2023年广东省广州市实验中学物理高二第二学期期中质量检测模拟试题含解析

2023年广东省广州市实验中学物理高二第二学期期中质量检测模拟试题注意事项：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、关于减小远距离输电线上的功率损耗，下列说法正确的是()A．由功率P＝U2/R，应降低输电电压，增大导线电阻B．由P＝IU，应低电压小电流输电C．由P＝I2R，应减小导线电阻或减小输电电流D．上述说法均不对2、从同样高度落下的玻璃杯，掉在水泥地上容易打碎，而掉在草地上不容易打碎，其原因是（）A．掉在水泥地上的玻璃杯动量大，而掉在草地上的玻璃杯动量小B．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变大，掉在草地上的玻璃杯动量改变小C．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变慢，掉在草地上的玻璃杯动量改变快D．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变快，掉在草地上的玻璃杯动量改变慢3、质量相等的A、B两球在光滑水平面上沿同一直线，同一方向运动，A球动量为7kg·m/s，B球的动量为5kg·m/s，当A球追上B球时发生碰撞，则碰后A、B两球的动量可能值是（）A．PA=3kg·m/sPB=9kg·m/s B．PA=-4kg·m/sPB=17kg·m/sC．PA=-2kg·m/sPB=14kg·m/s D．PA=6kg·m/sPB=6kg·m/s4、物理学发展中，有许多科学家做出了伟大的贡献。下列说法错误的是（）A．卡文迪许测出了引力常量 B．密立根测定了最小电荷量C．麦克斯韦证实了电磁波的存在 D．奥斯特发现了电流的磁效应5、法拉第圆盘发电机的示意图如图所示。铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触，圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中。圆盘旋转时，下列说法正确的是（）A．若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿b到a的方向通过RB．若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则相同时间内通过R的电量也变为原来的2倍C．若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R上的热功率也变为原来的2倍D．若圆盘的半径变为原来的2倍，则电流也变为原来的2倍6、根据热力学定律判断下列说法中正确的是（）A．第一类永动机不违反能量守恒定律B．当人类的科学技术发展到一定程度时永动机是可以制造出来的C．自发的热传导是不可逆的D．冰箱可以自发地使热量由温度较低的冰箱内向温度较高的冰箱外转移二、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，理想变压器的原、副线圈匝数比n1∶n2＝1∶10，副线圈与阻值R＝20Ω的电阻相连，原线圈两端所加的电压u＝20sin20πt(V)，则()A．交流电压表的示数为20VB．副线圈输出交流电的频率为10HzC．电阻R上消耗的电功率为2kWD．原线圈中电流的最大值为100A8、如图所示为α粒子散射实验装置的示意图，荧光屏和显微镜一起分别放在图中的A、B、C、D四个位置时观察到的现象，下述说法中正确的是()A．放在A位置时，相同时间内观察到屏上的闪光次数最多B．放在B位置时，相同时间内观察到屏上的闪光次数只比A位置时稍少些C．放在C、D位置时，屏上观察不到闪光D．放在D位置时，屏上仍能观察到一些闪光，但次数极少9、人们发现，不同的原子核，其核子的平均质量(原子核的质量除以核子数)与原子序数有如图所示的关系．下列关于原子结构和核反应的说法正确的是()A．由图可知，原子核D和E聚变成原子核F时会有质量亏损，要吸收能量B．由图可知，原子核A裂变成原子核B和C时会有质量亏损，要放出核能C．在核反应堆的铀棒之间插入镉棒是为了控制核反应速度D．在核反应堆的外面修建很厚的水泥层能防止放射线和放射性物质的泄漏10、如图所示，倾角为θ=37°的传送带以速度v=1m/s沿图示方向匀速运动．现将一质量为1kg的小木块，从传送带的底端以v0=4m/s的初速度，沿传送带运动方向滑上转送带．已知小木块与传送带间的动摩擦因数为μ=0.5，传送带足够长，sin37°=0.6，cos37°=0.8，取g=10m/s1．小物块从滑上转送带至到达最高点的过程中，下列说法正确的是A．运动时间为0.4sB．发生的位移为1.6mC．产生的热量为9.6JD．摩擦力对小木块所做功为11.8J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）为观察电磁感应现象，某学生将电流表、螺线管A和B、蓄电池、开关用导线连接成如图所示的实验电路.(1)当接通和断开开关时，电流表的指针都没有偏转，其原因是_______.A．电流表的正、负极接反B．线圈B的接头3、4接反C．开关位置接错D．蓄电池的正、负极接反(2)在开始实验之前，需要先确定电流表指针偏转方向与电流方向之间的关系，为此还需要的器材是___________________.具体方法是____________________________.12．（12分）小郑同学想在家里做用单摆测定重力加速度的实验，但没有合适的摆球，他找到了一块大小约为3cm、外形不规则的大理石块代替小球．他设计的实验步骤的是：A．将石块用细线系好，结点为M，将细线的上端固定于O点(如图所示)B．用刻度尺测量OM间细线的长度l作为摆长C．将石块拉开一个约为5°的偏角，然后由静止释放D．从摆球摆到最低点时开始计时，测出石块经过最低点30次的总时间t，由得出周期(1)则该同学以上实验步骤中有错误的是_________(填写序号)．(2)根据单摆周期公式推导可得重力加速度的表达式为_____________；若该同学用OM的长作为摆长代入上述公式(其他错误已纠正)，这样做引起的系统误差将使重力加速度的测量值________(填“大于”“小于”或“等于”)真实值．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，真空中半径为R的圆内有一垂直于纸面向里的匀强磁场，圆心为O，磁感应强度大小为B．有一长度为2R的挡板MN，中点为D，OD连线与挡板MN垂直，且长度为.现有一质量为m，带电荷量为+q的粒子，从C点以速度沿着CO方向垂直射入磁场区域，CO平行于MN．（不计粒子重力）（1）若粒子恰好击中D点，求速度的大小；（2）若粒子进入磁场的入射方向不变，速度大小可调节，求能够击中挡板MN的速度大小范围．14．（16分）如图所示的实线是一列简谐横波在t1=0时刻的波形，虚线是这列波在t2=0.2s时刻的波形．(1)若波沿x轴正方向传播，且这列波的周期T满足：2T<t2-t1<3T，则这列波的波速多大?(2)若波速大小为65m/s，则波的传播方向如何?15．（12分）如图所示，交流发电机的矩形金属线圈abcd的边长ab＝cd＝50cm，bc＝ad＝30cm，匝数n＝100，线圈的总电阻r＝10Ω，线圈位于磁感应强度B＝0.050T的匀强磁场中，线圈平面与磁场方向平行．线圈的两个末端分别与两个彼此绝缘的铜环E、F(集流环)焊接在一起，并通过电刷与阻值R＝90Ω的定值电阻连接．现使线圈绕过bc和ad边中点且垂直于磁场的转轴OO′以角速度ω＝400rad/s匀速转动．电路中的其他电阻以及线圈的自感系数均可忽略不计，求：(1)线圈中感应电流的最大值；(2)线圈转动过程中电阻R的发热功率；(3)从线圈经过图示位置开始计时，经过周期时间通过电阻R的电荷量．

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、C【解析】

由功率P＝U2/R，应降低输电电线的分压，减小导线电阻，公式中的U应该为输电导线损失的电压，A错；由公式P=UI,U也是指输电导线损失的电压，I为输电电流，所以利用此公式，应该是减小输电损失的电压，减小输电电流，B错；输电损失的功率就是热功率，由P＝I2R，应减小导线电阻或减小输电电流，所以只有C对，其余均错．思路分析：根据公式中字母表示的物理量的物理意义；找到合适的公式进行解析．试题点评：考查对远距离输电能量损失的计算2、D【解析】

AB．杯子从同一高度落下，故到达地面时的速度一定相等，因此着地时动量相等。与地面接触后速度减小为零，因此动量的变化也相同，故AB错误；CD．但由于在草地上，由于草地的缓冲使接触时间变长，即动量改变更慢，由可知，杯子受到的作用力较小，因此杯子在水泥地上比在草地上更容易摔破，故C错误，D正确。故选D。3、D【解析】

以两物体组成的系统为研究对象，以A的初速度方向为正方向，两个物体的质量均为m，碰撞前系统的总动量：P=7kg⋅m/s+5kg⋅m/s=12kg⋅m/s，系统的总动能：；A.若碰后A、B两球动量为：pA=3kg⋅m/s，pB=9kg⋅m/s，系统的总动量P′=3+9=12kg⋅m/s，遵守动量守恒定律。>Ek，故碰撞后动能增大，是不可能发生的，故A错误；B.若碰后A、B两球动量为：pA=-4kg⋅m/s，pB=17kg⋅m/s，系统的总动量P′=-4+17=13kg⋅m/s，不遵守动量守恒定律，故B错误；C.若碰后A、B两球动量为：pA=−2kg⋅m/s，pB=14kg⋅m/s，系统的总动量：P′=−2+14=12kg⋅m/s，遵守动量守恒定律。>Ek，故碰撞后动能增大，是不可能发生的，故C错误；D.若碰后A、B两球动量为：pA=6kg⋅m/s，pB=6kg⋅m/s，系统的总动量P′=6+6=12kg⋅m/s，遵守动量守恒定律。<Ek，故碰撞后动能减小，并且不会发生二次碰撞，是可能发生的，故D正确。故选：D4、C【解析】

A．牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许测出了引力常量，故A正确，不符合题意；B．最小电荷量最早是由密立根通过实验测定的，故B正确，不符合题意；C．麦克斯韦预言电磁波的存在，赫兹通过实验证明了这个预言的正确性。故C错误，符合题意；D．奥斯特发现了电流的磁效应，故D正确，不符合题意。故选C。5、B【解析】

若从上向下看，圆盘顺时针转动，根据右手定则可知电流沿a到b的方向通过R，选项A错误；若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，根据,则感应电动势变为2倍，感应电流变为2倍，则由q=It可知，相同时间内通过R的电量也变为原来的2倍，由P=I2R可知，电流在R上的热功率也变为原来的4倍，选项B正确，C错误；根据可知，若圆盘的半径变为原来的2倍，则电动势变为4倍，则电流也变为原来的4倍，选项D错误.6、C【解析】

第一类永动机违反能量守恒定律，则即使人类的科学技术发展到什么程度，永动机也是不可以制造出来的，选项AB错误；根据热力学第二定律可知，自发的热传导是不可逆的，选项C正确；热量只能自发地从高温物体转移到低温物体，但不能自发地从低温物体转移到高温物体；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、BC【解析】

根据变压器的特点：电压之比等于匝数之比，电流之比等于匝数反比，输入功率等于输出功率分析；【详解】A、电压表显示的是有效值应为：，故A错误；

B、原副线圈的频率是相同的为：，故B正确；

C、由电压之比等于匝数之比可知R两端的电压为，则电阻R消耗的功率为：，故C正确；

D、由可以得到：，则电流最大值为，故D错误．【点睛】解决本类问题，除了知道变压器特点外，还要知道交流电表达式中各物理量的意义．8、ABD【解析】

根据α粒子散射现象，绝大多数α粒子沿原方向前进，少数α粒子发生偏转，极少数偏转超过90°，甚至有的被反向弹回，则：A．放在A位置时，相同时间内观察到屏上的闪光次数最多，选项A正确；B．放在B位置时，相同时间内观察到屏上的闪光次数只比A位置时稍少些，选项B正确；C．放在C、D位置时，屏上也能观察到闪光，只是比在B位置少得多，选项C错误；D．放在D位置时，屏上仍能观察到一些闪光，但次数极少，选项D正确.9、BCD【解析】

A．由图可知，原子核D和E聚变成原子核F时会有质量亏损，要放出能量，A错误；B．由图可知，原子核A裂变成原子核B和C时会有质量亏损，要放出核能，B正确；C．在核反应堆的铀棒之间插入镉棒是为了控制核反应速度，C正确；D．在核反应堆的外面修建很厚的水泥层能防止放射线和放射性物质的泄漏，D正确。故选BCD。10、BC【解析】

第一阶段：根据牛顿第二定律得第一阶段位移为所用时间为传送带位移为划痕为第二阶段得第二阶段位移为所用时间为传送带位移为划痕为由以上分析可知，物体运动总时间为物体的总位移产生总热量为摩擦力第一阶段做负功，第二阶段做正功，摩擦力对小木块所做功为综上分析可知BC正确，AD错误。故选BC．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、C一节电池、保护电阻用一节电池与电流表、开关、保护电阻连接成闭合回路【解析】

(1)由图可知，电键接在电流表所在电路，开关位置接错，闭合与断开开关时，通过螺线管A的电流不变，穿过螺线管B的磁通量不变，没有感应电流产生，电流表指针不偏转。故C项正确，ABD三项错误。(2)通过干电池、保护电阻、电流表串联，判断电流的流向与指针偏转方向的关系，还需要的器材是一节干电池、保护电阻。12、(1)BD(2)小于【解析】

(1)[1]．A、将石块用细线系好，结点为M，将细线的上端固定于O点，安装实验器材，实验步骤正确，故A正确；B、悬点到石块重心的距离是摆长，用刻度尺测量OM间细线的长度l作为摆长，摆长测量错误，故B错误；C、单摆在小摆角下的运动是简谐运动，将石块拉开一个约的偏角，然后由静止释放，故C正确；D、从摆球摆到最低点时开始计时，测出石块经过最低点30次的总时间t，周期故D错误；有错误的故AD．