2022-2023学年湖南长沙市长郡中学高二物理第二学期期中质量检测模拟试题含解析

2022-2023学年湖南长沙市长郡中学高二物理第二学期期中质量检测模拟试注意事项：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、2018年5月9日中国首颗高光谱观测卫星“高分五号”成功发射，高分五号在距离地面705km的轨道上运行；2019年3月10日我国西昌卫星发射中心用长征三号运载火箭，成功将“中星6C”送入地球同步卫星轨道．设两卫星均绕地球做匀速圆周运动，下列说法正确的是（　　）A．根据以上条件可求“高分五号”卫星所需的向心力大小B．“高分五号”卫星运行周期小于“中星6C”的运行周期C．“中星6C”运行时线速度可能大于地球第一宇宙速度D．“高分五号”卫星运行时的向心加速度小于“中星6C”的向心加速度2、如图所示，通电导体棒静止于水平导轨上，棒的质量为m，长为L，通过的电流大小为I且垂直纸面向里，匀强磁场的磁感强度B的方向与导轨平面成θ角，则导体棒受到的A．安培力大小为BILcosθB．安培力大小为BILsinθC．摩擦力大小为BILcosθD．支持力大小为mg+BILcosθ3、如图所示，当滑动变阻器R3的滑动头P向下移动时，则A．电压示数变小，电流表示数变大B．电压表示数变大，电流表示数变小C．电压表示数变大，电流表示数变大D．电压表示数变小，电流表示数变小4、在如图所示的电路中，E为电源，其内阻为r，L为小灯泡(其灯丝电阻可视为不变)，R1、R2为定值电阻，R3为光敏电阻，其阻值大小随所受照射光强度的增大而减小，电压表为理想电压表，若将照射R3的光的强度减弱，则(　　)A．小灯泡消耗的功率变小B．电压表的示数变大C．通过R2的电流变小D．电源输出功率一定变大5、如图所示，质量为M的长木板静止在光滑水平面上，上表面OA段光滑，AB段粗糙且长为l，左端O处固定轻质弹簧，右侧用不可伸长的轻绳连接于竖直墙上，轻绳所能承受的最大拉力为F．质量为m的小滑块以速度v从A点向左滑动压缩弹簧，弹簧的压缩量达最大时细绳恰好被拉断，再过一段时间后长木板停止运动，小滑块恰未掉落．则（）A．细绳被拉断瞬间木板的加速度大小为B．细绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为最小C．弹簧恢复原长时滑块的动能为D．滑块与木板AB间的动摩擦因数为6、如图所示，电感线圈L的自感系数很大、直流电阻忽略不计，LA、LB是两个相同的灯泡，且在下列实验中不会烧毁，电阻R2的阻值等于R1的两倍，则（　　）A．闭合S时，LA、LB同时达到最亮B．闭合S时，LA、LB均慢慢亮起来C．断开S时，LA慢慢熄灭，LB马上熄灭D．断开S时，LA慢慢熄灭，LB闪亮后熄灭二、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，磁感应强度大小为B的匀强磁场垂直于光滑金属导轨平面向外，导轨左右两端电路所在区域均无磁场分布．垂直于导轨的导体棒接入电路的长度为L、电阻为R0，在外力作用下始终以速度v0从左向右做匀速直线运动．小灯泡电阻为2R0，滑动变阻器总阻值为4R0.图示状态滑动触头位于a、b的正中间位置，此时位于平行板电容器中的P处的带电油滴恰好处于静止状态．电路中其余部分电阻均不计，各接触处都接触良好，且导轨足够长，下列说法正确的是(　　)A．若将上极板竖直向上移动稍许，同时将下极板接地，其余条件均不变，则油滴的电势能将增加，且P点电势将降低B．油滴带负电C．图示状态下，Δt时间内通过小灯泡的电荷量为D．若将滑动变阻器的滑片向b端移动，小灯泡将变暗8、如图所示的电路中，三个灯泡、、的电阻相等（且不考虑温度对电阻的影响），电感L的电阻可忽略，D为理想二极管.电源内阻不可忽略，下列说法中正确的是A．S闭合瞬间，、、均立即变亮，然后逐渐变暗B．S闭合瞬间，逐渐变亮，、均立即变亮，后亮度稍有下降，稳定后三个灯泡亮度相同C．S从闭合状态突然断开时，立即熄灭，、均逐渐变暗D．S从闭合状态突然断开时，、、均先变亮，然后逐渐变暗9、一理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，原线圈输入电压的变化规律如图甲所示，副线圈所接电路如图乙所示，P为滑动变阻器的触头。下列说法正确的是A．副线圈输出电压的频率为50HzB．副线圈输出电压的有效值为31VC．P向右移动时，副线圈两端电压变小D．P向右移动时，变压器的输出功率增加10、如图所示是一个非接触式电源供应系统，左侧线圈连接小灯泡，右侧线圈接电源．它是基于电磁感应原理，可以实现无线电力传输．下列说法正确的是（）A．只要右侧线圈中输入电流，左侧小灯泡中就会有电流B．只有右侧线圈中输入变化的电流，左侧小灯泡中才会有电流C．右侧线圈中电流越大，左侧线圈中感应电动势越大D．右侧线圈中电流变化越快，左侧线圈中感应电动势越大三、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）某实验小组利用光电门、气垫导轨等验证机械能守恒定律，实验装置如图甲。让带遮光片的物块从气垫导轨上某处由静止滑下，若测得物块通过A、B光电门时的时间分别为t1和t2，AB之间的距离为L，斜面的倾角为θ，遮光板的宽度为d，重力加速度为g。（1）图乙表示用螺旋测微器测量物块上遮光板的宽度，由此读出宽度为___________mm；（2）若实验数据满足关系式___________（用所给物理量符号表示），说明物块下滑过程中机械能守恒。12．（12分）某同学设计了一个用电磁打点计时器验证动量守恒定律的实验：小车的前端粘有橡皮泥，推动小车使之做匀速运动，后与原来静止在前方的小车相碰并粘合成一体，继续做匀速运动。他设计的装置如图所示.在小车后连着纸带，电磁打点计时器所用电源频率为50，长木板下垫着小木片以平衡摩擦力.（1）若已测得打点的纸带如图乙所示，并测得各计数点的间距(已标在图上).A为运动的起点，则应选________段来计算碰撞前的速度，应选________段来计算和碰后的共同速度(以上两空选填“AB”“BC”“CD”或“DE”)。（2）已测得小车的质量，小车的质量，则以上测量结果可得：________，碰后________。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）如图所示是用光照射某种金属时逸出的光电子的最大初动能随入射光频率的变化图线（直线与横轴交点的横坐标为4.27×1014Hz，与纵轴交点的纵坐标为0.5eV），试求：（结果都保留三位有效数字）(1)普朗克常数h=？(2)这种金属的逸出功W0=？14．（16分）质量为m的带电小球用细绳系住悬挂于匀强电场中，如图所示，静止时θ角为60°，取g＝10m/s2.问：(1)小球带何种电？(2)若将线烧断，2s末小球的速度是多大？15．（12分）如图，ABD为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中AB段是水平的，BD段为半径R=0.25m的半圆,两段轨道相切于B点，整个轨道处在竖直向下的匀强电场中，场强大小E=5.0×103V/m。一不带电的绝缘小球甲，以速度v0沿水平轨道向右运动，与静止在B点带正电的小球乙发生弹性碰撞。已知甲、乙两球的质量均为m=1.0×10-2kg，乙所带电荷量q=2.0×10-5C，g取10m/s2。(水平轨道足够长，甲、乙两球可视为质点，整个运动过程无电荷转移)（1）甲乙两球碰撞后，乙恰能通过轨道的最高点D，求乙球在B点被碰后的瞬时速度大小；（2）在满足1的条件下，求甲的速度v0；（3）甲仍以中的速度v0向右运动，增大甲的质量，保持乙的质量不变，求乙在轨道上的首次落点到B点的距离范围。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．“高分五号”卫星质量未知，向心力大小也不确定．故A错误；B．根据开普勒第三定律，“高分五号”卫星的运行半径比“中星6C”同步卫星半径小，所以高分五号”卫星运行周期小于“中星6C”的运行周期．故B正确；C．第一宇宙速度是近地卫星的运行速度，也是卫星最大的运行速度，“中星6C”卫星并不是近地卫星，运行时线速度小于第一宇宙速度．故C错误；D．根据，“高分五号”卫星的运行半径比“中星6C”同步卫星半径小，“高分五号”卫星运行时的向心加速度大于“中星6C”的向心加速度．故D错误．2、D【解析】以导体棒为研究对象，受力，如图，其中，安培力大小根据平衡条件得得得故D正确。3、B【解析】在变阻器的滑片向下滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律分析干路电流和路端电压如何变化，即可知电压表示数的变化情况。由欧姆定律分析并联部分电压的变化，判断电流表示数的变化．【详解】滑动头P向下移动时，滑动变阻器连入电路的总电阻增大，即电路总电阻增大，根据闭合回路欧姆定律可得电路路端电压增大，即电压表的示数增大，总电流减小，即两端的电压减小，故并联电路电压增大，即两端电压增大，通过支路的电流增大，而总电流是减小的，故通过变阻器支路的电流减小，即电流表示数减小，B正确．【点睛】在分析电路动态变化时，一般是根据局部电路变化（滑动变阻器，传感器电阻）推导整体电路总电阻、总电流的变化，然后根据闭合回路欧姆定律推导所需电阻的电压和电流的变化（或者电流表，电压表示数变化），也就是从局部→整体→局部．4、A【解析】ABC．将光照强度减弱时，光敏电阻R3的阻值增大，电路中的总电阻增大；由闭合电路欧姆定律可得，电路中干路电流减小，故R1两端的电压减小，则电压表的示数变小，因干路电流减小，电源的内电压减小，路端电压增大，而R1两端的电压减小，故并联电路部分电压增大，则流过R2的电流增大，由并联电路的电流规律可知，流过灯泡的电流一定减小，故由P=I2R可知，小灯泡消耗的功率变小，故A正确，BC错误；D．电源输出功率由于内外电路电阻的关系未知，所以不能判断电源的输出功率如何变化，若之前小于电源内阻r；电源输出功率变大，若之前大于电源内阻r，电源的输出功率变小，故D错误。故选A。5、D【解析】试题分析：细绳恰好被拉断时，弹簧的弹力等于F，由木板，利用牛顿第二定律求加速度。根据机械能守恒定律求细绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能。细绳被拉断后，滑块与木板组成的系统动量守恒，由动量守恒定律和能量守恒定律结合求动摩擦因数．细绳被拉断瞬间，对木板分析，由于OA段光滑，没有摩擦力，在水平方向上只受到弹簧给的弹力，细绳被拉断瞬间弹簧的弹力等于F，故，解得，A错误；细绳被拉断瞬间弹簧的压缩量达最大，弹性势能最大，B错误；弹簧恢复原长时木板获得的动能，所以滑块的动能小于，C错误；由于细绳被拉断瞬间，木板速度为零，小滑块速度为零，所以小滑块的动能全部转化为弹簧的弹性势能，即，小滑块恰未掉落时滑到木板的右端，且速度与木板相同，设为，取向左为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律得，，联立解得，D正确．6、D【解析】AB．由于灯泡LA与线圈L串联，灯泡LB与电阻R2串联，当S闭合的瞬间，通过线圈的电流突然增大，线圈产生自感电动势，阻碍电流的增加，所以LB先亮，故A、B错误；CD．由于LA所在的支路电阻阻值偏小，故稳定时电流大，即LA更亮一些，当S断开的瞬间，线圈产生自感电动势，两灯组成的串联电路中，电流从线圈中原来的电流开始减小，即从IA开始减小，故LA慢慢熄灭，LB闪亮后才慢慢熄灭，C错误，D正确。故选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、CD【解析】B．由右手定则知，平行板电容器上板为负极板，板间场强方向竖直向上，油滴静止时，受到的电场力竖直向上，故油滴带正电，选项B错误；A．将下极板接地，上极板竖直向上移动，板间场强减小，则下极板与P点的电势差减小，而U下P＝φ下－φP＝－φP故P点电势φP升高，选项A错误；C．导体棒切割产生的感应电动势E＝BLv0，回路总电阻R＝2R0，回路总电流I＝故Δt时间内通过小灯泡的电荷量q＝，选项C正确；D．滑动变阻器的滑片向b端移动，回路总电阻减小，总电流增大，电源的路端电压减小，故小灯泡将变暗，选项D正确；故选CD。8、BC【解析】AB．开关S闭合瞬间，L2、L3均立即变亮，L1的电路中由于线圈对电流的阻碍作用，会逐渐亮．随L1的电路中电流的增大，路端电压减小，L2、L3亮度稍有下降，稳定后L2、L3亮度相同，故A错误，B正确；CD．开关S从闭合状态突然断开时，由于线圈的自感作用，L与L1、L3组成回路，使得电流在该回路中逐渐减小，两灯泡均逐渐变暗，由于L2的电路中的二极管由单向导电性，电流不能从右向左通过二极管，所以L2立即熄灭．故C正确，D错误．9、AD【解析】A．由图像可知，交流电的周期为0.02s，所以交流电的频率为50Hz，故A正确；B．根据电压与匝数成正比可知，原线圈的电压的最大值为310V，所以副线圈的电压的最大值为31V，所以电压的有效值为故B错误；C．由变压器原理可知，副线圈两端电压由原线圈两端电压和匝数比决定，所以P向右移动时，副线圈两端电压不变，故C错误；D．P右移，R变小，原副线的电流都变大。而电压不变，故功率增大，故D正确。故选AD。10、BD【解析】根据感应电流产生的条件，若右侧线圈中输入恒定的电流，则右侧线圈产生恒定的磁场，左侧线圈中的磁通量不发生变化，则左侧线圈中就会不产生感应电动势，但在输入过程中，右侧线圈中的电流从无到有，因此左侧线圈中会产生感应电动势，然而不是总会有的，故A错误；若右侧线圈中输入变化的电流，根据法拉第电磁感应定律：，可知左侧线圈中就会产生感应电动势，当右侧线圈中电流变化越快，左侧线圈中感应电动势越大，故BD正确，C错误；故选BD.【点睛】当右侧线圈中输入变化的电流，根据法拉第电磁感应定律可知，在空间会产生变化的磁场，故左侧线圈的磁通量会发生变化，则左侧线圈会产生感应电流．【详解】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、0.150【解析】（1）[1]用螺旋测微器测量物块上遮光板的宽度为d=0.01mm×15.0=0.150mm（2）[2]滑块经过两个光电门时的速度分别为则要验证的关系是即12、BCDE【解析】（1）[1][2]．推动小车由静止开始运动，故小车有个加速过程，在碰撞前做匀速直线运动，即在相同的时间内通过的位移相同，故BC段为匀速运动的阶段，故选BC计算碰前的速度；碰撞过程是一个变速运动的过程，而A和B碰后的共同运动时做匀速直线运动，故在相同的时间内通过相同的位移，故应选DE段来计算碰后共同的速度。（2）[3][4]．由图可知，BC=10.50cm=0.1050m；DE=6.95cm=0.0695cm；碰前小车的速度为碰前的总动量为p=mAvA=0.4×1.05=0.420kg•m/s；碰后小车的共同速度为碰后的动量为p′=（mA+mB）v=（0.4+0.2）×0.695=0.417kg•m/s；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)6.56×10-34J﹒s；(2)2.80×10-19J【解析】考查对光电效应的图像分析。【详解】(1)由光电效应方程可知该图像的斜率代表普朗克常量(2)金属的逸出功为14、(1)负电　(2)40m/s【解析】小球处于静止状态，分析受力，根据电场力与场强方向的关系判断电性．（1）小球受力如图，由于电场力F与场强方向相反，说明小球带负电（2）剪断细线后小球做初速度为零的匀加速直线运动电场力与重力的合力为得【点睛】本题是带电体在电场中平衡问题，分析受力情况是解题的关键，并能根据受力情况判断小球的运动情况．15、（1）5m/s；（2）5m/s；（3）。【解析】（1）对球乙从B运动到D的过程运用动能定理可得乙恰能通过轨道的最高点D，根据牛顿第二定律可得联立并代入题给数据可得=5m/s（2）设向右为正方向，对两球发生弹性碰撞的过程运用动量守恒定律可得根据机械能守恒可得联立解得，m/s（3）设甲的质量为M，碰撞后甲、乙的速度分别为、，根据动量守恒和机械能守恒定律有联立得分析可知：当M=m时，vm取最小值v0；当M≫m时，vm取最大值2v0可得B球被撞后的速度范围为设乙球过D点的速度为，由动能定理得联立以上两个方程可得设乙在水平轨道上的落点到B点的距离为，则有所以可得首次落点到B点的距离范围