosθ）v9、如图甲所示为一水平弹性细绳，O点为振源，OP=s，t=0时刻O点由平衡位置开始振动，产生向右沿直线传播的简谐横波。图乙为从t=0时刻开始描绘的质点P的振动图象。下列判断中正确的是()A．该波的频率为f=B．这列波的波长为C．t=0时刻，振源O振动的方向沿y轴正方向D．t=t2时刻，P点的振动方向沿y轴负方向10、如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为4:1，电压表和电流表均为理想电表，原线圈接如图乙所示的正弦交流电，图中Rt为热敏电阻(其随温度升高电阻变小)，R为定值电阻．下列说法正确的是)A．副线圈两端电压的瞬时值表达式为u＝9sin50πt(V)B．变压器原、副线圈中的电流之比和输入、输出功率之比均为1:4C．t＝0.02s时电压表V2的示数为9VD．Rt处温度升高时，电流表的示数变大，电压表V2的示数不变三、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）某实验小组的同学利用如图1所示的装置“探究物体速度和位移的关系”，并测量物块和桌面间的动摩擦因数．已知弹簧处于原长时，物块位于光电门左侧．(1)按如图1所示安装实验器材，物块上方装有较窄的遮光条，用游标卡尺测量其宽度如图1所示，则遮光条的宽度为__________mm．(1)实验步骤如下：①让物块压缩弹簧并锁定；②释放物块，读出物块通过光电门时的遮光时间Δt；③测量出物块停止运动时遮光条的位置到光电门之间的位移x；④重复②③步骤，测出多组遮光时间Δt和位移x的值；⑤计算出物块通过光电门时对应的速度v．(3)根据测量的数据在如图3所示的坐标纸上做出v1－x图象，由图象可知，物块在桌面上运动的加速度大小为__________m/s1．已知重力加速度g取10m/s1，则物块和桌面间的动摩擦因数为____________．(结果均保留两位有效数字)12．（12分）某实验小组在利用单摆测定当地重力加速度的实验中。(1)用游标卡尺测定摆球的直径，测量结果如图甲所示，则该摆球的直径为____cm。摆动时偏角满足的条件是偏角小于5°，为了减小测量周期的误差，计时开始时，摆球经过最____（填“高”或“低”）点的位置，且用停表测量单摆完成多次全振动所用的时间，求出周期。图乙中停表示数为一单摆全振动50次所需时间为102s，则单摆振动周期为______。(2)用最小刻度为1mm的刻度尺测摆长，测量情况如图丙所示，O为悬挂点，从图丙中可知单摆的摆长为______m。(3)若用L表示摆长，T表示周期，那么重力加速度的表达式为g=_______。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，水平绝缘光滑的轨道AB与处于竖直平面内的半圆形绝缘光滑轨道BC平滑连接，半圆形轨道的半径。在轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场线与轨道所在的平面平行，电场强度。现有一电荷量，质量m=0.10kg的带电体（可视为质点），在水平轨道上的P点由静止释放，带电体恰好能通过半圆形轨道的最高点C，然后落至水平轨道上的D点。取。试求：(1)带电体在圆形轨道C点的速度大小；(2)PB间的距离；(3)D点到B点的距离；(4)试确定带电体在半圆轨道上动能最大时的位置。14．（16分）如图所示为交流发电机示意图，匝数为n=100匝的矩形线圈，边长分别为10cm和20cm，内阻为5Ω，在磁感应强度B=0.5T的匀强磁场中绕OO′轴以rad/s的角速度匀速转动，线圈和外部20Ω的电阻R相接．求：（1）t＝0时线圈在图示位置，写出此交变电流电动势瞬时值表达式；（2）电键S合上时，电压表和电流表示数；（3）通过电阻R上所消耗的电功率是多少？15．（12分）如图所示，半径为r1的圆形区域内有匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B0、方向垂直纸面向里，半径为r2的金属圆环右侧开口处与右侧电路相连，已知圆环电阻为R，电阻R1＝R2＝R3＝R，电容器的电容为C，圆环圆心O与磁场圆心重合．一金属棒MN与金属环接触良好，不计棒与导线的电阻，开关S1处于闭合状态、开关S2处于断开状态．(1)MN以速度v0沿环向右匀速滑动，求棒滑过圆环直径的瞬间产生的电动势和流过R1的电流；(2)撤去棒MN后，闭合开关S2，调节磁场，使磁感应强度B的变化率k＝，k为常数，求电路稳定时电阻R3在t0时间内产生的焦耳热；(3)在(2)问情形下，求断开开关S1后流过电阻R2的电量．

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、C【解析】

A．内能包括分子动能和分子势能，与物质的量也有关系，A催；B．分子平均动能只与温度有关，与物体的宏观运动无关，B错；C．由热力学第一定律可得做功和热传递都可以改变物体的内能，Ｃ正确；D．冰熔解成水，体积减小，分子势能增大，内能增大，D错；故选C。2、D【解析】

AB．据题，升降机静止时电流表示数为I0，而此过程中电流表示数为2I0，由欧姆定律分析压敏电阻的阻值变小，说明压敏电阻所受压力增大，则物体处于超重状态，故AB错误；CD．物体处于超重状态时，速度方向可能向下，也可能向上，则升降机可能向下做匀减速运动，也可能向上做匀加速运动，故C错误D正确。故选D。3、C【解析】

当条形磁铁插入导轨之间时，穿过导轨的磁通量增大，根据楞次定律判断出导轨中产生感应电流，产生磁场将会阻碍磁通量增大，故两棒向里靠近，减小穿过的面积，从而起到阻碍磁通量增大的作用。因此不论条形磁铁是S极还是N极，由于磁铁的插入导轨之间时，则两棒靠近.A.保持静止与分析结果不相符；故A项不合题意.B.分别远离O点与分析结果不相符；故B项不合题意.C.分别向O点靠近与分析结果相符；故C项符合题意.D.无法判断与分析结果不相符；故D项不合题意.4、B【解析】试题分析：因变压器输出电压调至最大，故副线圈为1900匝，由变压器两端的电压与匝数成正比，即，故副线圈的电压有效值为380V；因变压器为理想变压器，故其输入功率等于输出功率，即，由得，B正确．考点：考查了理想变压器【名师点睛】对于变压器需要掌握公式、，以及知道副线圈的电流以及功率决定了原线圈中的电流和功率，理想变压器是理想化模型，一是不计线圈内阻；二是没有出现漏磁现象．同时当电路中有变压器时，只要将变压器的有效值求出，则就相当于一个新的恒定电源，5、C【解析】

设弹簧的劲度系数，振子距平衡位置的位移时系统的加速度为，由牛顿第二定律有：所以当位移为时，整体的加速度为隔离对A分析，则摩擦力为：，故C正确．6、B【解析】由知，由于两种情况下力的大小和位移大小相同，故力F两种情况下对物体做功一样多；物体在粗糙水平面上运动时会受到阻力的作用，两种情况下物体对地面的压力不同，所以滑动摩擦力的大小也不同，导致水平方向的合力也不同，由牛顿第二定律可以知道：当斜向上拉时，合力；当斜下推时，合力，对比可知合力，由于水平方向的位移相同，故第一次合力对物体做的总功大于第二次合力对物体做的总功；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、AD【解析】

A．由题可知，匀速时线框处于平衡状态，则恒定外力为此时ab边切割磁感线，产生的感应电动势为则所以A正确；B．当线框ab边刚越过CD边界时，线框速度为，但是此时有ab和cd两个边切割磁感线，所以并且线框受两个安培力，所以线框的加速度为所以线框的加速度大小为，故B错误；C．由题意可知，当线框ab边到达CD与EF中间位置时，线框再次匀速，即此时线框受力平衡，为即所以线框此时的速度为所以C错误；D．根据能量守恒，可知，t0时间内线框中产生的焦耳热为其中则所以D正确。故选AD。8、BCD【解析】

AB．设ab长度为L，磁感应强度为B，电阻电路中感应电动势ab中感应电流为ab所受安培力为电阻消耗的热功率为可得电阻和阻值相等，它们消耗的电功率相等，则故A正确，B错误；C．整个装置因摩擦而消耗的热功率为故C正确；D．整个装置消耗的机械功率为故D正确．故选BCD。9、BC【解析】

AB．由甲、乙可知，振动从O传到P，用时t1，传播距离为s，故波速为从乙图可知该波的周期为故该波的频率为波长故A错误，B正确；C．由乙图可知P点先沿y轴正向运动，则振源O在t=0时刻沿y轴正向运动，故C正确；D．由乙图可知，t2时刻P点振动方向沿y轴正向，故D错误。故选BC。10、CD【解析】

A.由图乙可知交流电压最大值Um=36V，原线圈电压的有效值U1=36V，周期T=0.02s，可由周期求出角速度的值为100π，根据电压与匝数成正比，得副线圈电压的有效值为9V，原线圈电压为零时，变化最快，副线圈中感应电动势最大，副线圈两端电压的瞬时值表达式u=9sin100πtV，故A错误；B.变压器原、副线圈中的电流之比与匝数成反比，为1:4,；输入和输出功率相等，大小之比为1:1，故B错误；C.电压表V2的示数为有输出电压的效值，为9V，故C正确；D.

Rt处温度升高时，阻值减小，电流表的示数变大，电压表示数不变，故D正确；故选CD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、6.755.0(4.7～5.1均可)0.2(0.47～0.51均可)【解析】

(1)游标卡尺的读数为6mm＋0.05×15mm=6.75mm．(3)由匀变速直线运动规律有v1=1ax，图象的斜率k=1a，所以a=．根据图象求得斜率k=10.0m/s1，所以物块在桌面上运动的加速度大小a=5.0m/s1；根据牛顿第二定律有μmg=ma，所以μ=0.2．12、0.95低2.04s0.9980【解析】

(1)[1]由图示游标卡尺可知，其示数为d=9mm+5×0.1mm=9.5mm=0.95cm[2][3]为了减少测量周期的误差，应从摆球经过最低点的位置开始计时；由图示秒表可知单摆周期(2)[4]悬点到摆球球心的距离是单摆摆长，由图示刻度尺可知，单摆摆长为L=99.80cm=0.9980m．(3)[5]由单摆周期公式可知，重力加速度四、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、(1)2m/s；(2)1m；(3)0；(4)在B点右侧对应圆心角为处【解析】

(1)由物体恰好通过C点可得解得(2)带电体从P运动到C过程，依据动能定理得解得(3)带电体离开C点后在竖直方向上做自由落体运动，设在空间运动的时间t，则有在水平方向上做匀减速运动，设在水平方向的加速度大小为a，依据牛顿第二定律得设落在水平轨道上的位移到B点的距离为xBD，由运动学公式可得解得(4)由