安徽舒城桃溪中学2023年物理高二第二学期期中学业质量监测模拟试题含解析

安徽舒城桃溪中学2023年物理高二第二学期期中学业质量监测模拟试题注意事项: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、如图所示,甲、乙两物块在两根相同的弹簧和一根张紧的细线作用下静止在光滑水平面上,已知甲的质量小于乙的质量．当细线突然断开斤两物块都开始做简谐运动,在运动过程中（）A．甲的最大速度大于乙的最大速度B．甲的最大速度小于乙的最大速度C．甲的振幅大于乙的振幅D．甲的振幅小于乙的振幅2、关于电动势，下列说法正确的是A．所有电池的电动势都是B．体积越大的电源，其电动势一定越大C．电动势数值上就等于电源正负极之间的电压D．电动势表示电源将其它形式的能转化为电能的本领3、在图甲所示的理想变压器a、b端加图乙所示的交变电压。已知变压器原副线圈的匝数比为2：1，R1为热敏电阻（温度升高时，其电阻减小），R为定值电阻，电压表和电流表均为理想电表。下列判断正确的是（）A．电压表V1的示数为VB．R1处温度升高时，变压器的输出功率变大C．R1处温度升高时，V1示数变小，V2示数变小D．R1处温度升高时，V1示数不变，V2示数变大4、下列关于物理学史说法错误的是（）A．库仑发明了扭秤，非常准确地测出了物体间的静电力B．安培从磁体和通电线圈等效性实验进一步提出了“分子电流”假说C．楞次概括各种实验的结果，提出了楞次定律D．法拉第发现的电流磁效应，翻开了研究电与磁相互关系的新篇章5、M置于光滑平面上，上表面粗糙且足够长，木块m以初速度v滑上车表面，则（）A．因车表面粗糙，故系统动量不守恒B．车面越粗糙，小车M获得动量越大C．车面越粗糙，系统产生的内能越多D．m的最终速度为mv6、如图所示，有一个等腰直角三角形的匀强磁场区域其直角边长为L，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B.边长为L、总电阻为R的正方形导线框abcd，从图示位置开始沿x轴正方向以速度v匀速穿过磁场区域，取沿abcda的感应电流为正，则表示线框中电流i随bc边的位置坐标x变化的图象正确的是A． B． C． D．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，轻弹簧上端固定，下端连接一小物块，物块沿竖直方向做简谐运动．以竖直向上为正方向，物块简谐运动的表达式为y=0.1sin(2.5πt)m．t=0时刻，一小球从距物块h高处自由落下；t=0.6s时，小球恰好与物块处于同一高度．取重力加速度的大小为g=10m/s2.以下判断正确的是______（双选，填正确答案标号）A．h=1.7mB．简谐运动的周期是0.8sC．0.6s内物块运动的路程是0.2mD．t=0.4s时，物块与小球运动方向相反8、如图所示，重型自卸车利用液压装置使车厢缓慢倾斜到一定角度，车厢上的木箱就会自动滑下．以下说法正确的是A．木箱下滑前，车厢倾角越大，木箱所受摩擦力越大B．木箱下滑前，车厢倾角越大，木箱所受摩擦力越小C．木箱下滑时，车厢倾角越大，木箱所受摩擦力越大D．木箱下滑时，车厢倾角越大，木箱所受摩擦力越小9、一定量的理想气体从状态a开始，经历三个过程ab、bc、ca回到原状态，其V—T图像如图所示，下列判断正确的是()A．过程ab中气体对外界所做的功等于气体所吸收的热B．过程bc中气体既不吸热也不放热C．过程ca中气体一定放热D．a、b和c三个状态中，状态a分子平均动能最小10、如图所示，在水平粗糙的地面放置一比荷软导线线圈，有一匀强磁场垂直于该线圈平面，由于磁场的磁感应强度发生变化，线圈变为圆形，下列说法可能正确的是A．该磁场的磁感应强度逐渐增多，方向竖直向上B．该磁场的磁感应强度逐渐减小，方向竖直向下C．线圈变为圆形的过程中，线圈所受安培力做功为零D．线圈变为圆形后静止，其所受摩擦力为零三、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）某同学想测量某水果电池的电动势E和内阻r，现有以下器材：水果电池电压表V1：量程为0-5.0V，内阻为2.0kΩ电压表V2：量程为0-3.0V，内阻约为1.5kΩ开关两个，导线若干.(1)该同学设计了如图所示电路，并进行了如下操作：a.将开关S1闭合，S2闭合，记下电压表V1的示数U1=4.0V；b.将开关S1闭合，再断开S2，记下电压表V1的示数U1=3.0V，电压表V2的示数U2的示数如图所示，则电压表V2的示数U2=_______V.(2)由上述实验数据可求得电池的电动势E=_______V，内阻r=____Ω.(3)利用该实验方法测量电动势E与真实值比较__________.(填偏大、偏小、相等)12．（12分）某同学用如图所示装置来验证动量守恒定律，让质量为m1的小球从斜槽某处由静止开始滚下，与静止在斜槽末端质量为m2的小球发生碰撞．(1)实验中必须要求的条件是________．A．斜槽必须是光滑的B．斜槽末端的切线必须水平C．m1与m2的球心在碰撞瞬间必须在同一高度D．m1每次必须从同一高度处滚下(2)实验中必须测量的物理量是________．A．小球的质量m1和m2B．小球起始高度hC．小球半径R1和R2D．小球起飞的时间tE．桌面离地面的高度HF．小球飞出的水平距离x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）一竖直放置、缸壁光滑且导热的柱形汽缸内盛有一定量的理想气体，被活塞分隔成Ⅰ、Ⅱ两部分；达到平衡时，这两部分气体的体积相等，上部气体的压强为P10，如图所示，若将汽缸缓慢倒置，再次达到平衡时，上下两部分气体的体积之比为3：2，如图所示。设外界温度不变，已知活塞面积为S，重力加速度大小为g，求活塞的质量。14．（16分）如图，质量为M的平板车P高h，质量为m的小物块Q的大小不计，位于平板车的左端，系统原来静止在光滑水平面地面上.一不可伸长的轻质细绳长为R，一端悬于Q正上方高为R处，另一端系一质量也为m的小球(大小不计).今将小球拉至悬线与竖直位置成60°角，由静止释放，小球到达最低点时与Q的碰撞时间极短，且无能量损失，已知Q离开平板车时速度大小是平板车速度的两倍，Q与P之间的动摩擦因数为μ，M：m=4：1，重力加速度为g。求：(1)小物块Q与小球碰后瞬间的速度；(2)平板车P的长度为多少。15．（12分）如图所示，直线OO′代表水平的绝缘平面，带电的电容器极板a、b垂直放置在水平面上，内部场强为4×105N/C，直线OO′上方、极板a的左侧存在垂直于纸面向里的匀强磁场，有一带电粒子从直线直线OO′上的M点以水平向左的速度射出，经过磁场的偏转，粒子恰好从极板a上的小孔N射入电容器内部，经过内部电场的偏转，粒子以2×107m/s垂直打到直线OO′上的P点，P与极板a的距离为0.2m，带电粒子的比荷为2.5×109C/kg，带电粒子重力不计，求(1)极板a上的小孔N与直线OO′距离(2)匀强磁场的磁感应强度。

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、A【解析】线刚断开时，弹力最大，故加速度最大，由于甲的质量小，故根据牛顿第二定律，其加速度大，A正确；当线断开的瞬间，弹簧的弹性势能相同，到达平衡后，甲乙的最大动能相同，由于甲的质量小于乙的质量，由知道，甲的最大速度一定大于乙的最大速度，B错误；线未断开前，两根弹簧伸长的长度相同，离开平衡位置的最大距离相同，即振幅一定相同，CD错误．【点睛】线未断开前，两根弹簧伸长的长度相同，离开平衡位置的最大距离相同，则振幅一定相同．当线断开的瞬间，弹簧的弹性势能相同，到达平衡后弹簧转化为动能，甲乙最大动能相同，根据质量关系，分析最大速度关系．2、D【解析】

各种干电池的电动势都是1.5V，铅蓄电池的电动势是2V，故A错误；电动势是表征电源把其他形式的能转化为电能本领强弱，与电源的体积无关，如各种体积干电池的电动势都是1.5V，故B错误；电源正负极之间的电压是路端电压，电源的电动势在数值上等于内、外电压之和，电源没有接入电路时两极间的电压在数值上等于电源的电动势，故C错误；电动势表示电源将其它形式的能转化为电能的本领，故D正确；故选D．【点睛】本题考查对于电源的电动势的理解能力；电源没有接入电路时两极间的电压在数值上等于电源的电动势．电动势的物理意义是表征电源把其他形式的能转化为电能本领强弱，与外电路的结构无关．电源的电动势在数值上等于内、外电压之和．3、B【解析】

A．原线圈输入电压的有效值即电压表的示数A错误；B．温度升高，电阻阻值减小，根据理想变压器的电压规律可知副线圈两端电压恒定，根据可知副线圈两端功率增大，所以变压器的输出功率变大，B正确；CD．原线圈两端电压和副线圈两端电压保持不变，所以电压表示数不变，副线圈总电阻减小，电流增大，则分压增大，分压减小，所以电压表示数减小，CD错误。故选B。4、D【解析】

A、库仑发现了点电荷间的相互作用规律，并利用扭秤实验测得了静电力常量，故A正确；B、安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说，很好地解释了磁化现象，故B正确；C、楞次概括各种实验的结果，提出了楞次定律，故C正确；

D、奥斯特发现的电流磁效应，翻开了研究电与磁相互关系的新篇章，故D错误．本题选不正确的，故选D．5、D【解析】以小车和木块组成的系统为研究对象所受合外力为零，因此系统动量守恒，由于摩擦力的作用，m速度减小，M速度增大，m速度减小到最小时，M速度达最大，最后m、M以共同速度运动。mv=（m+M）v′解得：v′=mvM+m；选项A错误，D正确；相对运动过程中系统机械能减小，转化为摩擦产生的内能，根据能量守恒得：E损=12mv2-12（m+M）v′2=12mv2(MM+m)，与车表面的粗糙程度无关，选项点睛：用动量守恒定律时要清楚研究的对象和守恒条件；知道系统的机械能损失等于系统产生的热量；把动量守恒和能量守恒结合起来列出等式求解是常见的问题．6、C【解析】

bc边的位置坐标x在L-2L过程，线框bc边有效切线长度为l=x-L感应电动势为E=Blv=B（x-L）v感应电流电流的大小随x逐渐增大；根据楞次定律判断出来感应电流方向沿a→b→c→d→a，为正值。x在2L-3L过程，根据楞次定律判断出来感应电流方向沿a→d→c→b→a，为负值，线框ad边有效切线长度为l=x-2L感应电动势为E=Blv=B（x-2L）v感应电流大小随x逐渐增大。A.图像与分析不符，故A错误。B.图像与分析不符，故B错误。C.图像与分析相符，故C正确。D.图像与分析不符，故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、AB【解析】

t=0.6s时，物块的位移为y=0.1sin(2.5π×0.6)m=-0.1m；则对小球，解得h=1.7m，选项A正确；简谐运动的周期是，选项B正确；0.6s内物块运动的路程是3A=0.3m，选项C错误；t=0.4s=，此时物块在平衡位置向下振动，则此时物块与小球运动方向相同，选项D错误．8、AD【解析】

下滑前，木箱处于静止，即平衡状态，则有：mgsinθ=f，当θ增大时，f增大，故A正确，B错误；下滑时，木箱受到是滑动摩擦力，根据Ff=μN，而FN=mgcosθ，当θ增大时，FN逐渐减小，则滑动摩擦力减小，故C错误，D正确．故选AD．9、CD【解析】

A．由图可知，ab过程，气体体积与热力学温度成正比，则气体发生等压变化，气体体积增大温度升高，气体内能增大，由热力学第一定律可知，气体吸收的热量大于对外做功，故A错误；B．由图象可知，bc过程气体发生等温变化，气体内能不变，体积减小，外界对气体做功，由热力学第一定律△U=Q+W可知，气体要发出热量，故B错误；C．由图可知，ca过程气体体积不变而温度降低，气体内能减小，气体不做功，由热力学第一定律△U=Q+W可知，气体要放出热量，故C正确；D．由图象可知，a状态温度最低，则分子平均动能最小，故D正确．故选CD．10、BD【解析】磁场发生变化，回路变为圆形，是由线圈受到的安培力的方向向外，导线围成的面积扩大，根据楞次定律的推广形式可得，导线内的磁通量一定正在减小，磁场在减弱，故B正确，A错误．线圈变为圆形的过程中，线圈所受安培力指向圆外，则安培力做功不为零，选项C错误；线圈变为圆形后静止，安培力的合力为零，则其所受摩擦力也为零，选项D正确；故选BD.点睛：解决本题的关键掌握楞次定律判断感应电流的方向，也可以使用楞次定律的推广的形式处理，即“增缩减扩”、“来拒去留”．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、2.008.0V2.0kΩ相等【解析】

(1)[1]电压表V2的量程为3.0V，由图2所示表盘可知，其分度值为0.1V，电压表V2的读数：U2=2.00V；(2)[2][3]由闭合电路的欧姆定律代入数据联立解得E=8.0Vr=2000Ω(3)[4]因电压表的内阻对测量无影响可知，利用该实验方法测量电动势E与真实值比较相等.12、(1)BCD(2)AF【解析】(1)实验中为保证小球做平抛运动，斜槽末端必须水平，要使两球碰后均平抛，两球心必须在同一高度，要保证小球m1碰前速度不变，m1每次必须从同一高度滚下，斜槽没必要保证光滑，故BCD正确．(2)必须测量两球质量m1、m2和小球平抛的水平距离，故选AF.（1）斜槽不一定需要光滑，只要入射小球每次从同一高度由静止释放即可，保证入射小球碰撞前的速度不变．故A错误，D正确．为了使小球碰后做平抛运动，斜槽的末端必须水平．故B正确．为了发生对心碰撞，m1与m2的球心在碰撞瞬间必须在同一高度．故