2023年湖北省襄阳市宜城一中、枣阳一中、襄州一中、曾都一中物理高二下期中统考模拟试题含解析

2023年湖北省襄阳市宜城一中、枣阳一中、襄州一中、曾都一中物理高二下期中统考模拟试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，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、一闭合线圈放在随时间均匀变化的磁场中，线圈平面和磁场方向垂直．若想使线圈中的感应电流增强一倍，下述方法不可行的是()A．使线圈匝数增加一倍B．使线圈面积增加一倍C．使线圈匝数减少一半D．使磁感应强度的变化率增大一倍2、如图所示，上下开口、内壁光滑的铜管P和塑料管Q竖直放置，小磁块先后在两管中从相同高度处由静止释放，并落至底部，则小磁块（）A．在P和Q中都做自由落体运动B．在两个下落过程中的机械能都守恒C．在P中的下落时间比在Q中的长D．落至底部时在P中的速度比在Q中的大3、己知一列横波在某一时刻的波形图，已知D点此时的运动方向如图，则（）A．波向左传播B．质点F和H的运动方向相同C．质点B和D的加速度方向相同，而速度方向相反D．质点H比G先回到平衡位4、关于气体的状态参量，下列说法中正确的是（）A．温度由气体分子热运动的平均速度决定 B．体积就是气体所有分子体积的总和C．气体压强是由气体分子间的斥力产生的 D．压强在数值上就等于气体对单位面积器壁的压力5、电磁感应现象揭示了电和磁之间的内在联系，根据这一发现，发明了许多电器设备．下列用电器中，哪个没有利用电磁感应原理()A．电磁炉 B．白炽灯泡 C．磁带录音机 D．日光灯镇流器6、如图，金属壳放在光滑的绝缘水平垫上，不能起到屏蔽外电场或内电场作用的是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、在冰壶比赛中，球员手持毛刷擦刷冰面，可以改变冰壶滑行时受到的阻力。如图a所示，蓝壶静止在圆形区域内，运动员用等质量的红壶撞击蓝壶，两壶发生正碰。若碰撞前、后两壶的v－t图像如图b所示。关于冰壶的运动，下列说法正确的是（）A．两壶发生弹性碰撞 B．蓝壶受到的滑动摩擦力较大C．碰撞后两壶相距的最远距离为1.1m D．碰撞后蓝壶的加速度大小为0.12m/s28、如图，一定质量的理想气体从状态a出发，经过等容过程ab到达状态b，再经过等温过程bc到达状态c，最后经等压过程ca回到状态a。下列说法正确的（）A．在过程ab中气体的内能增加B．在过程ca中气体对外界做功C．在过程bc中气体向外界放出热量D．在过程ca中气体向外界放出热量9、一简谐横波在x轴上传播，如图轴上a、b两点相距12m．t＝0时a点为波峰，b点为波谷；t＝0.5s时，a点为波谷，b点为波峰．则下列判断中正确的是A．波一定沿x轴正方向传播 B．波长可能是8mC．周期可能是0.2s D．波速一定是24m/s10、如图，一定质量的理想气体从状态a出发，经过等容过程ab到达状态b，再经过等温过程bc到达状态c，最后经等压过程ca回到状态a．下列说法正确的是（）A．在过程ab中气体的内能增加 B．在过程ca中外界对气体做功C．在过程ab中气体对外界做功 D．在过程bc中气体从外界吸收热量三、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）某同学测量一个圆柱体的电阻率，需要测量圆柱体的尺寸和电阻．①分别使用游标卡尺和螺旋测微器测量圆柱体的长度和直径，某次测量的示数如图(a)和图(b)所示，长度为_____cm，直径为_____mm．②按图(c)链接电路后，实验操作如下：(a)将滑动变阻器R1的阻值置于最_____处（填“大”或“小”）；将S2拨向接点1，闭合S1，调节R1，使电流表示数为I0；(b)将电阻箱R2的阻值调至最______（填“大”或“小”）；将S2拨向接点2；保持R1不变，调节R2，使电流表示数仍为I0，此时R2阻值为1280Ω；③由此可知，圆柱体的电阻为_____Ω．12．（12分）某同学在做“用单摆测定重力加速度”的实验。(1)测摆长时测量结果如图所示（单摆摆线的另一端与刻度尺的零刻线对齐），摆长为________cm；然后用秒表记录了单摆振动50次所用的时间，如图所示，秒表读数为____________s；(2)他测得的g值偏大，可能的原因是_______。A．测摆长时摆线拉得过紧B．摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了C．开始计时时，秒表提前按下D．实验中误将51次全振动次数计为50次四、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）13H的质量是3.016050u，质子的质量是1.007277u，中子的质量是1.008665u．1uc2=931.5MeV（兆电子伏特），c为光速，普朗克常量h=6.63×10-34(1)写出一个质子和两个中子结合为氚核时的核反应方程。(2)氚核的结合能和比结合能各是多少？(3)如果这些能量是以射出2个相同光子的形式释放，则每个光子的频率是多少？14．（16分）如图所示，一光滑金属直角形导轨aOb竖直放置，Ob边水平．导轨单位长度的电阻为ρ，电阻可忽略不计的金属杆cd搭在导轨上，接触点为M、N.t＝0时，MO＝NO＝L，B为一匀强磁场、方向垂直纸面向外．(磁场范围足够大，杆与导轨始终接触良好，不计接触电阻)(1)若使金属杆cd以速率v1匀速运动，且速度始终垂直于杆向下，求金属杆所受到的安培力随时间变化的表达式；(2)若保证金属杆接触点M不动，N以速度v2向右匀速运动，求电路中电流随时间的表达式；(3)在(1)问的基础上，已知杆的质量为m，重力加速度g，则求t时刻外力F的瞬时功率．15．（12分）如图所示，一根电阻为R＝12Ω的电阻丝做成一个半径为r＝1m的圆形导线框，竖直放置在水平匀强磁场中，线框平面与磁场方向垂直，磁感应强度为B＝0.2T．现有一根质量为m＝0.1kg、电阻不计的导体棒，自圆形导线框最高点由静止起沿线框下落，在下落过程中始终与线框良好接触，已知下落距离为时，棒的速度大小为v1＝m/s，下落到经过圆心时棒的速度大小为v2＝m/s，试求：(取g＝10m/s2)(1)画出下落距离为时的等效电路图，并求出此时棒产生的感应电动势大小；(2)下落距离为时棒的加速度的大小；(3)从开始下落到经过圆心过程中棒克服安培力做的功及线框中产生的热量．

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】试题分析：根据法拉第电磁感应定律可得E=nΔΦΔt=n故选D考点：考查了法拉第电磁感应定律点评：做本题的关键是通过式子来判断电流的变化，另外需要注意的是，匝数变化，电阻跟着变化，2、C【解析】试题分析：当小磁块在光滑的铜管P下落时，由于穿过铜管的磁通量变化，导致铜管产生感应电流，因磁场，从而产生安培阻力，而对于塑料管内小磁块没有任何阻力，在做自由落体运动，故A错误；由A选项分析可知，在铜管的小磁块机械能不守恒，而在塑料管的小磁块机械能守恒，故B错误；在铜管中小磁块受到安培阻力，则在P中的下落时间比在Q中的长，故C正确；根据动能定理可知，因安培阻力，导致产生热能，则至底部时在P中的速度比在Q中的小，故D错误．故选C。考点：电磁感应3、C【解析】

A．由题，D点此时的运动方向向上，而C点已经到达波峰，说明D点的振动比C点的振动滞后，波向右传播。故A错误。B．图中，F点的运动方向与D点相同，均向上，而质点H的运动方向向下，所以质点F和H的运动方向相反。故B错误。C．质点B和D位于各自平衡位置的上方，加速度方向均向下。而B点的速度方向向下，与D点速度方向相反。故C正确。D．由图可知，质点G直接向上向平衡位置运动，而质点H先向下，后向上向平衡位置运动，则质点G比H先回到平衡位置。故D错误。4、D【解析】

A项：温度是分子平均动能大小的标志，气体温度的高低反映了大量分子无规则运动的剧烈程度，故A错误；B项：体积是气体所有分子所占空间体积的总和，故B错误；C、D项：气体的压强是由于大量气体分子持续撞击器壁产生的，在数值上就等于气体对单位面积器壁的压力，故C错误，D正确。5、B【解析】A项：电磁炉利用交流电通过线圈在锅底产生涡流，是利用的电磁感应原理；B项：白炽灯泡利用电流的热效应，不是利用电磁感应原理；C项：磁带录音机利用电磁感应原理，将声音信号变成电信号；D项：日光灯镇流器利用电磁感应原理使日光灯启动．故选项A、C、D是利用了电磁感应，而选项B没有，故选B．6、C【解析】

屏蔽作用是金属材料制成的壳体或网罩，当存在电场时，金属壳被感应带电，导致电荷重新分布，出现感应电场，从而与原来电场相叠加．出现合电场强度为零．起到屏蔽的作用．【详解】A项：当正电荷放在金属壳外时，使金属壳左端带负电荷，右端带正电荷，两端出现电压，导致感应电场与外电场相叠加，所以内部电场强度为零．起到屏蔽的作用；B项：当正电荷放在金属壳外时，使金属壳左端带负电荷，由于右端接地，则不带电，两端仍出现电压，导致感应电场与外电场相叠加，所以内部电场强度为零．起到屏蔽的作用；C项：当正电荷放在金属壳内时，使金属内壳带负电荷，外壳带正电荷，出现电场，导致出现感应电场没起到屏蔽的作用；D项：当正电荷放在金属壳内时，由于接地，则使金属壳外不带电，内部左端带负电荷，右端带正电荷，而外部没有电场，从而起到屏蔽的作用故选C．【点睛】电磁波无法通过金属体，故金属材料制成的壳体或网罩，对电磁波有屏蔽作用．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．设碰后蓝壶的速度为v，碰前红壶的速度v2=1．2m/s，碰后红壶的速度为v′2=2．4m/s，取碰撞前红壶的速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得：mv2=mv′2+mv解得：v=2.6m/s碰撞前两壶的总动能为碰撞后前两壶的总动能为所以两壶碰撞为非弹性碰撞，故A错误；B．根据v-t图象的斜率表示加速度，知碰后红壶的加速度比蓝壶的加速度大，两壶质量相等，所以红壶的滑动摩擦力比蓝壶的滑动摩擦力大，故B错误；C．根据碰前红壶的速度图象可知红壶的加速度大小为：所以蓝壶静止的时刻为：速度图象与坐标轴围成的面积表示位移，则碰后两壶相距的最远距离为：故C正确；D．碰后蓝壶的加速度大小为故D正确。故选CD。8、AD【解析】

A．从状态a出发，经过等容过程到达状态b，根据可知温度升高，则气体的内能增加，故A正确；B．在过程ca中气体的压强不变，体积减小，所以外界对气体做功，故B错误；C．在过程bc中，气体的温度不变，则内能不变，气体膨胀对外做功，根据热力学第一定律可知，气体从外界吸收热量，故C错误；D．在过程ca中压强不变，体积减小，所以外界对气体做功，根据可知温度降低，内能减小，根据热力学第一定律可知，气体向外界放出热量，故D正确；故选AD。9、BC【解析】A项：由题可知波的传播方向是不确定的，故A错误；B项：从波动图象可知：若a点为波峰，b点为波谷，则二者相距至少半个波长，或者n个波长另加半个波长，故有：，（n=0，1、2、3…），得，当n=1时，λ=8m，故B正确；C项：由题意有：，（k=0，1、2、3…），得k是整数，则T不可能是0.5s，故C错误；D项：波速为，（n、k=0，1、2、3…），当k=1，n=1时，v=24m/s，故D正确．点晴：本题关键是波形的空间周期性和振动的时间周期性导致多解，求解波长和周期的通项表达式即可，即t=0时，a点为波峰，b点为波谷，故a、b间的距离为半波长的奇数倍；t=0.5s时，a点为波谷，b点为波峰，故t为半周期的奇数倍．10、ABD【解析】从a到b等容升压，根据＝C可知温度升高，一定质量的理想气体内能决定于气体的温度，温度升高，则内能增加，故A正确；在过程ca中压强不变，体积减小，所以外界对气体做功，故B正确；在过程ab中气体体积不变，根据W=p△V可知，气体对外界做功为零，故C错误；在过程bc中，属于等温变化，气体膨胀对外做功，而气体的温度不变，则内能不变；根据热力学第一定律△U=W+Q可知，气体从外界吸收热量，故D正确；故选ABD.点睛：本题主要是考查了理想气体的状态方程和热力学第一定律的知识，要能够根据热力学第一定律判断气体内能的变化与哪些因素有关（功和热量）；热力学第一定律在应用时一定要注意各量符号的意义；△U为正表示内能变大，Q为正表示物体吸热；W为正表示外界对物体做功．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、①5.015.315②（a）大（b）大③1280【解析】①根据游标卡尺读数规则，主尺读数为5cm，游标尺读数为0.05×3mm，长度为5.015cm，根据螺旋测微器的读数规则，主尺读数为5mm，可动刻度为31.0×0.01mm，所以直径为5.310mm．②(a)为了保护电路，因此闭合电键前，滑动变阻器一定调到阻值最大；(b)将固柱体电阻换成电阻箱时，也一定将电阻箱调到最大，也是为了保护电路安全；③此题采用等效替代法测量电阻，圆柱体的电阻等于电阻箱R2的阻值为1280Ω．点晴：首先应明确实验原理，本实验中测量电阻所采取的方法是替代法．12、99.80130.5A【解析】

(1)[1][2]毫米刻度尺最小刻度为1mm，估读到0.1mm，则摆长等于99.80cm；秒表最小刻度为0.5s不估读，秒表的读数为120s+10.5s=130.5s(2)[3]根据，解得A．测摆线时摆线拉得过紧，测得摆长偏大，则测得重力加速度偏大，故A正确；B．摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加，则测得的摆长偏小，测得重力加速度偏小，故B错误；C．开始计时时，秒表提前按下，测得周期偏大，则重力加速度偏小，故C错误；D．实验中误将51次全振动次数计为50次，测得周期偏大，则重力加速度偏小，故D错误。故选AC。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)11H+201【解析】(1)核反应方程式是：1(2)反应前各核子总质量为：m反应后新核的质量为：m质量亏损为：Δm=3.024607u-3.016050u=0.008557u释放的核能为：ΔE=Δmc氚核的结合能即为：ΔE=7.97MeV它的比结合能为：Δ