2023年云南省玉溪市新平一中物理高二第二学期期中调研试题含解析

2023年云南省玉溪市新平一中物理高二第二学期期中调研试题请考生注意：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、如图所示．小车的上面是中突的两个对称的曲面组成，整个小车的质量为m，原来静止在光滑的水平面上．今有一个可以看作质点的小球，质量也为m，以水平速度v从左端滑上小车，恰好到达小车的最高点后，又从另一个曲面滑下．关于这个过程，下列说法正确的是（）A．小球滑离小车时，小车又回到了原来的位置B．小球在滑上曲面的过程中，对小车压力的冲量大小是C．小球和小车作用前后，小车和小球的速度一定变化D．车上曲面的竖直高度一定大于2、下列各种说法中正确的是()A．物体温度不变，其内能一定不变B．分子运动的平均速度可能为零，瞬时速度不可能为零C．0℃的铁和0℃的冰，它们的分子平均动能相同D．当充满气体的容器自由下落时，由于失重，气体压强将减小为零3、如图所示，两个端面半径同为R的圆柱形铁芯同轴水平放置，相对的端面之间有一缝隙，铁芯上绕导线并与电源连接，在缝隙中形成一匀强磁场。一铜质细直棒ab水平置于缝隙中，且与圆柱轴线等高、垂直。让铜棒从静止开始自由下落，铜棒下落距离为0.2R时铜棒中电动势大小为E1，下落距离为0.8R时电动势大小为E2，忽略涡流损耗和边缘效应。关于E1、E2的大小和铜棒离开磁场前两端的极性，下列判断正确的是()A．E1>E2，a端为正B．E1>E2，b端为正C．E1<E2，a端为正D．E1<E2，b端为正4、如图所示，先后以速度v1和v2匀速把一矩形线圈水平拉出有界匀强磁场区域，v1=2v2，则在先后两种情况下（）A．线圈中的感应电动势之比为：：2B．线圈中的感应电流之比为：：1C．线圈中产生的焦耳热之比：：1D．通过线圈某截面的电荷量之比：：15、如图所示的理想变压器，两个副线圈匝数分别为n1和n2，当把电热器接在ab，使cd空载时，电流表示数为I1，当把同一电热器接在cd，而使ab空载时，电流表的示数为I2，则I1：I2等于A． B． C． D．6、竖直向上抛出一个物体，物体受到大小恒定的阻力f，上升的时间为t1，上升的最大高度为h，物体从最高点经过时间t2落回抛出点．从抛出点到回到抛出点的过程中，阻力做的功为W，阻力的冲量为I，则下列表达式正确的是A．W=0，I=f（t1+t2） B．W=0，I=f（t2-t1）C．W=-2fh，I=f（t1+t2） D．W=-2fh，I=f（t2-t1）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、下列说法正确的是。A．物体的摄氏温度变化了1℃，其热力学温度变化了1KB．气体放出热量时，其分子的平均动能一定减小C．气体之所以能充满整个空间，是因为气体分子间相互作用的引力和斥力十分微弱D．如果气体分子间的相互作用力小到可以忽略不计，则气体的内能只与温度有关E.密闭有空气的薄塑料瓶因降温而变扁，此过程中瓶内空气（不计分子势能）向外界释放热量，而外界对其做功8、在做光电效应实验中，某金属被光照射发生了光电效应，实验测出了光电子的最大初动能Ek与入射光的频率ν的关系如图所示，电子电量为e，由实验图象可求出（）A．该金属的极限频率ν0 B．该金属的逸出功W0=hv0C．遏止电压为E/e D．普朗克常量h=E/ν09、在均匀介质中选取平衡位置在同一直线上的9个质点，相邻两质点的距离均为L，如图（a）所示．一列横波沿该直线向右传播，t=0时到达质点1，质点1开始向下运动，经过时间△t第一次出现如图（b）所示的波形．则该波的（）A．周期为，波速为B．周期为，波长为8LC．周期为△t，波长为8LD．周期为△t，波速为10、一水平长绳上系着一个弹簧和小球组成的振动系统，小球振动的固有频率为2Hz，现在长绳两端分别有一振源P、Q同时开始以相同振幅A上下振动了一段时间，某时刻两振源在长绳上形成波形如图，两列波先后间隔一段时间经过弹簧振子所在位置，观察到小球先后出现了两次振动，小球第一次振动时起振方向向上，且振动并不显著，而小球第二次则产生了较强烈的振动，则（）A．由Q振源产生的波先到达振动系统B．Q振源离振动系统较远C．由Q振源产生的波的波速较接近4m/sD．有4个时刻绳上会出现振动位移大小为2A的点三、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）单摆测定重力加速度的实验中：（1）实验时用20分度的游标卡尺测量摆球直径，示数如图甲所示，该摆球的直径d=_____mm。（2）悬点到小球底部的长度l0，示数如图乙所示，l0=____cm。（3）实验时用拉力传感器测得摆线的拉力F随时间t变化的图象如图丙所示，然后使单摆保持静止，得到如图丁所示的F–t图象。那么：①重力加速度的表达式g=____（用题目中的物理量d、l0、t0表示）。②设摆球在最低点时Ep=0，已测得当地重力加速度为g，单摆的周期用T表示，那么测得此单摆摆动时的机械能E的表达式是____。A．(F1-FC．(F3-F12．（12分）某同学设计了一个探究碰撞时动量变化的规律的实验：将打点计时器固定在长木板的端，把纸带穿过打点计时器，连在小车A的后面。为减小误差，实验时应将木板的________（填“左”或“右”）端垫高一些．他在安装好实验装置后，先接通电源然后轻推小车A，使A获得一定的速度，让小车A运动，小车B静止．在两小车的碰撞端分别装上撞针和橡皮泥，如图甲，碰撞时撞针插入橡皮泥把两小车粘合成一体．电磁打点计时器在纸带上打下一系列的点，实验中打出的纸带如图乙所示，并测得各计数点间距标在图上，则应选__________段计算A的碰前速度（填“BC”、“CD”或“DE”）。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，光滑斜面的倾角α=30°，在斜面上放置一矩形线框abcd，ab边的边长，bc边的边长，线框的质量m=1kg，电阻R=0.1Ω，线框通过细线与重物相连，重物质量M=2kg，斜面上ef线（ef∥gh）的右方有垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度B=0.5T，如果线框从静止开始运动，进入磁场最初一段时间是匀速的，ef线和gh的距离s=11.4m，（取），求：（1）线框进入磁场前重物M的加速度；（2）线框进入磁场时匀速运动的速度v；（3）ab边由静止开始到运动到gh线处所用的时间t；（4）ab边运动到gh线处的速度大小和在线框由静止开始到运动到gh线的整个过程中产生的焦耳热．14．（16分）在光滑水平面上，有一个粗细均匀的单匝正方形线圈abcd，现在外力的作用下从静止开始向右运动，穿过固定不动的有界匀强磁场区域，磁场的磁感应强度为B，磁场区域的宽度大于线圈边长．测得线圈中产生的感应电动势E的大小和运动时间变化关系如图．已知图象中三段时间分别为Δt1、Δt2、Δt3，且在Δt2时间内外力为恒力．(1)定性说明线圈在磁场中向右作何种运动？(2)若线圈bc边刚进入磁场时测得线圈速度v，bc两点间电压U，求Δt1时间内，线圈中的平均感应电动势．(3)若已知Δt1∶Δt2∶Δt3＝2∶2∶1，则线框边长与磁场宽度比值为多少？(4)若仅给线圈一个初速度v0使线圈自由向右滑入磁场，试画出线圈自bc边进入磁场开始，其后可能出现的v－t图象．(只需要定性表现出速度的变化，除了初速度v0外，不需要标出关键点的坐标)15．（12分）已知某金属的极限波长为0.6μm，用0.5μm的光照射该金属表面时发射光电子的最大初动能为多少焦耳？该金属的逸出功为多少焦耳？(普朗克常量h＝6.63×10－34J·s，结果保留2位有效数字)

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、B【解析】

A.小球滑上曲面的过程，小车向右运动，小球滑下时，小车还会继续前进，故不会回到原位置，故A错误．B.由小球恰好到最高点，知道两者有共同速度，根据动量守恒有，小球对小车压力的冲量等于小车动量的变化量，即，B正确；C.由于系统满足动量守恒定律，系统机械能又没有增加，结合小球与小车的质量相等，弹性碰撞类似，可知，相互作用结束后小车的速度仍然等于0，小球的速度仍为v，故C不正确；D.根据能量关系，有，解得，D错误．2、C【解析】

A、内能由分子动能和分子势能两部分构成

温度不变,物体分子平均动能不变,而分子势能是否改变,不知道，A错误。B、温度是分子平均动能变化的标志，所以分子的平均动能不能为零，B错误。C、0℃的铁和0℃的冰，它们的分子平均动能相等，C正确。失重时，密闭容器内的气体对器壁的压强不变。D错误。故选C3、D【解析】解：根据法拉第电磁感应定律：E=BLv，如下图，L1=1=1R，L1=1=1R，又根据v=，v1==1，v1==4，所以E1=4BR，E1=8BR=4BR，所以E1＜E1．再根据右手定则判定电流方向从a到b，在电源内部电流时从电源负极流向正极，故D正确．【点评】由于铜棒切割磁感线时没有形成回路，所以铜棒做的是自由下落．对于电源而言，电源内部电流是从电源负极流向正极．视频4、C【解析】

因为v1=2v2，根据E=BLv，知感应电动势之比2：1，故A错误；感应电流，由于v1=2v2，则感应电流之比为2：1，故B错误；v1=2v2，知时间比为1：2，根据Q=I2Rt，知热量之比为2：1，故C正确；根据，两种情况磁通量的变化量相同，所以通过某截面的电荷量之比为1：1．故D错误；5、B【解析】

设副线圈中的电压分别为，根据输入功率等于输出功率和电压与匝数成正比，可知联立解得故B正确，ACD错误；故选B．【点睛】根据理想变压器原副线圈匝数比与电压、电流比之间的关系即可求解，理想变压器的输入功率与输出功率相等．6、D【解析】

试题分析：上升过程：空气阻力对小球做功下落过程：空气阻力对小球做功则从抛出到落回到抛出点的过程中，空气阻力对小球做的功为取向上为正向，阻力的冲量故选D．考点：考查动能定理和动量定理的应用．【名师点睛】对功的公式要加深理解，不同的力做功l的含义不同，对于滑动摩擦力、空气阻力做功l是路程．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、ACE【解析】

A．由热力学温度与摄氏温度的关系：T=t+273，可知摄氏温度变化1℃，热力学温度变化1K，故A正确；B．气体放出热量时，若外界对气体做功，则气体的温度也可能升高，其分子的平均动能增加，选项B错误；C．无论是气体，液体还是固体，其分子间都存在间距，但气体的间距最大，由于分子间存在较大的间距，气体分子间相互作用的引力和斥力十分微弱，气体分子可以在空间自由运动，所以气体能充满整个空间，C正确；D．气体的内能除分子势能、分子平均动能有关外，还与气体的质量有关。对于气体分子间作用力可以忽略时，气体的内能只由温度和质量决定。分子越多，总的能量越大，所以D错误；E．不计分子势能时，气体温度降低，则内能减小，向外界释放热量；薄塑料瓶变扁，气体体积减小，外界对其做功，故E正确。故选ACE。8、ABD【解析】

A．频率大于ν1时，才能发生光电效应，所以该金属的极限频率为ν1，故A正确；B．根据光电效应方程EKm=hγ−W1=hγ−hγ1知，EKm=1时，W1=-E=hv1，故B正确；C．不同频率的入射光对应光电子的最大初动能不同，根据Ekm=Uce，遏止电压不同，故C错误；D．图线的斜率表示普朗克常量，根据图线斜率可得出普朗克常量h=E/ν1．故D正确．故选ABD.9、AB【解析】横波沿该直线向右传播，由图波长λ=8L，根据题意，图示时刻质点9的振动方向向上．由题波源1的起振动方向向下，则第一次出现如图（b）所示的波形，振动传到质点9后，又传播了周期，则时间与周期的关系为，，则波速，故AB正确，CD错误．点睛：本题考查分析波动形成过程的能力，关键在于分析如何第一次形成图示波形，容易犯的错误是认为，这样质点9的起振方向与波源的起振方向将不一致．10、BCD【解析】

A．由“上下坡”法得知P振源起振方向向上，Q振源起振方向向下，由于小球第一次振动时起振方向向上，故先经过弹簧振子所在位置的是P波，故A错误；B．s=vt，由于两列波在同一介质中传播，波速相等，Q波后到达弹簧振子所在位置，故Q振源离振动系统较远，故B正确；C．Q晚到达弹簧振子所在位置，且小球产生了较强烈的振动，即共振，故Q的振动频率接近2Hz，则周期接近0.5s，波速故C正确；D．由于两列波的频率不同，不会产生稳定干涉现象，由于两列波的波长不等，则根据波的叠加原理，有4个时刻绳上会出现振动位移大小为2A的点，故D正确．故选BCD．【名师点睛】本题关键掌握共振现象及其产生的条件是解题关键，第二次弹簧振子产生了较强烈的振动，小球与波上的质点达产生了共振是本题的突破口，同时要知道机械波的波速由介质决定，同类波在同一介质中传播时波速相等．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、11.7mm100.25cmπ2l0【解析】

（1）由甲图可知，主尺上的读数是11mm，游标尺上第14个刻度与主尺对齐，所以游标尺上的读数为14×0.05mm=0.70mm，所以该摆球的直径d=11.70mm。（2）由乙图可知，悬点到小球底部的长度l0=100.25cm。（3）平衡位置处拉力最大，最大位移处拉力最小。从图丙中看出单摆的周期为4t0。单摆摆长L=l0－d/2，单摆周期公式T=2πlg得，重力加速度g（4）由丁图可知，F3=mg，单摆在最低点时F1–mg=mv2R，根据周期公式变形得摆长l=gT24π2，最低点的机械能E=12mv2，解得E=(F1-F3)gT28π2，所以A错误，B正确；单摆在最高点时F212、左BC【解析】

[1][2]实验前需要平衡摩擦力，需要把木板的左端适当垫高以平衡摩擦力；A与B碰后粘在一起，速度减小，相等时间内的间隔减小，碰撞后的速度小于碰撞前的速度，在相等时间内，碰撞前A的位移大，碰撞后位移小，由图示纸带可知，应选择BC段来计算A的碰前速度。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）a=5m/s2；（2）v=6m/s；（3）t=2.5s；（4）Q=9J【解析】试题分析：（1）线框进入磁场前，线框仅受到细线的拉力，斜面的支持力和线框重力，重物M受到重力和拉力．则由牛顿第二定律得：对重物有：对线框有：．联立解得线框进入磁场前重物M的加速度为：．（2）因为线框进入磁场的最初一段时间做匀速运动，所以重物受力平衡，线框受力平衡，边进入磁场切割磁感线，产生的电动势为：；形成的感应电流为：受到的安培力为：联立上述各式得：代入数据，解得：．（3）线框进入磁场前时，做匀加速直线运动；进磁场的过程中，做匀速直线运动；进入磁场后到运动到线，仍做匀加速直线运动．进磁场前线框的加速度大小与重物的加速度相同，为：该阶段运动时间为：进磁场过程中匀速运动时间为：线框完全进入磁场后线框受力情况同进入磁场前，所以该阶段的加速度仍为：，；代入得：解得：，因此边由静止开始运动到线所用的时间为：．（4）线框边运动到处的速度为：，整个运动过程产生的焦耳热为：．考点：导体切割磁感线时的感应电动势、焦耳定律【名师点睛】本题是电磁感应与力平衡的综合，安培力的计算是关键．本题中运用的是整体法求解加速度．14、(1)匀加速直线