江苏省苏北四市2024学年物理高二第二学期期末监测模拟试题(含解析)

江苏省苏北四市2024学年物理高二第二学期期末监测模拟试题
注意事项:
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。

2．答题时请按要求用笔。

3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。

4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。

5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

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、两个质量均为m 的物块叠放压在一个轻弹簧上面，处于静止状态，弹簧的劲度系数为k ，t ＝0时刻，给A 物体一个竖直向上的作用力F ，使得物体以0.5g 的加速度匀加速上升
A ．A 、
B 分离前系统合外力大小与时间的平方成线性关系
B ．分离时弹簧处于原长状态
C ．在t 2m k
A 、
B 分离 D ．分离时B 4m k
2、根据高中物理所学知识，分析下列生活中的物理现象：
①闻其声而不见其人
②夏天雷雨后路面上油膜呈现彩色
③当正在鸣笛的火车向着我们疾驰而来时，我们听到汽笛声的音调变高；
④观众在看立体电影时要戴上特质的眼睛，这样看到电影画面的效果和眼睛直接观看物体的效果一样具有立体感； 这些物理现象分别属于波的
A ．折射、干涉、多普勒效率、偏振
B ．干涉、衍射、偏振、多普勒效应
C ．衍射、偏振、折射、多普勒效应
D ．衍射、干涉、多普勒效应、偏振
3、如图所示,通以恒定电流的螺线管置于 MN 和 PQ 两水平放置的光滑平行金属导轨之间,ab 、cd 两条金属棒分别搁
置于导轨上,当通过螺线管的电流发生变化时,棒ab、cd的运动情况是()
A．电流增大时ab、cd相互靠拢
B．电流增大时ab、cd 一定分开
C．电流减小时ab、cd一定分开
D．电流减小时ab、cd不一定靠拢
4、在远距离输电过程中，若输送电功率一定，输电线的电阻不变，则输电线上的功率损失（）
A．与输电线上的电压损失的平方成正比B．与输送电压的平方成正比
C．与输送电压成反比D．与输电电流成正比
5、如图所示，M是一个小型理想变压器，原副线圈匝数之比n1∶n2=10∶1，接线柱a、b接上一个正弦交变电源，电压2202sin100
=V．变压器右侧部分为一火警报警系统原理图，其中R2为用半导体热敏材料（电阻随温度升u tπ
高而减小）制成的传感器，R1为一定值电阻．下列说法中正确的是（）
A．电压表V示数为22 V
B．当传感器R2所在处出现火警时，电压表V的示数减小
C．当传感器R2所在处出现火警时，电流表A的示数减小
D．当传感器R2所在处出现火警时，电阻R1的功率变大
6、如图所示，金属棒ab置于水平放置的光滑框架cdef上，棒与框架接触良好，匀强磁场垂直于ab棒斜向下．从某时刻开始磁感应强度均匀减小，同时施加一个水平方向上的外力F使金属棒ab保持静止，则F( )
A．方向向右，且为恒力
B．方向向右，且为变力
C．方向向左，且为变力
D．方向向左，且为恒力
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，在xOy 平面内存在着磁感应强度大小为B 的匀强磁场，第一、二、四象限内的磁场方向垂直纸面向里，第三象限内的磁场方向垂直纸面向外．P 2,0L -、Q 0,2L -为坐标轴上的两个点．现有一电子从P 点沿PQ 方向射出，不计电子的重力：（ ）
A ．若电子从P 点出发恰好经原点O 第一次射出磁场分界线，则电子运动的路程一定为
2L π B ．若电子从P 点出发经原点O 到达Q 点，则电子运动的路程一定为L π
C ．若电子从P 点出发经原点O 到达Q 点，则电子运动的路程一定为2L π
D ．若电子从P 点出发经原点O 到达Q 点，则电子运动的路程可能为L π，也可能为2L π
8、如图所示，图甲为某一列沿x 轴传播的简谐横波在t =1.0s 时刻的波形图，图乙为介质中Q 质点的振动图象，下列关于该波的说法正确的是（ ）
A ．波沿x 轴负方向传播
B ．波速为6m/s
C ．质点P 在振动3s 时间内运动的路程为12cm
D ．在t =s 时刻P 质点位于其平衡位置
E.在t =1s ～t =s 时间内，质点P 的加速度变小
9、如图所示的整个装置放在竖直平面内，欲使带负电的油滴P 在两平行金属板间静止，导体棒ab 将沿导轨运动的情况是（ ）
A．向右匀减速运动B．向右匀加速运动
C．向左匀减速运动D．向左匀加速运动
10、下列说法正确的是________。

A．拍摄玻璃橱窗内的物品时，往往在镜头前加一个偏振片以增加透射光的强度
B．用透明的标准平面样板检查光学平面的平整程度是利用光的偏振现象
C．用三棱镜观察白光看到的彩色图样是光的色散现象
D．泊松亮斑是光的衍射现象，全息照相的拍摄利用了激光的相干性
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）某同学想测定某节于电池的电动势和内阻．
(1)他先用多用电表粗测了干电池的电动势．图甲是测量时选择开关与表头指针所处的位置，则该电池的电动势为_____ V，实验结束后，应将选择开关拨到图中的______挡位(选填A、B、C或D)．
(2)他再用乙图所示电路较精确测定该干电池的电动势和内阻，有待测电池、电流表(量程1 ~ 1.6 A，内阻约1.1 Ω)、电压表(量程1 ~ 3 V，内阻约3 kΩ)、滑动变阻器(阻值1 ~ 1.6 Ω)、开关各一个、导线若干．为了防止实验测量时数据过密(即要求电压变化范围相对大一些)另外还配有一个阻值为1 Ω的定值电阻R1．
①请按照图乙设计的电路图用笔画线将图丙实物电路图补充完整_________．
-图像，则电源的电动势E = 1.51 V，②该同学按照要求连接好电路并进行实验,根据实验数据绘出了图丁所示的U I
电源内阻r=___________Ω．(结果保留到小数点后一位)
③在上述实验过程中存在系统误差．在下图所绘图像中，虚线代表没有误差情况下，电压表两端电压的真实值与通过
电源电流真实值关系的图像，实线是根据测量数据绘出的图像，则下图中能正确表示二者关系的是_______________．
12．（12分）某同学设计了一个用打点计时器“探究碰撞中的不变量”的实验：在小车A的前端粘有橡皮泥，推动小车A使之做匀速直线运动，然后与原来静止在前方的小车B相碰，并粘合成一体继续做匀速直线运动，他设计的装置如图所示．在小车A后面连着纸带，电磁打点计时器的电源频率为50Hz，长木板的一端下垫着小木片用以平衡摩擦力．
(1)若已得到打点纸带如图所示，测得各计数点间距离并标在图上，A为运动起始的第一点．则应选________段来计算小车A碰撞前的速度，应选______段来计算A和B碰撞后的共同速度．
(2)已测得小车A的质量m1=0.40 kg，小车B的质量m2=0.20 kg，由以上的测量结果可得：碰撞前两车质量与速度乘积之和为________ kg·m/s；碰撞后两车质量与速度乘积之和为________ kg·m/s.(结果保留三位有效数字)
四、计算题：本题共2小题，共26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，斜面AB倾角为37°，底端A点与斜面上B点相距10m，甲、乙两物体大小不计，与斜面间的动摩擦因数均为0.5，某时刻甲从A点沿斜面以10m/s的初速度滑向B，同时乙物体从B点无初速度释放，
（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2）求：
（1）甲物体沿斜面上滑的加速度大小；
（2）甲、乙两物体经多长时间相遇．
14．（16分）如图所示，半径R=0.40m的光滑半圆环轨道处于竖直平面内，半圆环与粗糙的水平地面相切于圆环的端点A。

一质量m=0.10kg的小球，以初速度v0=7.0m/s在水平地面上向左作加速度大小a=3.0m/s2的匀减速直线运动，运动4.0m后达到A点，冲上竖直半圆环，经过B点，然后小球落在C点。

（取重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力）．
（1）求小球到达A 点时的速率和在水平地面上运动时受到的摩擦力大小；
（2）求小球在B 点时受到的向心力；
（3）试问：小球落在C 时的速率和它在A 点时的速率是否相等？为什么？
15．（12分）如图，体积为V 、内壁光滑的圆柱形导热气缸顶部有一质量和厚度均可忽略的活塞；气缸内密封有温度为2.4T 0、压强为1.2p 0的理想气体．p 0和T 0分别为大气的压强和温度．已知：气体内能U 与温度T 的关系为U ＝αT ，α为正的常量；容器内气体的所有变化过程都是缓慢的．求
①气缸内气体与大气达到平衡时的体积V 1；
②在活塞下降过程中，气缸内气体放出的热量Q .
2024学年模拟测试卷参考答案（含详细解析）
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
【答案解析】
A 、
B 分离前物体做匀加速运动，合外力不变，选项A 错误；开始时弹簧被压缩x 1，则12mg kx =；当两物体分离时，加速度相同且两物体之间的弹力为零，则对物体B ：2kx mg ma -=，且22112x x at -=，解得2m t k
=簧仍处于压缩状态，选项B 错误，C 正确；分离时B 的速度为1222m m v at g g k k
===，选项D 错误；故选C.
点睛：此题关键哟啊搞清两物体的运动情况以及两物体分离的条件：两物体之间的压力为零；两物体的加速度相等. 2、D
【答案解析】
①“闻其声而不见其人”，听到声音，却看不见人，这是声音的衍射；②雨后路面上的油膜形成的彩色条纹是由光的干涉形成的；③当正在鸣笛的火车向着我们急驶而来时，我们听到汽笛声的音调变高．音调变高就是频率变高，因此这是多普勒效应现象；④观众用偏振眼镜观看，每只眼睛只看到相应的偏振光图象，即左眼只能看到左机映出的画面，右眼只能看到右机映出的画面，这样就会像直接观看那样产生立体感觉．这就是立体电影的原理．综上各结论可知选D．
【答案点睛】本题考查了光的各种性质；无论反射、衍射还是干涉，其频率均不变，而多普勒效应频率即发生变化. 3、B
【答案解析】
AB.当电路的电流大小变大，线圈的磁场增加；根据安培定则由电流方向可确定线圈的磁场方向垂直于导轨向上。

由于线圈处于两棒中间，所以穿过两棒所围成的磁通量变大，由楞次定律：增反减同，可得，线框abdc产生顺时针方向感应电流。

最后根据左手定则可确定安培力的方向：ab棒处于垂直向下的磁场，且电流方向ba，则安培力方向向左。

cd棒处于垂直向下的磁场，且电流方向dc，则安培力方向向右。

因此出现两者分开现象；故A错误，B正确；
CD.当电路的电流大小变小，线圈的磁场减小；根据安培定则由电流方向可确定线圈的磁场方向垂直于导轨向上。

由于线圈处于两棒中间，所以穿过两棒所围成的磁通量变小，由楞次定律：增反减同，可得，线框abdc产生逆时针方向感应电流。

最后根据左手定则可确定安培力的方向：ab棒处于垂直向下的磁场，且电流方向ab，则安培力方向向右。

cd棒处于垂直向下的磁场，且电流方向cd，则安培力方向向左。

因此出现两者靠拢现象；故CD错误；
4、A
【答案解析】
输送的功率一定，由P=UI知，
P
I
U
＝，则
22
2
2
U P
P I R R
R U
=
损
损
＝＝，知输电线上损失的电功率与输电线上的电压损失
的平方成正比，与输送电压的平方成反比，与输电电流平方成正比，故BCD错误，A正确．故选A．【答案点睛】
此题是远距离输电的问题；解决本题的关键掌握输送功率P=UI，以及输电线上损失的电功率
22
2
2
U P
P I R R
R U
=
损
损
＝＝，
由此公式进行讨论．
5、A
【答案解析】
输出电压是由输入电压和匝数比决定的，输入的功率的大小是由输出功率的大小决定的，电压与匝数程正比，电流与
匝数成反比，根据理想变压器的原理分析即可．
【题目详解】
由图象可知，输入的电压为220V ，变压器的电压与匝数成正比，由此可得副线圈的电压为22V ，电压表测的是半导体热敏材料的电压，R 1，R 2的总电压为22V ，所以电压表的示数小于22V ，故A 错误；当出现火警时，温度升高，电阻R 2减小，副线圈的电流变大，所以R 1的电压要增大，由于副线圈的总电压不变，所以R 2的电压就要减小，故B 正确；由B 分析可知，副线圈的电阻减小，副线圈的电流变大，所以原线圈的电流也就要增大，故C 错误；由B 分析可知，副线圈的电阻减小，副线圈的电流变大，由于R 1的电阻不变，由P =I 2R 1可知，电阻R 1的功率变大，故D 正确．所以BD 正确，AC 错误．
【答案点睛】
本题主要考查变压器的知识，要能对变压器的最大值、有效值、瞬时值以及变压器变压原理、功率等问题． 6、C
【答案解析】根据楞次定律，B 减小时，磁通量Φ减小，为阻碍Φ减小，ab 产生向右运动的趋势，故外力F 方向向左．再根据电磁感应定律，E ＝＝
，B 均匀减小，故不变，E 不变，I 不变．F 安＝BIL 均匀减小，故F 为变力．C
项正确．
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、AD
【答案解析】
A 项：粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，设圆周运动半径为R ，若电子从P 点出发恰好经原点O 第一次射出磁场分界线，如图甲所示 则有02sin 452R L =
半径R ＝L ，运动轨迹为四分之一圆周，所以运动的路程
242
R L s ππ== ，故A 正确； B 、C 、D 项：若电子从P 点出发经原点O 到达Q 点，若粒子恰好经原点O 第一次射出磁场分界线，则轨迹如图甲，运动路程为一个圆周，即s ＝2πR ＝2πL ，若粒子第N 次离开磁场边界经过原点O ，则要回到Q 点，经过O 点的速度必然斜向下45°，则运动轨迹如图乙，
根据几何关系有022cos 45L R N
=
，圆周运动半径L R N =，运动通过的路程为222244R L s N N L πππ=⨯=⨯=，故B 、C 错误，D 正确． 点晴：考查根据运动半径来确定运动轨迹，从而确定运动的路程，掌握左手定则与右手定则的区别，注意运用几何关系正确画出运动轨迹图是解题的关键．
8、BCD 【答案解析】 A ．在t ＝1.0s 时刻由Q 质点的振动图象图象可知，Q 质点向下运动，波传播方向沿+x 方向，故A 错误； B ．由图甲知波长为：λ＝12m ，由图乙知周期为：T ＝2s ，则波速为：
，故B 正确； C ．在3s ＝1.5T ，P 点的路程为：L ＝4A ×1.5＝12cm ，故C 正确；
D ．由平移法可知“0点振动平移到P 点”，P 点就回到了其平衡位置，需要时间
，即在时刻P 质点位于其平衡位置，故D 正确；
E ．由平移法可知P 质点在
时刻位于波峰，在时间内，质点P 的位移由1cm 增大到2cm ，其加速度变大，故E 错误。

9、AD
【答案解析】
质量为m ，电荷量为q 的带负电的液滴处于静止状态．有 ，电场强度的方向竖直向下，则上板电势高于下板，因此线圈N 上端相当于电源的正极，下端相当于电源的负极．根据安培定则可知，线圈N 的磁场竖直向上，大小减小，或竖直向下，大小增大；当棒向右匀减速运动时，因切割磁感线，由右手定则可知，感应电流方向由b 到a ，大小减小，则线圈M 产生竖直向下的磁场，且大小减小，那么线圈N 的磁场是竖直向上，大小减小，符合题意，故A 正确；当棒向右匀加速运动时，因切割磁感线，由右手定则可知，感应电流方向由b 到a ，大小增
加，则线圈M 产生竖直向下的磁场，且逐渐增强，那么线圈N 的磁场是竖直向上，大小增加，根据楞次定律，电容器下极板为
正，故B 错误；当棒向左匀减速运动时，因切割磁感线，由右手定则可知，感应电流方向由a 到b ，大小减小，则线圈M 产生竖直向上的磁场，且大小减小，那么线圈N 的磁场是竖直向下，大小减小，不符合题意，故C 错误；当棒向左匀加速运动时，因切割磁感线，由右手定则可知，感应电流方向由a 到b ，大小增
加，则线圈M 产生竖直向上的磁场，且大小增强，那么线圈N 的磁场是竖直向下，大小增强，根据楞次定律，电容器上极板为正，故D 正确，符合题意，故D 正确；故选A D ．
点睛：
解决本题的关键根据液滴受力平衡求出平行板两端间的电势差，从而求出导体棒切割的速度．通过电场的方向得出两端电势的高低，根据右手定则得出导体棒运动的方向．
10、CD
【答案解析】
A.拍摄玻璃厨窗内的物品时，往往在镜头前加一个偏振片以减弱玻璃反射光的强度，使照片清晰，但不能增加透射光的强度，A 错误；
B.用透明的标准平面样板检查光学平面的平整程度是利用光的干涉，B 错误；
C.用三棱镜观察白光看到的彩色图样是利用光折射，形成光的色散现象，C 正确；
D.根据光的衍射与光的干涉特点，泊松亮斑是光的衍射现象，根据激光的应用可知，全息照相的拍摄利用了激光的相干性的特点，与干涉原理有关，D 正确。

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、1.47(1.45--1.48均可) C 1.6 A
【答案解析】
（1）测量时，电压表选择量程为2.5V ，分度值为1.15V ，根据表头所指位置，该电池的电动势为1.15V×
29.2=1.46V ；实验结束后，应将选择开关拨到OFF 挡或交流电压最大挡，故应将选择开关拨到图中的C 挡位；
（2）①实物电路图为：
；
②根据闭合电路欧姆定律，得：()0U R r I E =-++，
图象斜率()00.7 1.5 1.60.50
k R r -=-+==--，解得：r =1.6Ω ③本实验采用相对电源的电流表外接法，由于电压表不是理想电表，故存在分流现象，导致电流表示数偏小；而当外电路短路时，电压表的分流可以忽略，故真实图象和测量图象在横轴上的交点相同，故A 正确，BCD 错误．
12、BC DE 0.420 0.417
【答案解析】
（1）由于碰撞之后共同匀速运动的速度小于碰撞之前A 独自运动的速度，故AC 应在碰撞之前，DE 应在碰撞之后．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）碰前系统的动量即A 的动量，则11110.10500.400.420kg m/s?550.02
BC P m v m T ===⨯=⋅⨯⋅
碰后的总动量2122120.0695(0.400.200.417kg m/s 55002).DE P m m v m m T =+=+=+⨯=⋅⨯()（）；
四、计算题：本题共2小题，共26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）210/m s （2）3s
【答案解析】
(1)滑块甲沿斜面向上运动时,加速度大小为1a
根据牛顿第二定律和受力分析知
1sin 37cos37mg mg ma μ+=
代入数据得:21
10m/s a = 设滑块乙沿斜面向下运动时,加速度大小为2a
2sin37cos37mg mg ma μ-=
代入数据得:22
2m/s a = (2)滑块甲向上做匀减速由运动学公式得:01110s 1s 10v t a =
== 速度即减为零.,即甲上滑的时间为1s
（3）在甲上滑过程中甲向上的位移:2210111111011015m 22
x v t a t =-
=⨯-⨯⨯= 物块乙在这段时间内下滑时的位移大小为: 222112
x a t ==1m 此时二者之间的距离:1210514L L x x m ∆=--=--=
乙的速度:2121m/s=2m/s v a t ==⨯
说明二者还没有相遇,距离是4m 两个物块与斜面之间的动摩擦因数相等,所以甲向下运动时的加速度大小也是22m/s 两个物块都向下做匀加速运动，相对位移为L ∆ ,设需要时间2t 即相遇
由运动公式得;
L ∆=2vt
解得：22s t =
所以是乙追上甲,时间:123s t t t =+=
综上所述本题答案是：
(1)甲物体沿斜面上滑的加速度大小是210m/s ;（2）甲上滑的时间为1s (3)甲、乙两物体经3s 时间相遇.
14、 (1) 5m/s ，0.3N ； (2) 2.25N , 方向指向圆形轨道的圆心 ； (3) 相等，A 到C 机械能守恒，A C 在同一水平面，动能相同，所以速度大小相同。

【答案解析】
（1）对于小球的匀减速运动过程，有
2202A v v as -=-
即
227234A v -=-⨯⨯，
解得
v A =5m/s
小球的受力图如右图所示，由牛顿第二定律，得
f=ma
解得
f =0.1×3=0.3N
（2）对于小球沿光滑半圆形轨道由A 点运动到B 点的过程，小球的机械能守恒，则有
22110222
A B mv mv mg R +=+⋅
解得
v B =3m/s
对于小球在B 点时的圆周运动瞬间，有
2=B v F m R
向 解得
F 向=2.25N
F 向的方向指向圆形轨道的圆心．
(3) 相等，A 到C 机械能守恒，A C 在同一水平面，动能相同，所以速度大小相同．
点睛：解决多过程问题首先要理清物理过程，然后根据物体受力情况确定物体运动过程中所遵循的物理规律进行求解；体会机械能守恒定律在解决力学问题中的优越性．
15、 (1)112V V = (2)0012
Q PV aT =+ 【答案解析】
①由理想气体状态方程得 00100
1.2
2.4PV PV T T = 解得：V 1=12
V ②在活塞下降过程中，活塞对气体做的功为W=P 0（V ﹣V 1）
活塞刚要下降时,由理想气体状态方程得 0001
1.2
2.4PV PV T T = 解得：T 1=2T 0；
在这一过程中，气体内能的变化量为△U=α（T 0﹣T 1）
由热力学第一定律得，△U=W+Q
解得：Q=
12p 0V+αT 0。