2023年甘肃省白银市平川区中恒学校物理高二下期中监测试题含解析

2023年甘肃省白银市平川区中恒学校物理高二下期中监测试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．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、下列说法中不正确的是()A．目前已建成的核电站的能量来自于重核裂变B．原子核内的中子转化成质子和电子，产生的电子发射到核外就是射线C．氢原子从激发态向基态跃迁时，电子的动能增加，电势能减少，原子总能量减少D．氡的半衰期为3.8天，4个氡原子核，经7.6天后一定剩下1个原子核2、如图所示表示两列同频率相干水波在t＝0时刻的叠加情况，图中实线表示波峰，虚线表示波谷，已知两列波的振幅均为2cm，波速为2m/s，波长为0.4m，E点是BD连线和AC连线的交点，下列说法正确的是（）A．A、C两点是振动减弱点B．E点是振动减弱点C．B、D两点在该时刻的竖直高度差为4cmD．t=0.05s，E点离开平衡位置2cm3、在如图所示的电路中，闭合开关时，灯不亮，已经确定是由灯泡断路或短路引起的，在不能拆开电路的情况下（开关可闭合，可断开），现用一个多用电表的直流电压挡、直流电流挡和欧姆挡分别对故障电路进行如下检查并作出判断（如表所示）以上操作和判断错误的是（）A．1 B．2 C．3 D．44、如图环形金属软弹簧套在条形磁铁的中央位置，若将弹簧沿半径向外拉，使其面积增大，则穿过弹簧所包围的面积的磁通量变化情况和是否产生感应电流及从左向右看时感应电流的方向是（）A．增大；有顺时针感应电流B．减小；有逆时针感应电流C．不变；无感应电流D．磁通量变化情况无法确定，所以有无感应电流也无法确定5、如下图所示的均匀磁场中，已经标出了电流I和磁场B以及磁场对电流作用力F三者其方向，其中错误的是（）A．B．C．D．6、某固体物质的摩尔质量为M，密度为ρ，阿伏加德罗常数为NA，则每个分子的质量和体积V内所含的分子数以及分子直径分别是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、如图甲所示，M是一个小型理想变压器，原、副线圈匝数比n1∶n2＝11∶1，a、b端接有正弦交变电流，电压随时间的变化规律如图乙所示．变压器右侧部分为一火警报警电路原理图，其中R2为用半导体热敏材料(电阻随温度升高而减小)制成的传感器，R1为一定值电阻，电压表V和电流表A可视为理想电表．下列说法中正确的是()A．变压器副线圈的输出电压的表达式为u＝20sin100πt(V)B．当传感器R2所在处未出现火警时，电压表V的示数为20VC．当传感器R2所在处出现火警时，电压表V的示数减小D．当传感器R2所在处出现火警时，电流表A的示数减小8、下列说法中正确的是（）A．气体的温度升高时.分子的热运动变得剧烈，分子的平均动能增大，撞击器壁时对器壁的作用力增大，从而气体的压强一定增大B．气体的体积变小时，单位体积的分子数增多，单位时间内打到器壁单位面积上的分子数增多，从而气体的压强一定增大C．气体的温度越高，气体的体积越小时，气体产生的压强越大D．分子a从远处趋近固定不动的分子b，当a到达受b的作用力为零处时，a的动能一定最大9、下列说法正确的是A．军队士兵过桥时使用便步，是为了防止桥发生共振现象B．同一单摆，在月球表面简谐振动的周期等于在地面表面简谐振动的周期C．一弹簧振子的位移y随时间t变化的关系式为y=0.1sin2.5πt（单位都是国际单位制），在t=0.2s时，振子的运动速度为零D．做简谐振动的物体，经过同一位置时，速度可能不同10、图甲为理想变压器的示意图，其原、副线圈的匝数之比为4∶1，电压表和电流表均为理想电表。若发电机向原线圈输入图乙所示的正弦交流电，图中Rt为NTC型热敏电阻(阻值随温度升高而变小)，R1为定值电阻。下列说法中正确的是()A．t＝0.01s时，发电机线圈中穿过的磁通量最大B．交流电压u的表达式为u＝362sin50πtVC．Rt温度升高时，变压器的输入功率变大D．Rt温度升高时，电压表的示数不变、电流表的示数变小三、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）如图为验证动量守恒定律的实验装置，实验中选取两个半径相同、质量不等的小球，按下面步骤进行实验：①用天平测出两个小球的质量分别为m1和m2；②安装实验装置，将斜槽AB固定在桌边，使槽的末端切线水平，再将一斜面BC连接在斜槽末端；③先不放小球m2，让小球m1从斜槽顶端A处由静止释放，标记小球在斜面上的落点位置P；④将小球m2放在斜槽末端B处，仍让小球m1从斜槽顶端A处由静止释放，两球发生碰撞，分别标记小球m1、m2在斜面上的落点位置；⑤用毫米刻度尺测出各落点位置到斜槽末端B的距离．图中从M、P、N点是实验过程中记下的小球在斜面上的三个落点位置，从M、P、N到B点的距离分别为SM、SP、SN．依据上述实验步骤，请回答下面问题：（1）两小球的质量m1、m2应满足m1____m2（填写“>”、“=”或“<”）；（2）用实验中测得的数据来表示，只要满足关系式________，就能说明两球碰撞前后动量是守恒的；（3）若改变两个小球的材质，步骤③中小球m1______（填写“一定”或“不一定”）落在中间落点位置P；（4）若两小球的碰撞是弹性碰撞，图中P、M分别是小球m1碰前、碰后的落点位置，实验测得BM=15cm，BP=20cm，则小球m2的落点位置BN=_______cm．12．（12分）如图用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系。(1)图中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影，实验时，先让入射球m1多次从斜轨上S位置静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP。然后把被碰小球m2静止于轨道的水平部分，再将入射小球m1从斜轨上S位置静止释放，与小球m2相撞，并多次重复(假设两小球可视为质点)。下列中必要的步骤是________（填选项的符号）A．用天平测量两个小球的质量m1、m2B．测量小球m1开始释放高度hC．测量抛出点距地面的高度HD．测量平抛射程OM，ON(2)若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为_________（用m1、m2、OP、OM、ON表示）；(3)若碰撞是弹性碰撞。那么还应满足的表达式为_________（用OP、OM、ON表示）。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，圆管构成的半圆形轨道竖直固定在水平底面上，轨道半径R，MN为直径且与水平面垂直，直径略小于圆管内径的小球A以某速度冲进轨道，到达半圆轨道最高点M时与静止于该处的质量为与A相同的小球B发生碰撞，碰后两球粘在一起飞出轨道，落地点距N为2R．重力加速度为，忽略圆管内径，空气阻力及各处摩擦均不计，求（1）粘合后的两球从飞出轨道到落地的时间;（2）小球A冲进轨道时速度v的大小．14．（16分）有一内壁光滑的圆管竖直放置,圆管底部封闭,上端开口且足够长,圆管内有两个小球A与B,A的质量为m1=0.1kg,B的质量为m2=0.2kg,两小球直径略小于管的直径。某时刻当B球向下运动至离圆管底面高度h=1m处时与向上运动的A球发生弹性碰撞,碰后B球向上运动至最大高度又返回到原来高度h=1m处,再次与已经和底面做完弹性碰撞后反弹回来的小球A相碰,如此反复,做周期性运动,问要完成这种反复运动小球A与B碰前的速度应是多少?(g取10m/s2)15．（12分）如图为远距离输电的简化电路图，发电厂的输出电压恒定为U，两条输电线等效总电阻，在输电线与用户间连有一理想变压器，用户端连接阻值、的电阻，A为理想交流电流表。当开关S断开时，电流表的示数为I；当S闭合时，电流表的示数为3I，求：（1）开关S断开和闭合时，在输电线上损失的电功率之比；（2）变压器原、副线圈匝数比。

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、D【解析】

核电站的能量来自于重核裂变，故A说法正确；β衰变所释放的电子是原子核内的中子转化成质子时所产生的，故B说法正确；根据牛顿第二定律，结合库仑力提供向心力，当从较高的激发态跃迁到较低的激发态时，库仑引力做正功，电子的动能增加，电势能减小，原子的总能量减小，故C说法正确；半衰期对大量的原子核适用，对少量的原子核不适用.故D说法错误；综上分析：说法不正确的为D．【详解】2、A【解析】

A．由图可知A、C两点在该时刻是波峰和波谷相遇，所以是减弱的，故A正确；C．同理可知，B、D两点是振动加强点，且高度差为故C错误；BD．水波运行的周期当时，两波的波峰传过来，E处于波峰故E是加强点，故BD错误。故选A。3、C【解析】

A．用直流电压档接a、b时，若电压表由示数，说明其他位置都是通路，故灯泡断路；若电压表无示数，说明灯泡短路，故A正确；B．用直流电流档接a、b时，若电流表有示数，说明其他位置都是通路，故灯泡断路；若电流表无示数，则说明灯泡短路，故B正确；CD．用欧姆档接a、b时，必须先断开电源的开关，故C错误；若有示数且读数非常大，说明a、b间电阻接近为0，故灯泡应该是短路；若无示数，则说明a、b间电阻为无穷大，灯泡断路，故D正确；故选C。4、B【解析】

题中磁感线在条形磁铁的内外形成闭合曲线，则磁铁外部的磁感线总数等于内部磁感线的总数，而且磁铁内外磁感线方向相反。而磁铁外部的磁感线分布在无穷大空间，所以图中线圈中磁铁内部的磁感线多于外部的磁感线，由于方向相反，外部的磁感线要将内部的磁感线抵消一些，当弹簧线圈的面积增大时，内部磁感线总数不变，而抵消增多，剩余减小，则磁通量将减小。所以当弹簧面积增大时，穿过电路的磁通量Φ减小。将产生感应电流。线圈内部磁通量向左减小，则由楞次定律可知，线圈内的感应电流从左向右看为逆时针方向的电流，故B正确，ACD错误。故选B。【点睛】本题要注意穿过线圈的磁场分为磁体内部和外部，并且内部磁感线条数多，故和外部磁感线出现抵消，所以外部包含的磁感线条数越多，总磁通量越小；同时考查条形磁铁内部感应线是从S极到N极，且学会使用楞次定律：增反减同来判断电流的方向。5、C【解析】

ABD．根据左手定则，ABD正确；C．C项导体棒与磁场平行，不受力，C错误。本题选错误的，故选C。6、D【解析】根据摩尔质量的定义可知，每个分子的质量；体积V内所含的分子数:；每个分子的体积，将每个分子占据的体积看做是球体，则，解得分子直径为：．故D正确，ABC错误．故选D．点睛：本题考查阿伏加德罗常数的计算；解决本题的关键掌握摩尔质量与分子质量的关系，知道质量除以摩尔质量等于物质的量．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、AC【解析】试题分析：变压器次级电压最大值为,交流电，变压器副线圈的输出电压的表达式为u＝20sin100πt(V)，选项A正确；变压器次级电压有效值为,故当传感器R2所在处未出现火警时，电压表的示数小于20V，选项B错误；当传感器R2所在处出现火警时，R2阻值减小，次级电流增大，，电阻R1的电压增大，R2上电压减小，故电压表的示数减小，选项C正确；由于次级电流增大，故初级电流增大，电流表的读数增大，选项D错误．考点：变压器的计算；动态电路分析；交流电的变化规律．8、CD【解析】

A．从微观上，气体的压强大小取决于分子的平均动能和单位体积内的分子数，温度越高，分子的平均动能越大，但如果单位体积内的分子数减小，压强也可能减小，A错误；B．体积越小，单位体积内的分子个数越多，但如果分子的平均动能减小，压强也可能减小，B错误；C．根据理想气体状态方程，对一定量的气体恒量气体的温度越高，气体的体积越小时，气体产生的压强越大，C正确；D．分子从远处趋近于另一分子到达作用力为零的过程中，分子间作用力为引力，分子力一直做正功，分子势能减小，分子动能不断增大，当分子力减小到零时，分子势能最小，动能最大，D正确。故选CD。9、ACD【解析】

A.如果军队过桥使用齐步，频率相同，如果与桥的固有频率相同，发生共振，引发事故，所以军队士兵过桥时使用便步，A正确B.根据单摆振动周期方程：，因为重力加速度不一样，周期不一样，B错误C.当t=0.2s时，y=0.1m，振子处于最大位移处，速度为零，C正确D.做简谐振动的物体，经过同一位置时，速度可能不同，如从平衡位置到最大位移处，和从最大位移处到平衡位置过程中通过同一位置，速度大小相等，方向相反，D正确10、AC【解析】A、t=0.01s时由图象可知电压值为零，则发电机中线圈与磁场垂直，穿过线圈的磁通量最大，故A正确．B、原线圈接的图乙所示的正弦交流电，由图知最大电压Um=362V，周期T=0.02S，故角速度是ω=100π，瞬时值表达式为u=362sin100πt(V)，故B正确．

C、Rt处温度升高时，阻值减小，变压器的输出功率P=U【点睛】根据图象准确找出已知量，是对学生认图的基本要求，准确掌握理想变压器的特点及电压、电流比与匝数比的关系，是解决本题的关键．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、>；；不一定；(35+20)cm【解析】

（1）为了防止入射球碰后反弹，一定要保证入射球的质量大于被碰球的质量；

（2）小球m1和小球m2相撞后，小球m2的速度增大，小球m1的速度减小，都做平抛运动，所以碰撞后m1球的落地点是M点，m2球的落地点是N点；碰撞前，小于m1落在图中的P点，设其水平初速度为v1．小球m1和m2发生碰撞后，m1的落点在图中的M点，设其水平初速度为v1′，m2的落点是图中的N点，设其水平初速度为v2．设斜面BC与水平面的倾角为α，由平抛运动规律得：

SMsinα=gt2

SMcosα=v′1t

解得：同理可解得：，所以只要满足m1v1=m2v2+m1v′1即：则说明两球碰撞过程中动量守恒；

（3）如果改变小球的材质，则两小球碰后的速度可能不同，故小球1不一定落到中间位置P；

（4）如果满足小球的碰撞为弹性碰撞，则应满足：代入以上速度表达式可知，应满足公式为：m1SP=m1SM+m2SN；

联立

解得：解得：BN=35+20cm．12、AD【解析】

(1)[1]要验证动量守恒定律定律，即验证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，因此由平抛运动水平方向做匀速直线运动可得，，代入动量守恒可得因此实验需要测量：两球的质量、小球的水平位移故选AD(2)[2]由(1)分析可知，若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为(3)[3]若碰撞是弹性碰撞，满足动能守恒，则将，，代入可得四、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）【解析】本题考查动量守恒、平抛运动、机械能守恒等知识．（1）粘合后的两球飞出轨道后做平抛运动，竖直方向分运动为自由落体运动，有…①解得：…②（2）设球A的质量为m，在N点速度为v，与小球B碰撞前速度大小为v1，把球A冲进轨道最低点时的重力势能定为0，由机械能守恒定律知