河北省遵化市堡子店中学2023年物理高二第二学期期中学业水平测试试题含解析

河北省遵化市堡子店中学2023年物理高二第二学期期中学业水平测试试题注意事项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、两个相向运动的物体碰撞后都静止，这说明两物体原来的()．A．速度大小相等B．质量大小相等C．动量大小相等D．动量相同2、如图所示，1831年法拉第把两个线圈绕在一个铁环上，A线圈与电源、滑动变阻器R组成一个回路，B线圈与开关S、电流表G组成另一个回路通过多次实验，法拉第终于总结出产生感应电流的条件关于该实验下列说法正确的是A．闭合开关S的瞬间，电流表G中有的感应电流B．闭合开关S的瞬间，电流表G中有的感应电流C．闭合开关S，滑动变阻器的滑片向左滑的过程中，电流表G中有的感应电流D．闭合开关S，滑动变阻器的滑片向左滑的过程中，电流表G中有的感应电流3、如图所示，E为电源，其内阻为r，L为小灯泡(其灯丝电阻可视为不变)，R1、R2为定值电阻，R3为光敏电阻(阻值随光强增大而减小)．闭合开关S后，若照射R3的光强度减弱，则A．R1两端的电压变大 B．小灯泡消耗的功率变小C．通过R2的电流变小 D．电源两极间的电压变小4、下列说法正确的是（）A．由空气进入水中，电磁波波长变短，声波波长变长B．麦克斯韦第一次用实验证实了电磁波的存在C．建筑外装涂膜玻璃应用了光的全反射D．鸣笛汽车驶近路人的过程中，路人听到的声波频率与该波源的频率相比减小5、如图所示，在一个绕有线圈的可拆变压器铁芯上分别放一小铁锅水和一玻璃杯水．给线圈通入电流，一段时间后，一个容器中水温升高，则通入的电流与水温升高的是()A．恒定直流、小铁锅B．恒定直流、玻璃杯C．变化的电流、小铁锅D．变化的电流、玻璃杯6、如图（a）所示，理想变压器原副线圈匝数比n1：n2＝55：4，原线圈接有交流电流表A1，副线圈电路接有交流电压表V、交流电流表A2、滑动变阻器R等，所有电表都是理想电表，二极管D正向电阻为零，反向电阻无穷大，灯泡L的阻值恒定．原线圈接入的交变电流电压的变化规律如图（b）所示，则下列说法正确的是（）A．交流电压表V的读数约为45.2VB．灯泡L两端电压的有效值约为22.6VC．当滑动变阻器的触头P向下滑动时，电流表A2示数增大A1示数减小D．由图（b）可知交流发电机转子的角速度为50rad/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，在光滑水平面上停放着质量为m的装有光滑弧形槽的小车，一质量也为m的小球以水平初速度沿底端槽口向左滑上小车，到达某一高度后，小球又返回右端，则（）A．此过程中小球和小车组成的系统动量守恒B．小球离开车以后相对地面将向右做平抛运动C．此过程小球对小车做的功为D．小球沿弧形槽上升的最大高度为8、如图甲所示，理想变压器的原、副线圈匝数比n1∶n2＝10∶1，原线圈输入的交流电压如图乙所示，副线圈电路接有滑动变阻器R和额定电压为12V、工作时内阻为2Ω的电动机．闭合开关，电动机正常工作，电流表示数为1A，则()A．副线圈两端电压为22VB．电动机输出的机械功率为12WC．通过电动机的交流电频率为50HzD．突然卡住电动机，原线圈输入功率变小9、如图甲圆环a和b均由相同的均匀导线制成，a环半径是b环的两倍，两环用不计电阻且彼此靠得较近的导线连接．若仅将a环置于图乙所示变化的磁场中，则导线上M、N两点的电势差UMN=0.4V.下列说法正正确的是A．图乙中，变化磁场的方向垂直纸面向里B．图乙中，变化磁场的方向垂直纸面向外C．若仅将b环置于图乙所示变化的磁场中，则M、N两端的电势差UMN=-0.4VD．若仅将b环置于图乙所示变化的磁场中，则M、N两端的电势差UMN=-0.2V10、在如图甲所示的电路中，螺线管匝数n=1250匝，横截面积S=20cm2,．螺旋管导线电阻r=1Ω，R1=4Ω，R2=5Ω，C=20μF．在一段时间内，竖直向下穿过螺线管的磁场的磁感应强度B按如图乙所示的规律变化，则下列说法中正确的是（）A．螺线管中产生的感应电动势为1000VB．闭合S，电路中的电流稳定后，电容器下极板带负电C．闭合S，电路中的电流稳定后，通过电阻R1的电流为0.1AD．闭合S，电路中的电流稳定后，再断开S，以后流经R2的电量为三、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）在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，现有一个标有“2.5V，0.5A”的小灯泡、导线和开关，还有以下实验仪器供选择：A．干电池两节（电动势约为3V）B．直流电流表（量程0〜0.6A，内阻约为5Ω）C．直流电压表（量程0〜3V，内阻约为10kΩ）D．滑动变阻器（最大阻值10Ω，允许通过的最大电流为2A）E.滑动变阻器（最大阻值1kΩ，允许通过的最大电流为0.5A）实验要求小灯泡两端的电压从零开始变化并能测多组数据。(1)滑动变阻器应选用___________。（填字母）(2)请按要求将图中所示的器材连成实验电路___________。若直接将剩余导线正确连接，实物图中还有两处错误可能导致实验不安全，请指出：___________，___________。(3)某次实验测得电压表与电流表读数分别如图所示，其中电压表的读数为___________V，此时灯泡的实际功率为______________W。（保留两位有效数字）12．（12分）在“用单摆测定重力加速度”实验中：(1)除长约1m的细线、带铁夹的铁架台、有小孔的小球、游标卡尺外，下列器材中，还需要_________（填正确答案的标号）A．秒表B．米尺C．天平D．弹簧秤(2)用游标卡尺测小球的直径，如图所示，则小球的直径是_________.(3)下列做法正确的是_________；（填正确答案的标号）A．从摆球达到最高位置时开始计时B．记录摆球完成一次全振动的时间C．要让摆球在竖直平面内摆动的角度不小于5°D．选用的细线应细、质量小，且不易伸长(4)从悬点到球心的距离是摆长L，改变摆长L的长度，测得6组L和对应的周期T，画出图线，在图线上选取A、B两个点，两个点的坐标如图所示，则重力加速度的表达式是_________.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）一定量的气体从外界吸收了2.6×105

J的热量，内能增加了4.2×105

J.(1)是气体对外界做了功，还是外界对气体做了功？做了多少焦耳的功？(2)如果气体吸收的热量仍为2.6×105

J不变，但是内能只增加了1.6×105

J，计算结果W＝－1.0×105

J，是负值，怎样解释这个结果？(3)在热力学第一定律ΔU＝W＋Q中，W，Q和ΔU为正值、负值各代表什么物理意义14．（16分）如图所示，平行金属导轨与水平面间夹角均为θ＝37°，导轨间距为1m，电阻不计，导轨足够长．两根金属棒ab和a′b′的质量都是0.2kg，电阻都是1Ω，与导轨垂直放置且接触良好，金属棒a′b′和导轨之间的动摩擦因数为0.5，金属棒ab和导轨无摩擦，导轨平面PMKO处存在着垂直轨道平面向上的匀强磁场，导轨平面PMNQ处存在着沿轨道平面向上的匀强磁场，磁感应强度B的大小相同．让a′b′固定不动，将金属棒ab由静止释放，当ab下滑速度达到稳定时，整个回路消耗的电功率为18W.求：(1)ab达到的最大速度多大？(2)ab下落了30m高度时，其下滑速度已经达到稳定，则此过程中回路电流的发热量Q多大？(3)在ab下滑过程中某时刻将a′b′固定解除，为确保a′b′始终保持静止，则a′b′固定解除时ab棒的速度有何要求？(g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)15．（12分）一小型发电机通过升压、降压变压器把电能输送给某工厂，已知发电机的输出功率为为50kW，输出电压为500V，升压变压器原、副线圈匝数比为1:5，两个变压器间的输电导线的总电阻为15Ω，降压变压器的输出电压为220V，变压器本身的损耗忽略不计，在输电过程中电抗造成电压的损失不计，求：（1）升压变压器副线圈两端的电压；（2）输电线上损耗的电功率；（3）降压变压器原、副线圈的匝数比．（4）该厂安装的都是“220V40W”的电灯，不考虑其他电器，则允许同时开多少盏灯？

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】

两球碰撞过程中动量守恒，碰后两球都静止，说明碰撞前后两球的总动量为零，故碰前两个球的动量大小相等，方向相反，ABD错误，C正确。2、D【解析】

AB.因为左端线圈产生恒定的磁场，所以右侧线圈中的磁通量不发生变化，闭合开关瞬间不会产生感应电流，AB错误．CD.闭合开关S，滑动变阻器的滑片向左滑的过程中，回路电阻变大，电流变小，产生磁场强度变小，根据右手定则可以判断，B线圈感应电流产生的磁场向下，根据右手定则判断流经电流表的电流为，C错误D正确．3、B【解析】

A.将光照强度减弱，光敏电阻的阻值增大，电路中的总电阻增大；由闭合电路欧姆定律可得，电路中干路电流减小，故R1两端的电压减小，故A错误；

C.因干路电流减小，电耗的内电压减小，路端电压增大，同时R1两端的电压减小，故并联电路部分电压增大；则流过R2的电流增大，故C错误；

B.由并联电路的电流规律可知，流过灯泡的电流一定减小，故由P=I2R可知，小灯泡消耗的功率变小，故B正确；

D.电源两端的电压为路端电压，由上分析可知，电源两端的电压变大，故D错误；

故选：B。4、A【解析】

A．电磁波由空气进入水中，频率不变，波速减小，根据可知电磁波波长变短，声波由空气进入水中，频率不变，波速增大，所以波长变长，A正确；B．麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹第一次用实验证实了电磁波的存在，B错误；C．建筑外装涂膜玻璃应用了光薄膜干涉，C错误；D．鸣笛汽车驶近路人的过程中，根据多普勒效应可知路人听到的声波频率与该波源的频率相比增大，D错误。故选A。5、C【解析】容器中水温升高，是电能转化成内能所致．因此只有变化的电流才能导致磁通量变化，且只有小铁锅处于变化的磁通量时，才能产生感应电动势，从而产生感应电流．导致电流发热．玻璃杯是绝缘体，不能产生感应电流．故C正确，ABD错误．6、B【解析】

由图b可知，原线圈输入电压有效值为440V，根据，可得副线圈电压为32V，交流电压表V的示数为有效值，即为32V，故A错误；设灯泡L两端电压的有效值为U'，灯泡的阻值为r，交变电流的周期为T，根据交变电流有效值的定义有：，解得：U′=16V=22.6V，故B正确；当滑动变阻器的触头P向下滑动时，滑动变阻器阻值减小，则由欧姆定律可知，电流表A2示数变大，因为理想变压器输入功率与输出功率相等，所以电流表A1示数也变大，故C错误；根据可知，交流发电机转子的角速度为100πrad/s，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、CD【解析】

A．系统整个过程水平方向动量守恒，竖直方向动量不守恒，故A错误；B．设小球离开小车时，小球的速度为v1，小车的速度为v2，整个过程中动量守恒，得：由动能守恒得联立解得即小球与小车分离后二者交换速度；所以小球与小车分离后做自由落体运动，故B错误；C．此过程中小球对小车的功等于小车动能的增加，即故C正确；D．当小球与小车的水平速度相等时，小球弧形槽上升到最大高度，设该高度为h，则联立解得故D正确。故选CD。8、AC【解析】

A、输入电压最大值为220，则有效值：220V，22V，则A正确；B、输出的机械功率：12×1﹣12×2W＝10W，则B错误；C、由乙图知周期为0.02S，则，则C正确；D、卡住电动机，电路中的电流增大，输出功率增加，则原线圈输入功率增加，则D错误．9、AD【解析】

AB.a环置于磁场中，则导线M、N两点的电势差大于零，则M点电势高，感应电流方向为逆时针，原磁场的方向垂直纸面向里，故A正确，B错误．CD.a环与b环的半径之比为2：1，故周长之比为2：1，根据电阻定律，电阻之比为2：1；M、N两点间电势差大小为路端电压，．磁感应强度变化率恒定的变化磁场，故根据法拉第电磁感应定律公式E=S，得到两次电动势的大小之比为4：1，故两次的路段电压之比为U1：U2=2：1．根据楞次定律可知，将b环置于磁场中，N点的电势高，故电势差

UMN=-0.2V，故C错误，D正确．10、CD【解析】A、根据法拉第电磁感应定律：，故A错误；

B、根据楞次定律可知回路中产生的电流方向是逆时针，所以电容器下级板带正电，故B错；C、根据闭合电路欧姆定律，有：，故C对；D、S断开后，流经R2的电量即为S闭合时C板上所带的电量Q

电容器两端的电压：

流经R2的电量：，故D正确；综上所述本题答案是：CD点睛：要会运用楞次定律判断电流的方向，并且要对电容器的充放电有一个正确的认识．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、D连接导线前开关应断开滑动变阻器应滑到最左端2.100.78~0.82【解析】

(1)[1]．滑动变阻器要接成分压电路，则应选用阻值较小的D；(2)[2]．电路连接如图：[3][4]．实物图中有两处错误可能导致实验不安全，分别是：连接导线前开关应断开；滑动变阻器应滑到最左端。(3)[5][6]．电压表量程为0~3V，则读数为2.10V；电流表读数为0.380A，则此时灯泡的实际功率为P=IU=0.38×2.10W=0.80W12、AB12.5mmCD【解析】

(1)[1]在实验中，需要测量单摆的周期，所以需要秒表，需要测量摆线的长度，所以需要米尺，摆球的质量不需要测量，所以不需要天平或弹簧秤，所以AB选项是正确的.(2)[2]游标卡尺的主尺读数为12mm，游标读数为，所以最终读数为：.(3)[3]A．摆球经过平衡位置时速度最大，在该处计时测量误差较小.故A错误.B．通过测量n次全振动的时间t，通过求解周期，测量一次误差较大.故B错误.C．摆球在同一竖直面内摆动，不能做圆锥摆.当摆角不超过5°时其摆动可视为简谐振动，所以C是正确的.D．选用的细线应细、质量小，且不易伸长.所以D是正确的.(4)[4]根据：得出：可知图线的斜率：又由图象知：所以得出：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）外界对气体做了1.6×105J的功（2）说明气体对外界做功（3）在公式ΔU＝W＋Q中，ΔU>0，物体内能增加；ΔU<0，物体内能减少．Q>0，物体吸热；Q<0，物体放热．W>0，外界对物体做功；W<0，物体对外界做功【解析】(1)根据ΔU＝W＋Q得W＝ΔU－Q，将Q＝2.6×105J，ΔU＝4.2×105J代入式中得：W＝1.6×105J>0，说明外界对气体做了1.6×105J的功．(2)如果吸收的热量Q＝2.6×105J，内能增加了1.6×105J，即ΔU＝1.6×105J，则W＝－1.0×105J，说明气体对外