2023年安徽省三人行名校联盟物理高二下期中监测模拟试题含解析

2023年安徽省三人行名校联盟物理高二下期中监测模拟试题注意事项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、质量为m的小球以水平速度v与静止在光滑水平面上质量为3m的静止的小球B正碰后，A球的速率变为原来的，则碰后B球的速度是（）（以v的方向为正方向）A． B．-v C．- D．2、线圈在匀强磁场中匀速转动，产生交流电的图象如图所示，由图可知()A．在A和C时刻线圈处于中性面位置B．在B和D时刻穿过线圈的磁通量为零C．从A时刻起到D时刻，线圈转过的角度为π弧度D．在A和C时刻磁通量变化率的绝对值最大3、在纯电阻电路中，当用一个固定的电源（设E、r为定值）向变化的外电阻供电时，关于电源的输出功率P随外电阻P变化的规律如图所示，则下列说法错误的是A．当R=r时，电源有最大的输出功率B．当R=r时，电源的效率η=50%C．电源的输出功率P随外电阻R的增大而增大D．电源的效率η随外电阻R的增大而增大4、在如图远距离输电电路图中，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压和输电线的电阻均不变。若输电的功率增大，则（）A．升压变压器的输出电压增大 B．降压变压器的输出电压增大C．输电线上损耗的功率增大 D．用户得到的功率一定增加5、下列说法正确的是（）A．热量不能从低温物体传到高温物体B．第二类永动机不能制成，因为违背能量守恒定律C．气体向真空的自由膨胀是不可逆的，故无法把膨胀后的气体恢复到原来的体积D．即使没有任何漏气、摩擦、不必要的散热等损失，热机的效率也不会是100％6、古时有“守株待兔”的寓言．假设兔子质量约为1kg，以5m/s的速度奔跑，撞树后反弹的速度为1m/s，则兔子受到撞击力的冲量大小为(

)A．4N·s B．5N·s C．9N·s D．6N·s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，在水平光滑地面上有A、B两个木块，A、B之间用一轻弹簧连接．A靠在墙壁上，用力F向左推B使两木块之间弹簧压缩并处于静止状态．若突然撤去力F，则下列说法中正确的是（）A．木块A离开墙壁前，A、B和弹簧组成的系统动量守恒，机械能也守恒B．木块A离开墙壁前，A、B和弹簧组成的系统动量不守恒，但机械能守恒C．木块A离开墙壁后，A、B和弹簧组成的系统动量守恒，机械能也守恒D．木块A离开墙壁后，A、B和弹簧组成的系统动量不守恒，但机械能守恒8、如图为“阿特伍徳机”模型，跨过光滑且质量不计的定滑轮用轻绳栓接质量为m和2m的物体甲、乙．将两物体置于同一高度，将装置由静止释放，经一段时间甲、乙两物体在竖直方向的间距为，重力加速度用g表示．则在该过程中()A．甲的机械能一直增大 B．乙的机械能减少了C．轻绳对乙所做的功在数值上等于乙的重力所做的功 D．甲的重力所做的功在数值上小于甲增加的动能9、在光滑水平面上，原来静止的物体在水平力F的作用下，经过时间t、通过位移L后动量变为p、动能变为Ek.以下说法正确的是A．在F作用下，这个物体经过位移2L，其动量等于2pB．在F作用下，这个物体经过位移2L，其动能等于2EkC．在F作用下，这个物体经过时间2t，其动能等于2EkD．在F作用下，这个物体经过时间2t，其动量等于2p10、放在光滑水平面上的甲、乙两小车中间夹了一压缩轻质弹簧，但不连接，用两手分别控制小车处于静止状态，下面说法中正确的是（）A．两手同时放开后，两车的总动量为零B．先放开右手，后放开左手，两车的总动量向右C．先放开左手，后放开右手，两车的总动量向右D．两手同时放开，两车总动量守恒；两手放开有先后，两车总动量不守恒三、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）利用双缝干涉测定光的波长实验中，已知单缝与双缝间的距离L1，双缝与屏的距离L2，双缝间距d．用某种单色光照射双缝得到干涉图象如图甲所示，分划板在图中A、B位置时游标卡尺的读数如图乙所示，图中A位置的游标卡尺读数为x1=__________cm，B位置的游标卡尺读数为x2=__________cm；单色光的波长为______________．（用上述字母表示．）12．（12分）如图所示，是法测电源电动势和内阻的两种常用方法，由于电流表和电压表都不是理想电表，所以测量结果有系统误差请分析以下问题：采用图1的方法，引入系统误差的原因是______；采用图2的方法，引入系统误差的原因是______；

图3和图4是用图象法处理的结果，请判断：图3是用______填图1或图2电路处理的结果，其中图线______填或表示测量图线，图线______填或表示真实图线；图4是用______填图1或图2电路处理的结果，其中图线______填或表示测量图线，图线______填或表示真实图线．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）质量为2kg的小球从125m的高空自由落下，不计空气阻力，取g＝10m/s2，求：(1)第2s内动量的变化量大小；(2)从开始下落到落地这段时间内，重力的冲量大小．14．（16分）如图所示，一端开口且内壁光滑的细玻璃管竖直放置。管中用一段高25cm的水银柱封闭了一段长60cm的空气柱，此时水银柱上端到管口的距离为25cm。设大气压强恒为75cmHg，环境温度恒为27℃。求：（1）当封闭气体温度升高至多少℃时，可使水银刚要溢出；（2）若将玻璃管缓慢转动至水平，求玻璃管水平时空气柱的长度。15．（12分）如图，一端封闭、粗细均匀的U形玻璃管开口向上竖直放置，管内用水银将一段气体封闭在管中．当温度为280K时，被封闭的气柱长L=22cm，两边水银柱高度差h=16cm，大气压强po=76cmHg．为使左端水银面下降3cm，封闭气体温度应变为多少?

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、D【解析】

以A、B组成的系统为研究对象，以m的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv=mvA+3mvB，碰撞后A的方向可能与初速度方向相同，也可能相反，即：vA=±解得：vB=或其中当vB＜＜还要发生第二次碰撞，这不可能，故此答案舍去；A．，与结论不相符，选项A错误；B．–v，与结论不相符，选项B错误；C．-，与结论不相符，选项C错误；D．，与结论相符，选项D正确；故选D．【点睛】碰撞过程中动量守恒，本题的难点在于判断碰撞后A球的速度方向，注意碰撞满足的条件：动量守恒，碰撞是一次性的不能重复碰撞，碰后动能小于等于碰前动能．碰后A球的速度方向可能跟原来相同，也可能相反，再根据碰撞过程中动量守恒即可解题．本题容易错选AD，做题过程中注意满足数学关系，不一定满足物理规律或实际情况，注意发生碰撞条件的灵活应用．2、D【解析】

AD．在A和C时刻感应电流最大，感应电动势最大，而磁通量为零，磁通量的变化率最大，线圈处于与中性面垂直的位置，A错误，D正确B．在B和D时刻感应电流为零，感应电动势为零，而磁通量最大，B错误；C．从A时刻到D时刻经过时间为周期，线圈转过的角度为弧度，C错误．【点睛】感应电动势与磁通量的变化率成正比，当线圈磁通量最大时，感应电动势为零；而当线圈的磁通量为零时，感应电动势最大．线圈转动一周的过程，感应电流方向改变两次．3、C【解析】

AC．该图象反映了电源的输出功率P随外电阻R变化的规律，由图看出，电源的输出功率随着外电阻的增大先增大后减小，当R=r时，电源有最大的输出功率，故A正确，C错误；B．当R=r时，路端电压与电源的内电压，则U=0.5E，电源的效率η=，故B正确；D．电源的效率η=，则知R增大时，电源的效率增大，故D正确．4、C【解析】

A．由于发电厂的输出电压不变，升压变压器的匝数不变，所以升压变压器的输出电压不变，故A错误；BC．由于发电厂的输出功率增大，则升压变压器的输出功率增大，又升压变压器的输出电压U2不变，根据P=UI可知输电线上的电流I线增大，根据U损=I线R，输电线上的电压损失增大，损失功率变大，根据降压变压器的输入电压U3=U2-U损可得，降压变压器的输入电压U3减小，降压变压器的匝数不变，所以降压变压器的输出电压减小，故B错误，C正确；D．由上可知降压变压器的输出电压减小，则用户得到的功率减小，故D错误。故选C。5、D【解析】

A．热量可以自发的从高温物体传到低温物体，在外力做功的情况下，热量可以从低温物体传到高温物体上，故A错误；B．第二类永动机不能制成，因为违背热力学第二定律，但没有违背能量守恒定律，故B错误；C．气体向真空的自由膨胀是不可逆的，但通过外力作用，可以把膨胀后的气体恢复到原来的体积，故C错误；D．由热力学第二定律可知，即使没有摩擦、漏气和不必要的散热等损失,热机的效率也不能达到100%，故D正确；故选D。6、D【解析】

设兔子反弹的速度方向为正方向，则由动量定理可知：故选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、BC【解析】

AB、撤去F后，木块A离开竖直墙前，竖直方向两物体所受的重力与水平面的支持力平衡，合力为零；而墙对A有向右的弹力，所以系统的合外力不为零，系统的动量不守恒．这个过程中，只有弹簧的弹力对B做功，系统的机械能守恒．故A错误，B正确．CD、A离开竖直墙后，系统水平方向不受外力，竖直方向外力平衡，所以系统所受的合外力为零，系统的动量守恒，只有弹簧的弹力做功，系统机械能也守恒．故C正确、D错误．故选BC．8、AB【解析】机械能等于动能与重力势能之和，甲加速上升，其动能和重力势能均增加，所以机械能增加，故A正确；甲和乙组成的系统机械能守恒，由机械能守恒定律得：，则解得：，乙动能增加量为，重力势能减小，所以机械能减小，故B正确；由于乙加速下降，则轻绳的拉力小于重力，因此轻绳对乙所的功在数值上小于乙的重力所做的功，故C错误；甲动能增加量为：，甲的重力所做的功在数值上等于，由此可知甲的重力所做的功在数值上大于甲增加的动能，故D错误．所以AB正确，CD错误．9、BD【解析】

AB.在光滑水平面上，合力等于F的大小，根据动能定理知，位移变为原来的2倍，动能变为原来的2倍，根据，知动量变为原来的倍．故A错误，B正确；CD.根据动量定理知，Ft=mv，时间变为原来的2倍，则动量变为原来的2倍，根据知，动能变为原来的4倍．故C错误，D正确．10、ABD【解析】

A．当两手同时放开时，系统的合外力为零，所以系统的动量守恒，又因为开始时总动量为零，故系统总动量始终为零，故A正确；B．先放开右手，右边的小车就向右运动，当再放开左手后，系统所受合外力为零，故系统的动量守恒，且开始时总动量方向向右，放开左手后总动量方向也向左，故B正确；C．先放开左手，左边的小车就向左运动，当再放开右手后，系统所受合外力为零，故系统的动量守恒，且开始时总动量方向向左，放开右手后总动量方向也向左，故C错误；D．当两手同时放开时，系统的合外力为零，所以系统的动量守恒；两手放开有向后时，放开一手在放开另一手的过程中系统所受合外力不为零，两手都放开手系统所受合力为零，整个过程系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，故D正确；故选ABD．点睛：本题关键要掌握动量守恒的条件，系统所受合外力为零时，系统动量守恒，知道系统初状态时动量的方向．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、11.115.6【解析】

由公式得：，A位置读数为x1=1.1mm，B位置读数为x2=4.6mm，一共是七个间距．用上述字母表示即可得出【点睛】牢记双缝干涉实验的波长与间隔的公式，要理解公式中各字母的物理意义，从题干中找到已知直接带入数据，要注意游标卡尺的读数也要掌握12、电压表分流电流表分压图1图2【解析】

由于电表不是理想电表，则电流表存在内阻，电压表内阻不是无穷大，则在图1中由于采用相对电源的外接法，则由于电压表的分流使电流表偏小；而图2中采用电流表相对电源的内接法；故由于电流表的分压而使电压表示数偏大；图1中采用电流表相对电源的外接法，误差来自于电压表的分流，当外电路短路时，电压表分流可以忽略；故此种接法中短路电流不变；故图3是该电路所测数据的处理结果；由于电压表的分流，电流表示数偏小，故图线是测