2023年河北省衡水市第十三中学物理高二第二学期期中经典模拟试题含解析

2023年河北省衡水市第十三中学物理高二第二学期期中经典模拟试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，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、如图所示，水平方向的弹簧振子振动过程中，振子先后经过a、b两点时的速度相同，且从a到b历时0.2s，从b再回到a的最短时间为0.4s，，c、d为振子最大位移处，则该振子的振动频率为（）A．1Hz B．1.25HzC．2Hz D．2.5Hz2、某同学质量为60kg，在军事训练中要求他从岸上以的速度跳到一条向他缓缓飘来的小船上，然后去执行任务，小船的质量是140kg，原来的速度是，该同学上船后又跑了几步，最终停在船上，此时小船的速度v和该同学动量的变化分别为A．B．C．D．3、如图所示连接电路，电源电动势为6V。先使开关S与1端相连，电源箱电容器充电，这个过程可以瞬间完成。然后把开关S掷向2端，电容器通过电阻R放电，电流传感器将测得的电流信息传入计算机，屏幕上显示出电流随时间变化的图线如图所示。据此图可估算电容器释放的电荷量，并进而估算电容器的电容为（）A．2.0×10-3F B．1.4×10-3F C．5.5×10-4F D．4.0×10-4F4、关于多普勒效应的叙述，下列说法正确的是（）A．产生多普勒效应的原因是波源频率发生了变化B．产生多普勒效应的原因是观察者和波源之间发生了相对运动C．甲乙两车相向行驶，两车均鸣笛，且发出的笛声频率相同，乙车中的某旅客听到的甲车笛声频率低于他听到的乙车笛声频率D．波源静止时，不论观察者是静止的还是运动的，对波长“感觉”的结果是相等的5、如图所示为一简谐横波在某一时刻的图象,设波沿x轴正方向传播,下列说法中正确的是()A．此时刻质点C振幅为负值B．此时刻质点B、E的速度相同C．此时刻质点C、F的加速度和速度都为零D．此时刻质点D正沿y轴负方向运动6、如图所示，一篮球从离地H高处的篮板上A点以初速度v0水平弹出，刚好在离地h高处被跳起的同学接住，不计空气阻力．则篮球在空中飞行的()A．时间为 B．时间为C．水平位移为v0 D．水平位移为v0二、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、如图为“研究电磁感应现象”的实验装置，现将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流计及电键按如图所示连接，在闭合开关瞬间，发现灵敏电流计的指针向右偏了一下。那么闭合开关后，下列说法中正确的是（）A．将线圈A迅速插入线圈B的过程中，电流计指针会向左偏转B．将线圈A缓慢插入线圈B后稳定的过程中，电流计指针一直向右偏C．将线圈A插入线圈B且稳定后，变阻器滑片匀速向左滑动时，电流计指针向左偏转D．将线圈A插入线圈B且稳定后，变阻器滑片加速向左滑动时，电流计指针向左偏转8、如图所示，质量为M的小车置于光滑的水平面上，车的上表面粗糙，有一质量为m的木块以初速度v0水平地滑至车的上表面，若车表面足够长，则（）A．木块的最终速度为B．由于车表面粗糙，小车和木块所组成的系统动量不守恒C．车表面越粗糙，木块减少的动能越多D．不论车表面的粗糙程度如何，小车获得的动能均为定值9、一单匝闭合线框在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴匀速转动，在转动过程中，线框中的最大磁通量为Φm，最大感应电动势为Em，下列说法中正确的是()A．当磁通量为零时，感应电动势也为零B．当磁通量减少时，感应电动势在增大C．当磁通量等于0.5Φm时，感应电动势等于0.5EmD．角速度ω＝Em/Φm10、如图所示，有一理想变压器，原线圈匝数为，两个副线圈的匝数分别为和，原副线圈的电压分别为、、，电流分别为、、，两个副线圈负载电阻的阻值未知，下列结论中，正确的是A．：：：：B．C．D．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）欧姆表的原理如图．其中，电池的电动势为E、内阻为r，表头G的满偏电流为Ig、内阻为Rg．(1)图中的A端应与_______(填“红”或“黑”)色表笔相连接．(2)测量电阻前，将红、黑色表笔短接，调节可变电阻使通过表头G的电流达到Ig，此时可变电阻接入电路的阻值R0=______________．(3)测量电阻时，若表头G的示数为I，则被测电阻的阻值Rx=__________．[(2)、(3)结果用E、r、Ig、Rg、I表示]12．（12分）“测定玻璃的折射率”部分实验步骤如下：①先在白纸上画一条直线EE′，代表两种介质的分界面；再画出一直线段AB作为入射光线，然后画出分界面上B处的法线NN′，如图所示。②把长方形的玻璃砖放在白纸上，使它的一个长边与EE′对齐，用直尺或三角板轻靠在玻璃砖的另一长边，按住直尺或三角板不动。将玻璃砖取下，画出直线FF′代表玻璃砖的另一边。③在直线AB上竖直插上两枚大头针G1、G2，放回玻璃砖，然后透过玻璃砖观察大头针G1、G2的像，调整视线方向，直到G1的像被G2挡住。④在观察的这一侧竖直地插上两枚大头针G3和G4，用G3挡住G1、G2的像，用G4挡住G3以及G1、G2的像。⑤移去大头针和玻璃砖，过G3、G4的插点画直线CD，与FF′相交于C点，直线CD就表示沿直线AB入射的光线透过玻璃砖后的光线，连接BC，BC就是玻璃砖内的折射光线的路径。⑥用量角器量出入射角i和折射角r（1）以下各说法中正确的是（____）A．G1、G2及G3、G4之间的距离适当大些，可以提高准确度B．G1、G2及G3、G4之间的距离取得小些，可以提高准确度C．入射角i适当大些，可以提高准确度D．G1、G2的间距和入射角的大小均与实验的准确度无关（2）该玻璃的折射率n=_________（用i、r表示）（3）若作出的EE′与FF′的间距比玻璃两表面的实际间距大，则测量结果将________（填“偏大”或“偏小”或“无影响”）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，水平放置的平行金属导轨相距l=0.5m，左端接一电阻R=0.2Ω，有一磁感应强度B=0.4T的匀强磁场，方向垂直于导轨平面。导体棒ab垂直放在导轨上，并能无摩擦地沿导轨滑动，导轨和导体棒的电阻均可忽略不计，当ab以v=4m/s的速度水平向右匀速滑动时，求：(1)ab棒中感应电动势的大小；(2)回路中感应电流的大小；(3)维持ab棒做匀速运动的水平外力F的大小。14．（16分）如图所示是一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t=0时刻的波形图，波的传播速度v=2m/s，试求：①x=4m处质点的振动函数表达式；②x=5m处质点在0～4.5s内通过的路程s．15．（12分）如图所示，扇形AOB为透明柱状介质的横截面，圆心角∠AOB＝60°．一束平行于角平分线OM的单色光由OA射入介质，经OA折射的光线恰平行于OB．(1)求介质的折射率；(2)折射光线中恰好射到M点的光线(填“能”或“不能”)发生全反射。

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】

由题可知，a、b两点关于平衡位置对称，从a到b历时从b再回到a的最短时间为0.4s，即从b到c所用时间为所以弹簧振子振动的周期为则振动频率为故B正确，ACD错误。故选B。2、B【解析】

水的阻力忽略不计，该同学跳上小船后与小船达到同一速度的过程，人和船组成的系统合外力为零，系统的动量守恒，根据动量守恒定律列式求解．【详解】规定人原来的速度方向为正方向。设人上船后，船与人共同速度为v。由题意，水的阻力忽略不计，该同学跳上小船后与小船达到同一速度的过程，人和船组成的系统合外力为零，系统的动量守恒，则由动量守恒定律得：m人v人-m船v船=（m人+m船）v，代入数据解得：v=0.25m/s，方向与船原来的速度方向相反。动量的变化△p为：△p=m人v-m人v人=60×（0.25-2）=-105kg•m/s；故选B。【点睛】解答本题的关键是抓住已知条件，判断人和船系统的动量守恒，同时要注意选取正方向，用符号表示速度的方向．3、C【解析】

图中图线和时间轴围成的面积为电荷量，则图中每个格子表示的电荷量为大于半格算一格，小于半格舍去，所以格子总数，电容器上的总电荷量为则电容器的电容为故ABD错误，C正确。故选C。4、B【解析】试题分析：产生多普勒效应的原因是观察者和波源之间发生了相对运动，多普勒效应说明观察者与波源有相对运动时，接收到的波频率会发生变化，但波源的频率不变，A错误B正确；甲乙两列车相向行驶，两车均鸣笛，且所发出的笛声频率相同，因为乙车中的某旅客与甲车相向运动，在单位时间内接收到波的个数增多，所以听到的甲车笛声频率变大，而他与乙车相对静止，所以他所听到的乙车笛声频率不变，CD错误考点：考查了对多普勒效应的理解5、D【解析】A、振幅是质点是离开平衡位置的最大距离，则质点C振幅是正值，故A错误；

B、B、E两点相距半个波长，振动情况总是相反，所以此刻质点B、E的速度大小相等，方向相反，所以速度不同，故B错误；

C、在该时刻质点C、F位于位移最大处，加速度均最大，速度为零，故C错误；

D、波沿x轴正方向传播，波形向右平移，则知质点D正沿y轴负方向运动，故D正确。点睛：本题要抓住两个特殊位置的速度和加速度特点进行分析：平衡位置：速度最大，加速度为零，最大位移处：速度为零，加速度最大。6、C【解析】

AB．根据H−h=gt2知，篮球在空中飞行的时间：t=，故A错误、B错误；CD．篮球的水平位移为：x=v0t=v0，故C正确，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】

闭合开关，穿过线圈B的磁通量增大，灵敏电流表的指针向右偏；A．将线圈A迅速插入线圈B的过程中，穿过线圈B的磁通量增大，则灵敏电流计指针将向右偏转，故A错误；B．将线圈A缓慢插入线圈B后稳定的过程中，穿过线圈B的磁通量不变，则灵敏电流表的指针不偏转，故B错误；CD．将线圈A插入线圈B稳定后，将变阻器滑片向左滑动时，滑动变阻器接入电路的阻值变大，A线圈电流变小，穿过B线圈的磁场方向不变，但磁通量变小，灵敏电流计指针将左偏转，故CD正确。故选CD。8、AD【解析】

A．由于地面光滑，小车和木块组成的系统动量守恒，木板足够长，二者最终达到相同速度v解得故A正确；B．小车和木块间的摩擦力是系统内力，不影响动量守恒。动量守恒的条件是：当系统不受外力，或所受外力矢量和为零，B错误；C．根据动量守恒定律，二者的末速度总是等于，则木块减小的动能为，结果均为定值，故C错误；D．根据动量守恒定律，二者的末速度总是等于，小车获得的动能为，结果均为定值，D正确。故选AD。9、BD【解析】A：当磁通量为零时，线框处于和中性面垂直的位置，感应电动势最大．故A项错误．B：当磁通量减少时，线框从中性面向与中性面垂直的位置转动，感应电动势在增大．故B项正确．C：当磁通量等于0.5Φm时，线框与磁场的夹角为300或1500，线框中感应电动势．故C项错误．D：根据，可得．故D项正确．综上，答案为BD．10、ACD【解析】

A、变压器的匝数与电压成正比，所以：；故A正确；BCD、由于变压器的输入功率等于输出功率，所以得：联立以上各公式得：故CD正确，B错误．故选ACD【点睛】根据变压器的匝数与电压成正比求出两个副线圈的电压，再根据输入功率等于输出功率求原线圈中的电流．需要注意的是本题有两个副线圈，所以电流与匝数不成反比，应该用功率相等求电流．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、黑；；【解析】

第一空.多用表的正极接黑表笔，因此图中的A端应与黑色表笔相连接．第二空.由闭合电路的欧姆定律可知，，解得.第三空.由闭合电路的欧姆定律可知，，解得12、AC偏小【解析】

（1）[1]AB．借助针的位置来确定实验中的入射光线和折射光线，针间的距离太小，容易出现偏差，故A正确，B错误；C．入射角适当大些，相应的折射角也增大，折射现象较明显，可提高准确度，故C正确；D．针间的距离、入射角的大小对实验准确度有影响，故D错误。故选AC。（2）[2]由光的折射定律得（3）[3]若作出的EE′与FF′的间距比玻璃两表面的实际间距大，如图所示，入射角测量没有误差，而折射角偏大，则根据折射定律得知，测出的折射率n将偏小．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