江苏省2022-2023学年高二第一学期期末教学情况测试人教版物理模拟试题二（解析版）

这是一份江苏省2022-2023学年高二第一学期期末教学情况测试人教版物理模拟试题二（解析版），文件包含江苏省2022-2023学年高二第一学期期末教学情况测试人教版物理模拟试题二解析版docxdocx、江苏省2022-2023学年高二第一学期期末教学情况测试人教版物理模拟试题二原卷版docxdocx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共20页， 欢迎下载使用。
江苏省2022-2023学年高一第一学期期末教学情况测试             人教版物理模拟试题二              2023.1注意事项：考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求：本试卷为小林老师原创，盗用必究1.本试卷共6页，满分为100分，考试时间为75分钟。考试结束后请将本试卷和答题卡一并交回。2.答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置。3.请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名准考证号与本人是否相符。4.作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满涂黑；如需改动请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。作答非选择题，必须用0.5毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效。5.如需作图，必须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗。一、单项选择题：共10题，每题4分，共40分每题只有一个选项最符合题意。我们的生活已经离不开电磁波，如：GPS定位系统使用频率为10.23 MHz(1 MHz＝106 Hz)的电磁波，手机工作时使用频率为800～1 900 MHz的电磁波，家用5GWi－Fi使用频率约为5 725 MHz的电磁波，地铁行李安检时使用频率为1018Hz的电磁波．关于这四种电磁波的说法正确的是(　　)A．家用5GWi－Fi电磁波的衍射现象最明显B．GPS定位系统使用的电磁波的能量最强C．地铁行李安检时使用的电磁波利用了其穿透本领强的特点D．手机工作时使用的电磁波是纵波且不能产生偏振现象1【答案】　C【解析】　电磁波波长越长，频率越低，则衍射现象越明显，GPS定位系统使用的电磁波衍射现象最明显，故A错误；根据E＝hν可知，频率越高，能量越强，则地铁行李安检时使用的电磁波能量最强，故B错误；地铁行李安检时使用高频电磁波是利用了其具有较强的穿透本领，故C正确；电磁波是横波，能产生偏振现象，故D错误．截面为正方形的绝缘弹性长管中心有一固定长直导线，长管外表面固定着对称分布的四根平行长直导线，若中心直导线通入电流I1，四根平行直导线均通入电流I2，I1≫I2，电流方向如图所示，下列截面图中可能正确表示通电后长管发生形变的是(　　)2【答案】　C【解析】　因I1≫I2，则可不考虑四个边上的直导线之间的相互作用；根据两通电直导线间的安培力作用满足“同向电流相互吸引，异向电流相互排斥”，则正方形左右两侧的直导线要受到中心直导线吸引的安培力，形成凹形，正方形上下两边的直导线要受到中心直导线排斥的安培力，形成凸形，故变形后的形状如图C，故选C.蹦极是一项刺激的极限运动，运动员将一端固定的弹性长绳绑在腰或踝关节处，从几十米高处跳下(忽略空气阻力)．在某次蹦极中质量为60 kg的人在弹性绳绷紧后又经过2 s人的速度减为零，假设弹性绳长为45 m．下列说法正确的是(重力加速度为g＝10 m/s2)(　　)A．绳在绷紧时对人的平均作用力大小为750 NB．运动员在向下运动的整个运动过程中重力冲量与弹性绳作用力的冲量相同C．运动员在弹性绳绷紧后动量的改变量等于弹性绳的作用力的冲量D．运动员在向下运动的整个运动过程中重力冲量与弹性绳作用力的冲量大小相同3【答案】　D【解析】　绳在刚绷紧时人的速度为v＝＝ m/s＝30 m/s，在绷紧的过程中根据动量定理有(F－mg)t＝0－(－mv)，解得F＝1 500 N，故A错误；运动员在向下运动的整个运动的过程中动量的变化为零，即重力冲量与弹性绳作用力的冲量等大反向，故B错误，D正确；根据动量定理可知，运动员在弹性绳绷紧后,动量的改变量等于弹性绳作用力的冲量与重力冲量的和,故C错误。故选D。如图所示为磁流体发电机的发电原理：将一束等离子体(高温下电离的气体，含有大量带正电和负电的微粒)喷射入磁场，磁场中有两块金属板A、B，这时金属板上就会聚集电荷，产生电压．如果射入的等离子体的初速度为v，两金属板的板长(沿初速度方向)为L，板间距离为d，金属板的正对面积为S，匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于离子初速度方向，负载电阻为R，等离子体充满两板间的空间．当发电机稳定发电时，理想电流表的示数为I，那么板间等离子体的电阻率为(　　)A.(－R)   B.(－R)C.(－R)   D.(－R)4【答案】　A【解析】　当发电机稳定发电时，等离子体做匀速直线运动，有qvB＝q，即U＝Bdv，而I＝，r＝ρ，联立解得ρ＝(－R)，故A正确．公路上匀速行驶的货车受到扰动，车上货物随车厢底板上下振动但不脱离底板．一段时间内货物在竖直方向的振动可视为简谐运动，周期为T.设竖直向上为正方向，以某时刻作为计时起点，其振动图像如图8所示，则(　　)A．t＝T时，货物对车厢底板的压力最大B．t＝T时，货物对车厢底板的压力最小C．t＝T时，货物对车厢底板的压力最大D．t＝T时，货物对车厢底板的压力最小5【答案】　C【解析】要使货物对车厢底板的压力最大，则车厢底板对货物的支持力最大，要求货物向上的加速度最大，由振动图像可知在T时，货物向上的加速度最大，则选项A错误，C正确；货物对车厢底板的压力最小，则车厢底板对货物的支持力最小，要求货物向下的加速度最大，由振动图像可知在时，货物向下的加速度最大，则选项B、D错误．一只小船质量为M，船上人的质量为m.船原来以速度v0行驶，当船上的人以相对地面的水平速度v0沿船行反方向跳离船时，不计水的阻力，则船的速度大小变为(　　)A．v0  B.v0C.v0   D.v06【答案】　D【解析】　当船上的人以相对地面的水平速度v0沿船行反方向跳离船时，小船和人组成的系统动量守恒，以小船原来的速度方向为正方向，根据动量守恒定律得：(M＋m)v0＝m(－v0)＋Mv解得：v＝v0，故D正确．如图所示，三根细线在O点处打结，A、B端固定在同一水平面上相距为l的两点上，使△AOB成直角三角形，∠BAO＝30°，已知OC线长也是l，下端C点系着一个小球(半径可忽略)，下列说法正确的是(以下皆指小角度摆动，重力加速度为g)(　　)A．让小球在纸面内振动，周期T＝2πB．让小球在垂直纸面内振动，周期T＝2π C．让小球在纸面内振动，周期T＝2π D．让小球在垂直纸面内振动，周期T＝2π7【答案】　A【解析】　让小球在纸面内振动，在偏角很小时，单摆做简谐运动，摆长为l，则周期T＝2π；让小球在垂直纸面内振动，在偏角很小时，单摆做简谐运动，摆长为(l＋l)，则周期T′＝2π，A正确，B、C、D错误 图甲中的理想变压器原、副线圈匝数比n1：n2=22：3，输入端a、b所接电压u随时间t的变化关系如图乙所示。灯泡L的电阻恒为15 Ω，额定电压为24 V。定值电阻R1=10 Ω、R2=5 Ω， 滑动变阻器R的最大阻值为10 Ω。为使灯泡正常工作，滑动变阻器接入电路的电阻应调节为(　　)A．1 Ω B．5 Ω C．6 Ω D．8 Ω8【答案】A【解析】输电电压的有效值为(即原线圈电压的有效值)根据理想变压器电压规律可知副线圈电压有效值为灯泡正常工作，根据欧姆定律可知分压为，则通过灯泡的电流，即副线圈部分的干路电流为根据串联分压规律可知，和、构成的并联电路部分的分压为通过的电流为通过、的电流为、的分压为解得滑动变阻器的阻值为A正确，BCD错误。故选A。如图所示是演示自感现象的电路，A1与A2是完全相同的灯泡，电阻均为R；在开关S2断开、S1闭合并且电路稳定时两灯的亮度一样．现闭合开关S2，待电路稳定后，突然断开开关S1的瞬间，下列说法正确的是(　　)A．A1立即熄灭B．A1先是变得更亮，再逐渐变暗直至熄灭C．有短暂电流流过A2，方向向右D．有短暂电流流过A1，方向向左9【答案】　D【解析】　开始S2断开、S1闭合，电路稳定时两灯的亮度相同，且已知A1、A2是完全相同的灯泡，电阻均为R，故线圈的直流电阻为R.S1、S2都闭合且电路稳定时，流过L、A1、A2、定值电阻的电流都相同．此时断开S1，线圈L和灯泡A1、开关S2组成回路，由于线圈L的自感作用，产生自感电动势，回路中的电流从原来电流大小逐渐减小，灯泡A1从原来亮度逐渐变暗，流过A1的电流从右向左，而灯泡A2立即熄灭．综上可知，选项A、B、C错误，选项D正确． 一列简谐横波沿x轴正方向传播，周期为T，时的波形如图所示。时A．质点a速度方向沿y轴负方向B．质点b沿x轴正方向迁移了1mC．质点c的加速度为零D．质点d的位移为-5cm10【答案】C【解析】经过周期，波向右传播了，波形如图所示A．由图可知，质点a点恰好运动到平衡位置且沿着y轴正方向运动，A错误；B．质点b点只在竖直方向上运动不会随波迁移，B错误；C．质点c恰好运动到平衡，速度最大，加速度为零，C正确；D．质点d的位移为5 cm，D错误。故选C。二、非选择题：共5题，共60分其中第12题～第15题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。 某研究性学习小组从北京冬奥会冰壶比赛项目中获得启发，利用冰壶碰撞来验证动量守恒定律。该小组在两个相同的奶粉罐中加水，放在户外结冰后制成两只质量不同的冰壶A和B，在户外一块平整的水平地面上泼水结冰形成冰面。小组成员用如图甲(俯视)所示的装置压缩弹簧后将冰壶弹出，此冰壶与另一只静止的冰壶发生碰撞。主要实验步骤如下∶①固定发射装置，将冰壶A压缩弹簧后释放；②标记冰壶A停止时的位置，在冰壶运动路径上适当位置标记一定点O，测出冰壶A停止时右端到O点的距离，如图乙所示。重复多次，计算该距离的平均值记为；③将冰壶B静置于冰面，左端位于O点。重新弹射冰壶A，使两冰壶对心正碰，测出冰壶A停止时右端距O点的距离和冰壶B停止时左端距O点的距离。重复多次，分别计算距离的平均值记为和，如图丙所示。(1)实验中，应如何操作才能确保冰壶A每次到达O点时的速度均相同？(       )(2)为完成实验，还需要测出_______，验证动量守恒定律的表达式为_______(用、、和测量物理量对应的字母表示)。11【答案】    ①. 每次将弹簧压缩至同一位置静止释放    ②. 冰壶A的质量，冰壶B的质量    ③. 【解析】(1)[1] 确保冰壶A每次到达O点时的速度均相同，需要每次将弹簧压缩至同一位置；(2)[2][3]根据动量守恒定律运动过程中做匀减速运动联立解得故还需要测量冰壶A的质量，冰壶B的质量。一座小型水电站，水以3 m/s的速度流入水轮机，而以1 m/s的速度流出，流出水位比流入水位低1.6 m，水的流量为1 m3/s，如果水流机械能减少量的75%供给发电机．问：(1)若发电机效率为80%，则发电机的输出功率为多大？(g取10 m/s2)(2)在(1)的条件下，发电机的输出电压为240 V，输电线路电阻为24 Ω，允许损失的电功率为5%，用户所需电压为220 V，如图所示，则升压变压器和降压变压器的原、副线圈匝数比各是多少？(变压器均为理想变压器)12【答案】　(1)12 kW　(2)　【解析】　(1)每秒水流机械能损失为ΔE＝m(v12－v22)＋mgΔh＝2×104 J发电机的输出功率为P出＝×80%＝12 kW.(2)由题可知P线＝5%P出＝600 W由P线＝I线2R线，得I线＝＝5 AI2＝I线＝5 A，I1＝＝50 A对升压变压器有＝＝I3＝I线＝5 A，I4＝＝ A所以对降压变压器有＝＝. 如图所示，倾角为的斜面固定在水平地面上，斜面底端安装一挡板，斜面上A处物块Q恰好处于静止，设Q与斜面间动摩擦因数等于，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。某时刻，P以沿斜面向上的速度与Q发生弹性碰撞，P与斜面间无摩擦，与挡板之间的碰撞无能量损失。P、Q两物块的质量分别为m和3m，两物块均可以看作质点，斜面足够长，Q的速度减为零之前P不会与之发生碰撞。重力加速度大小为g。(1)求P与Q第二次碰撞后瞬间各自的速度大小、；(2)求第三次碰撞使物块Q上升的高度；(3)求物块Q从A点上升的总高度H；(4)为保证在Q的速度减为零之前P不会与之发生碰撞，求A点与挡板之间的最小距离s。13【答案】(1) ，；(2)；(3)；(4)【解析】 (1) P、Q发生弹性碰推，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以平行于斜面向上为正方向，由动量守恒定律得  由机械能守恒定律得 解得 负号表示方向Q向上滑行过程，由牛顿第二定律得  解得P、Q第一次碰撞后Q上升的高度为h1，对Q由运动学公式得 解得设P运动到与Q刚要发生第二次碰撞前的位置时速度为v02，第一次碰撞后到第二次碰撞前，对P，由动能定理得  解得P、Q发生第二次碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以平行于斜面向上为正方向，由动量守恒定律得 由机械能守恒定律得解得，(2)第二次碰撞后Q向上运动过程，由运动学公式得 解得设P运动到与Q刚要发生第三次碰撞前的位置时速度为v03，第二次碰撞后到第三次碰撞前，对P，由动能定理得 解得P与Q第三次碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以平行于斜面向上为正方向，由动量守恒定律得  由机械能守恒定律得解得，第三次后对Q由运动学公式得  解得(3)P、Q向上运动过程速度逐渐减小，两物体到达同一位置时发生碰撞，当P、Q最后一次发生碰撞时到达最高点，此时两者到达同一高度；当P、Q到达H时，两物块到此处的速度可视为零，对两物块运动全过程，由动能定理得 解得(4)设Q第一次碰撞至速度减为零所需要的时间为t1，则设P运动到斜面底端时的速度为，需要的时间为t2，则，设P从A点到Q第一次碰撞后速度减为零处匀减速运动的时间为t3，则当A点与挡板之间的距离最小时  解得一小型风洞实验室内水平桌面上放两根足够长的平行导轨，导轨间距为L，如图甲(俯视)所示。虚线MN左侧区域I有竖直向下的匀强磁场B1，虚线PQ右侧区域Ⅲ有竖直向下的匀强磁场B3，中间区域Ⅱ有水平向左的匀强磁场B2，B1=B2=B，B3=2B。中间区域处于一向上的风洞中，当棒经过此区域时会受到竖直向上的恒定风力F＝mg的作用。长度均为L的导体棒ab、cd与导轨接触良好，两棒质量均为m，棒ab电阻为，棒cd电阻为R，其余电阻不计。两棒最初静止，现给棒ab一个水平向右的瞬间冲量使得其获得初速度v0，已知棒cd到达MN前两棒不相碰且均已匀速。当棒cd刚进入区域Ⅱ时，对棒ab施加一水平向右的外力使棒ab向右做匀加速直线运动，外力随时间变化的图像如图乙所示。已知直线斜率为k，t0时刻棒cb恰好进入区域Ⅲ，棒cd进入区域Ⅲ后瞬间撤去棒ab上的外力。区域Ⅰ、Ⅲ导轨光滑，中间区域导轨粗糙且与棒cd的动摩擦因数为μ，两棒在运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，棒ab始终在区域Ⅰ运动。已知，，重力加速度为g。求：(1)棒ab刚开始运动时，棒两端的电势差Uab；(2)图乙中t=0时刻外力F0多大，t0时刻棒ab的速度多大；(3)棒cd进入区域Ⅲ后的过程中闭合回路产生的焦耳热多大。14【答案】(1)；(2)，；(3)【详解】(1)棒ab的感应电动势为联立得(2)棒ab开始运动到两棒匀速过程两棒动量守恒，有得施加外力后任一时刻，对棒ab，有棒ab做匀加速直线运动联立得其中可得t0时刻棒ab的速度(3)棒cd所受摩擦力时刻时刻对棒cd在区域Ⅱ运动过程由动量定理，得联立得棒cd进入区域Ⅲ后，对棒ab，有对棒cd，有稳定时，有联立得，对两棒能量守恒，有联立得  如图甲所示，水平放置的平行板电容器极板长为L，间距为d，其右侧是竖直放置的足够长的荧光屏，荧光屏右侧存在垂直纸面向里的匀强磁场。从A处连续发射的电子（初速度不计），通过M、N板上的小孔、平行板电容器后全部进入匀强磁场，并最终全部打在荧光屏上发出荧光。已知电子质量为m（重力不计），电量为，之间的电压为（N板电势比M板电势高），水平放置的电容器所加电压如图乙所示，为已知量，电子在电场中运动的时间小于。求：（1）电子经过N板上小孔时的速率；（2）电子射入磁场时，入射点之间的最大距离；（3）荧光屏上亮线的长度。15【答案】（1）；（2）；（3）【解析】(1)设电子加速后的速度为，由动能定理得解得(2)电子在时刻射入并射出偏转电场时，偏转距离最小（未发生偏转），即电子在偏转电场中全过程受电场力作用，偏转距离最大，即其中电子射入磁场时，入射点之间的最大距离为联立解得(3)电子沿中线射入磁场时，设射入点与打到荧光屏位置的距离为，轨迹圆弧的半径为，则有电子沿最大偏转距离射入磁场时，设射入点与打到荧光屏位置的距离为，轨迹圆弧的半径为，射入磁场时速度方向与水平方向的夹角为，由几何关系得由洛伦兹力作为向心力可得联立可得因为，所以亮线长度应与电子射出偏转电场时最大偏移距离相等，即为