2024屆安徽省定遠縣中物理高二第二學期期末監(jiān)測模擬試題含解析

2024屆安徽省定遠縣中物理高二第二學期期末監(jiān)測模擬試題注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區(qū)。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3．請按照題號順序在各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、如圖所示為用a、b兩種單色光分別通過同一雙縫干涉裝置獲得的干涉圖樣．現(xiàn)讓a、b兩種光組成的復色光穿過平行玻璃磚或三棱鏡時，光的傳播路徑與方向可能正確的是（）A．①③ B．①④ C．②④ D．只有③2、如圖所示，小球質(zhì)量為m，被三根質(zhì)量不計的勁度系數(shù)相同的彈簧A、B、C拉住，彈簧間的夾角均為120°。小球平衡時，A、B、C的伸長量之比為3：3：1，當剪斷C瞬間，小球的加速度大小及方向為（）A．g/2，豎直向上B．g/2，豎直向下C．g/4，豎直向上D．g/4，豎直向下3、如圖所示，閉合線圈abcd從高處自由下落一段時間后垂直于磁場方向進入一有界磁場．從ab邊剛進入磁場到cd邊剛進入磁場的這段時間內(nèi)，下列說法正確的是()A．a(chǎn)端的電勢高于b端B．a(chǎn)b邊所受安培力方向為水平向左C．線圈可能一直做勻速運動D．線圈可能一直做勻加速直線運動4、如圖所示，M是一個小型理想變壓器，原副線圈匝數(shù)之比n1∶n2=10∶1，接線柱a、b接上一個正弦交變電源，電壓V．變壓器右側(cè)部分為一火警報警系統(tǒng)原理圖，其中R2為用半導體熱敏材料（電阻隨溫度升高而減?。┲瞥傻膫鞲衅鳎琑1為一定值電阻．下列說法中正確的是（）A．電壓表V示數(shù)為22VB．當傳感器R2所在處出現(xiàn)火警時，電壓表V的示數(shù)減小C．當傳感器R2所在處出現(xiàn)火警時，電流表A的示數(shù)減小D．當傳感器R2所在處出現(xiàn)火警時，電阻R1的功率變大5、如圖所示，光滑水平面上質(zhì)量為的小球和質(zhì)量為的小球，通過輕質(zhì)彈簧相連并處于靜止狀態(tài)，彈簧處于自由長度；質(zhì)量為的小球以速度沿連線向右勻速運動．并與小球發(fā)生彈性正碰．在小球的右側(cè)固定一塊彈性擋板（圖中未畫出）．當小球的速度達到最大時恰與擋板發(fā)生正碰，后立刻將擋板搬走．不計所有碰撞過程中的機械能損失．彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，小球與固定擋板的碰撞時間極短，碰后小球的速度大小不變，但方向相反．則與擋板碰后彈簧彈性勢能的最大值為（）A． B． C． D．6、在傾角為的兩平行光滑長直金屬導軌的下端，接有一電阻，導軌自身的電阻可忽略不計，有一勻強磁場與兩金屬導軌平面垂直，方向垂直于導軌面向上。質(zhì)量為，電阻可不計的金屬棒，在沿著導軌面且與棒垂直的恒力作用下沿導軌勻速上滑，上升高度為，如圖所示，則在此過程中（）A．恒力F在數(shù)值上等于B．恒力對金屬棒所做的功等于C．恒力F與重力的合力對金屬棒所做的功等于電阻上釋放的焦耳熱D．恒力F與重力的合力對金屬棒所做的功等于零二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7、如圖所示，一定質(zhì)量的理想氣體，從狀態(tài)A經(jīng)絕熱過程A→B、等容過程B→C、等溫過程C→A又回到了狀態(tài)A，（不計分子勢能）則（）A．A→B過程氣體升溫B．B→C過程氣體內(nèi)能增加，氣體吸熱C．C→A過程氣體放熱D．全部過程氣體做功為零8、如圖甲為豎直彈簧振子，物體在A、B之間做簡諧運動，O點為平衡位置，A點為彈簧的原長位置，從振子經(jīng)過A點時開始計時，振動圖象如圖乙所示，下列說法正確的是A．t=1s時，振子加速度最大B．t=2s時，彈簧彈性勢能最大C．t=1s和t=2s兩個時刻，彈簧彈性勢能相等D．t=3s時，振子經(jīng)過O點向上運動E.t=4s時，振子加速度大小為g9、一物體做變速直線運動，某時刻速度大小為，1s后的速度大小變?yōu)?，在這1s內(nèi)物體的平均加速度大小(

)A．可能小于4B．可能等于6C．一定等于6D．可能大于1010、對交變電流能夠通過電容器的正確理解是（）A．在有電容器的交流電路中，沒有電荷定向移動B．在有電容器的交流電路中，有電荷定向移動C．當電容器接到交變電源上時，電容器交替進行充、放電，電路中才有交變電流D．當電容器接到交變電源上時，因為有自由電荷通過電容器，電路中才有交變電流三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11．（6分）如圖，用“碰撞實驗器”可以驗證動量守恒定律，即研究兩個小球在軌道水平部分碰撞前后的動量關系．圖中0點是小球拋出點在地面上的垂直投影，實驗時先讓入射球m1，多次從傾斜軌道上S位置靜止釋放，找到其平均落地點的位置P，然后，把被碰小球m2靜置于軌道的水平部分，再將入射球m1，從斜軌上S位置靜上釋放，與小球m2相碰，并多次重復，測出碰后m1平均落地點在M點，m2平均落地點在N點，不計小球與軌道的摩擦．（1）實驗中，不需要測量的物理量是______．A．兩個小球的質(zhì)量m1、m2

B．小球拋出點距地面的高度H

C．小球做平拋運動的射程（2）若實驗中發(fā)現(xiàn)小于，則可能的原因是______．A．碰撞過程有機械能的損失B．計算時沒有將小球半徑考慮進去C．放上小球m2后，入射球m1從傾斜軌道上都止釋放的位置比原來的低（3）若兩球發(fā)生彈性正碰，則OM、ON、OP之間一定滿足的關系是______．A．OP=ON-OMB．2OP=ON+OMC．OP-ON=2OM12．（12分）某同學設計了如圖甲所示的裝置來探究“加速度與合力的關系”．帶滑輪的長木板水平放置，滑塊右端與穿過打點計時器的紙帶相連，左端通過拉力傳感器連接細線與砂桶．將滑塊由靜止釋放，直接由拉力傳感器讀出細線的拉力F，根據(jù)打出的紙帶求出加速度a．改變砂桶內(nèi)細砂質(zhì)量，得到若干組a-F數(shù)據(jù)．進行數(shù)據(jù)分析處理，得出“加速度與合力的關系”．請回答下列實驗的相關問題．(1)實驗中力傳感器的示數(shù)F_________(選填“大于”“小于”或“等于”)細砂和砂桶受到的總重力．(2)圖乙是某次實驗的一條紙帶的一部分，測得各計數(shù)點到0點的距離分別為OA=2.00cm，OB=5.49cm，OC=10.49cm，OD=17.00cm，OE=25.01cm，OF=34.52m，每相鄰兩個計數(shù)點間還有4個點未面出，所用交流電源頻率為50Hz．滑塊的加速度a=___m/s2.(結(jié)果保留兩位小數(shù))(3)根據(jù)記錄數(shù)據(jù)該同學作出a-F圖象如明丙所示，由圖象可知滑塊A的質(zhì)量為_____kg；受到的摩擦力大小為___________N．四、計算題：本題共2小題，共26分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟。13．（10分）如圖所示，邊長為a的單匝正方形線圈在磁感應強度為B的勻強磁場中，以OO′邊為軸勻速轉(zhuǎn)動，角速度為ω，轉(zhuǎn)軸與磁場方向垂直，線圈電阻為R，求：（1）從圖示位置開始計時，線圈中產(chǎn)生的瞬時電動勢的表達式；（2）線圈從圖示位置轉(zhuǎn)過的過程中通過線圈截面的電荷量q．14．（16分）如圖所示，一邊長為l的正方形線圈abcd繞對稱軸OO＇在勻強磁場中轉(zhuǎn)動，轉(zhuǎn)速為n=120轉(zhuǎn)/分，若已知邊長l=20cm，匝數(shù)N=20，磁感應強度B=0.2T，線圈電阻為r=2Ω，引出線的兩端分別與相互絕緣的兩個半圓形銅環(huán)M和N相連．M和N又通過固定的電刷P和Q與電阻R=8Ω相連．在線圈轉(zhuǎn)動過程中，求：（1）從圖示位置開始計時的電動勢瞬時值表達式；（2）從圖所示位置轉(zhuǎn)過90°過程中的平均電流；（3）電阻R的熱功率．15．（12分）有—臺發(fā)電機通過升壓和降壓變壓器給用戶供電，已知發(fā)電機的輸出功率是l0kW，端電壓為400V，升壓變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為，兩變壓器之間輸電導線的總電阻，降壓變壓器輸出電壓.求：(1)升壓變壓器的輸出電壓；(2)輸電線的損失功率多大；(3)降壓變壓器的原、副線圈的匝數(shù)比.

參考答案一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、A【解題分析】由干涉圖樣可知，a光的雙縫干涉條紋間距比b光的大，根據(jù)雙縫干涉相鄰條紋間距公式△x=λ可知，a光的波長長，則同一介質(zhì)對a的折射率小，對b光的折射率大．根據(jù)平行玻璃磚的光學特性可知，出射光線與入射光線平行，由于a光的折射率小，偏折程度小，所以出射時a光應在右側(cè)，故①正確，②錯誤．由sinC=分析可知，a光的臨界角較大．當光從棱鏡射入空氣中時，若發(fā)生全反射的話首先是b光，若b不發(fā)生全反射，能射出棱鏡，則a光一定也不發(fā)生全反射從棱鏡射出，故③正確，④錯誤．故選A.點睛：解決本題是掌握光學的基本知識：雙縫干涉相鄰條紋間距公式△x=λ、折射定律、臨界角公式sinC=和全反射的條件．要知道折射率越大，介質(zhì)對該光的折射率越大．2、A【解題分析】

先小球為研究對象，分析受力情況，根據(jù)平衡條件求出剪斷C前彈簧C的彈力，在當剪斷C瞬間，A、B的彈力沒有變化，小球所受的合力與原來彈簧C的彈力大小相等、方向相反，則得到此瞬間小球的合力，由牛頓第二定律求出加速度?！绢}目詳解】對小球平衡有：3F=F+mg解得：F=1當剪斷C瞬間，A、B的彈力沒有變化，小球所受的合力與原來彈簧C的彈力大小相等、方向相反，即此瞬間小球的合力大小為F=1由牛頓第二定律得，小球的加速度大小為12故A正確?！绢}目點撥】本題是牛頓運動定律應用中典型的問題瞬時問題，往往先分析狀態(tài)變化前彈簧的彈力，再分析狀態(tài)變化瞬間的合力，求出瞬間的加速度，關鍵要抓住彈簧的彈力不能突變的特點進行分析。3、C【解題分析】此過程中ab邊始終切割磁感線，ab邊為電源，由右手定則可知電流為逆時針方向，由a流向b，電源內(nèi)部電流從低電勢流向高電勢，故a端的電勢低于b端，故A錯誤；由左手定則可知ab邊所受安培力方向豎直向上，故B錯誤；如果剛進入磁場時安培力等于重力，則一直勻速進入，如果安培力不等于重力，則，可知線圈做變加速運動，故C正確，D錯誤．所以C正確，ABD錯誤．4、A【解題分析】

輸出電壓是由輸入電壓和匝數(shù)比決定的，輸入的功率的大小是由輸出功率的大小決定的，電壓與匝數(shù)程正比，電流與匝數(shù)成反比，根據(jù)理想變壓器的原理分析即可．【題目詳解】由圖象可知，輸入的電壓為220V，變壓器的電壓與匝數(shù)成正比，由此可得副線圈的電壓為22V，電壓表測的是半導體熱敏材料的電壓，R1，R2的總電壓為22V，所以電壓表的示數(shù)小于22V，故A錯誤；當出現(xiàn)火警時，溫度升高，電阻R2減小，副線圈的電流變大，所以R1的電壓要增大，由于副線圈的總電壓不變，所以R2的電壓就要減小，故B正確；由B分析可知，副線圈的電阻減小，副線圈的電流變大，所以原線圈的電流也就要增大，故C錯誤；由B分析可知，副線圈的電阻減小，副線圈的電流變大，由于R1的電阻不變，由P=I2R1可知，電阻R1的功率變大，故D正確．所以BD正確，AC錯誤．【題目點撥】本題主要考查變壓器的知識，要能對變壓器的最大值、有效值、瞬時值以及變壓器變壓原理、功率等問題．5、B【解題分析】

由題，系統(tǒng)的初動能為Ek=，而系統(tǒng)的機械能守恒，則彈簧的彈性勢能不可能等于．故A錯誤．由于小球C與小球A質(zhì)量相等，發(fā)生彈性正碰，則碰撞后交換速度，若當小球B的速度達到最大時彈簧處于原長狀態(tài)，則由動量守恒定律及能量關系可知：；；聯(lián)立解得v1=0.5v0，v2=1.5v0；B與擋板碰撞，B碰撞后速度與A大小相等、方向相反，當兩者速度相等時，彈簧的彈性最大，此時，解得v=0，則彈簧的彈性勢能最大值為EP=Ek=．故B正確，CD錯誤；故選B.【題目點撥】本題是系統(tǒng)動量守恒和機械能守恒的問題．兩個質(zhì)量相等的小球發(fā)生彈性碰撞時，將交換速度；速度相等是彈簧具有最大彈性勢能的臨界條件．6、C【解題分析】

因為導體棒勻速，拉力F等于安培力與重力沿斜面向下的分力之和，A錯；拉力F所做的功等于重力勢能的增量與焦耳熱之和，C正確BD錯誤二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7、BC【解題分析】

氣體的內(nèi)能只與溫度有關，根據(jù)熱力學第一定律有△U=W+Q判斷氣體吸熱還是放熱；在p-V圖像中圖線與坐標軸所圍圖形的面積等于所做的功?！绢}目詳解】A．A→B過程是絕熱過程，Q=0，體積變大，氣體對外做功，W＜0，根據(jù)熱力學第一定律△U=Q+W，得△U＜0，內(nèi)能減小，故溫度降低，故A錯誤；B．由圖示圖象可知，B→C過程中，氣體體積V不變而壓強P變大，由查理定律：pT=C可知：氣體溫度T升高，故內(nèi)能增加，但體積V不變，做功W=p?△V可知，外界對氣體不做功，所以氣體吸收熱量，故B正確；C．由圖示圖象可知，C→A過程是等溫變化，氣體體積V減小，外界對氣體做功，W＞0，氣體溫度不變，氣體內(nèi)能不變，△U=0，根據(jù)熱力學第一定律得Q＜0，氣體放熱，故C正確；D．全部過程分三個過程，A到B氣體對外做功W1＜0，B到C不做功，C到A外界對氣體做功W2＞0，根據(jù)p﹣V圖象中，圖線與坐標軸圍成的圖形的面積等于所做的到B做功小于C到A做功，如下圖陰影面積所示，故全部過程做功不為0，故D錯誤；【題目點撥】本題主要考查了熱力學第一定律和理想氣體的狀態(tài)方程，屬于一般題型。8、BDE【解題分析】

A.t=1s時，振子在平衡位置，加速度為零，選項A錯誤；B.t=2s時，振子到達最低點，此時彈簧彈性勢能最大，選項B正確；C.t=2s時刻彈簧的壓縮量比t=1s時刻大，t=2s時刻彈簧的彈性勢能比t=1s時刻大，選項C錯誤；D.由振動圖像可知，t=3s時，振子經(jīng)過O點向上運動，選項D正確.E.t=4s時，振子回到A點，此時振子的加速度大小為g，選項E正確.9、BD【解題分析】

若1s后的速度方向與初速度方向相同，則1s內(nèi)的平均加速度：若1s后的速度方向與初速度方向相反，則1s內(nèi)的平均加速度為：負號表示方向。A．可能小于4。故A不符合題意。B．可能等于6。故B符合題意。C．一定等于6。故C不符合題意。D．可能大于10。故D符合題意。10、BC【解題分析】

CD．交變電流能夠通過電容器，是通過電容器交替充、放電而進行的，實際上自由電荷并沒有通過電容器兩極板間的絕緣介質(zhì)，故C正確，D錯誤；AB．因電容器交替進行充、放電，電路中就有了電荷的定向移動，故B正確，A錯誤。三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11、B；C；A；【解題分析】

試題分析：過程中小球釋放高度不需要，小球拋出高度也不要求．最后可通過質(zhì)量與水平射程乘積來驗證動量是否守恒．根據(jù)碰撞前后動量守恒可以寫成表達式，若碰撞為彈性碰撞，則碰撞前后動能相同；根據(jù)實驗數(shù)據(jù)，應用動量的定義式與動量守恒定律分析答題，注意掌握彈性碰撞時碰后速度公式可以牢記以準確應用．（1）本實驗要驗證的動量守恒的式子是：，要測量質(zhì)量和速度，平拋運動過程中下降的高度相同，則所用時間相同，所以在等式兩邊同乘以t，則但速度是由水平位移來代替的，所以時間相同不用測量，高度不用測量，故選B．（2）碰撞的機械能損失不會動量守恒，那么出現(xiàn)此種結(jié)論只能是第二次滑下時，比第一次滑下時低一些，故選C．（3）根據(jù)彈性碰撞的公式，碰撞后兩球的速度：，顯然，因平拋運動中的時間相等，所以有OP=ON-OM，A正確．12、（1）小于（2）1.50（3）0.2（4）0.32【解題分析】

（1）砂桶做勻加速直線運動，根據(jù)牛頓第二定律得：，則；（2）每相鄰兩個計數(shù)點間還有4個點，則T=0.1s，根據(jù)，解得：；（3