2023-2024学年湖南省常德市第一中学高二（上）期末考试物理试卷 (2)(含解析）

这是一份2023-2024学年湖南省常德市第一中学高二（上）期末考试物理试卷 (2)(含解析），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.许多科学家在物理学发展中做出了重要贡献，下列表述中正确的是( )
A. 牛顿测出引力常量B. 法拉第发现电磁感应现象
C. 安培发现了电流的磁效应D. 赫兹预言了电磁波的存在
2.关于质点做简谐运动，以下说法不正确的是( )
A. 每经过半个周期，质点的动能变化量一定为零
B. 每经过一个周期，质点的势能变化量一定为零
C. 间隔一个周期整数倍的两个时刻，质点的振动情况一定相同
D. 间隔半个周期奇数倍的两个时刻，质点的速度和加速度可能同时相同
3.如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为20∶1，R0为定值电阻，R是滑动变阻器，原线圈两端的输入电压u=200sin100πt(V)，设理想交流电压表V1、V2的示数分别是U1、U2；理想交流电流表A1、A2的示数分别是I1、I2.下列说法正确的是( )
A. 电压表V2的示数U2=10 2V
B. 滑片P向b端滑动过程中，U2不变，I1与I2都变大
C. 滑片P向b端滑动过程中，R0两端的电压变小
D. 通过原、副线圈的交变电流频率之比为10∶1
4.2022年6月17日，我国第三艘航空母舰“中国人民解放军海军福建舰”下水后，将按计划开展系泊试验和航行试验，这是我国完全自主设计建造的首艘弹射型航空母舰，配置电磁弹射和阻拦装置。航母上舰载机电磁弹射的驱动原理如图所示，当闭合开关S，固定线圈中突然通过直流电流时，线圈左侧的金属环被弹射出去，则( )
A. 闭合开关S的瞬间，从左侧看金属环中的感应电流沿逆时针方向
B. 若将电池正负极调换，金属环弹射方向将改变
C. 若将金属环置于线圈的右侧，金属环仍将向左弹射
D. 若将金属环置于线圈的右侧，金属环将向右弹射
5.如图所示，位于纸面内的细直导线，长L=5 m，通有I=3 A的恒定电流．平行于纸面水平向右的匀强磁场，磁感应强度B=2T.当导线与B成60 °夹角时，发现其受到的磁场力为零，则该区域同时存在的另一匀强磁场的磁感应强度B1的可能值为( )
A. 32TB. T2C. 2 3TD. 33T
6.如图所示，甲、乙是竖直面内两个相同的半圆形光滑绝缘轨道，M、N为两轨道的最低点，匀强磁场垂直于甲轨道平面，匀强电场平行于乙轨道平面，两个完全相同的带正电小球a、b(可视为质点)分别从甲、乙两轨道的右侧最高点由静止释放，在它们第一次到达最低点的过程中，下列说法正确的是( )
A. a球下滑的时间比b球下滑时间长
B. a、b两球的机械能均守恒
C. a球到M点的速度小于b球到N点的速度
D. a球对M点的压力大于b球对N点的压力
二、多选题：本大题共4小题，共20分。
7.一列简谐横波a，某时刻的波形如图甲所示。从该时刻开始计时，波上质点A的振动图像如图乙所示。波a与另一列简谐横波b相遇能发生稳定干涉现象，则下列判断正确的是( )
A. 波a沿x轴正方向传播
B. 波b的频率为0.4Hz
C. 从该时刻起，再经过0.4s，质点A通过的路程为40cm
D. 若障碍物的尺寸比0.4m小，则波a遇到该障碍物时一定能发生明显衍射现象
8.如图所示的电路中，电源电动势E=4V，内阻r=1Ω，定值电阻R0=1Ω，R为滑动变阻器，电容器的电容C=40μF，闭合开关S，下列说法中正确的是
( )
A. 将R的阻值调至2Ω时，电容器的电荷量为8×10−5C
B. 将R的阻值调至2Ω时，滑动变阻器的功率为最大值
C. 将R的阻值调至2Ω时，电源的输出功率为最大值
D. 在R的滑动触头P由左向右移动的过程中，电容器的电荷量增加
9.如图所示，a、b、c、d为4个正离子，电荷量相等均为q，同时沿图示方向进入速度选择器后，a粒子射向P1板，b粒子射向P2板，c、d两粒子通过速度选择器后，进入另一磁感应强度为B2的磁场，分别打在A1和A2两点，A1和A2两点相距Δx。已知速度选择器两板电压为U，两板距离为l，板间磁感应强度为B1，则下列判断正确的是( )
A. 粒子a、b、c、d的速度关系vaB. 粒子a、b、c、d的速度关系va>vc=vd>vb
C. 粒子c、d的质量关系是mc>md
D. 粒子c、d的质量差Δm=B1B2qlΔx2U
10.水平面上有质量相等的a、b两个物体，水平推力F1、F2分别作用在a、b上。一段时间后撤去推力，物体继续运动一段距离后停下。两物体的v−t图线如图所示，图中AB//CD。则整个过程中
( )
A. F1的冲量等于F2的冲量
B. F1的冲量小于F2的冲量
C. 摩擦力对a物体的冲量小于摩擦力对b物体的冲量
D. 合外力对a物体的冲量小于合外力对b物体的冲量
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.在“用单摆测量重力加速度”的实验中，某实验小组在测量单摆的周期时，测得摆球经过n次全振动的总时间为Δt，在测量单摆的摆长时，先用毫米刻度尺测得摆线长度为l，再用游标卡尺测量摆球的直径为D，某次测量游标卡尺的示数如图甲所示．
回答下列问题：
(1)由图甲可知，摆球的直径为D=________ mm．
(2)该单摆的周期为________．
(3)为了提高实验的准确度，在实验中可改变几次摆长L并测出相应的周期T，从而得出几组对应的L和T的数值，以L为横坐标、T2为纵坐标作出T2−L图线，但同学们不小心每次都把小球直径当作半径来计算摆长，由此得到的T2−L图像是图乙中的________(选填“①”“②”或“③”)，由图像可得当地重力加速度g=________，由此得到的g值会________(选填“偏小”“不变”或“偏大”)．
12.用电流表和电压表测一个电阻值约为25kΩ、额定功率为120W的电阻Rx的阻值，备用器材有：
①量程0∼100μA，内阻约为500Ω的电流表A1
②量程0∼500μA，内阻约为300Ω的电流表A2
③量程0∼1V，内阻约为10kΩ的电压表V1
④量程0∼15V，内阻约为100kΩ的电压表V2
⑤量程0∼50V，内阻约为500kΩ的电压表V3
⑥直流稳压电源两端的输出电压为16V
⑦滑动变阻器，阻值范围0∼500Ω，允许最大电流lA
⑧待测电阻Rx，开关和导线若干
(1)为了测量准确，电压表应选__，电流表应选__.(填写仪器前的序号)
(2)在下图方框内画出实验电路图___．
(3)若测量值为R测，真实值为R真，那么在操作、读数、计算均正确无误的情况下，R测_R真(选填“大于”、“等于”或“小于”)．
四、计算题：本大题共3小题，共38分。
13.如图所示，在范围足够大的匀强磁场中倾斜放置两根平行光滑的金属导轨，它们所构成的导轨平面与水平面的夹角θ=30°，平行导轨的间距L=1.0m。匀强磁场方向垂直于导轨平面向下，磁感应强度B=0.2T。两根金属杆ab和cd可以在导轨上无摩擦地滑动。两金属杆的质量均为m=0.2kg，电阻均为R=0.2Ω。若用与导轨平行的拉力作用在金属杆ab上，使ab杆沿导轨匀速上滑并使cd杆在导轨上保持静止，整个过程中两金属杆均与导轨垂直且接触良好。金属导轨的电阻可忽略不计，取重力加速度g=10m/s2。求：
(1)cd杆受到的安培力F安的大小；
(2)通过金属杆的感应电流大小I；
(3)作用在金属杆ab上拉力的功率。
14.如图所示，一足够长的平行边界PQ的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，磁场宽度为d。一质量为m，电量为q的带负电粒子，以一定的速度与边界P成60°角垂直磁场方向射入匀强磁场，从另一边界Q与边界线成30°角射出磁场，不计粒子重力。求：
(1)粒子作匀速圆周运动的速度大小；
(2)粒子在磁场中运动的时间。
15.常德市一中某兴趣小组利用自购的器材设计了一个如图所示的滑行轨道模型，该轨道由四分之一圆弧轨道、传送带和长木板构成。圆弧轨道半径为R=4.5m，轨道末端B水平，且与皮带等高，皮带以v0=6m/s的速度顺时针转动，皮带长L0=5.1m，C点是皮带的最右端，紧靠C端是一放置在光滑水平地面上的长木板，木板与皮带等高，且长度为L1=0.6m，木板质量为m0=3kg，木板的最左端放置有质量为m2=1kg的物块乙。该小组同学让质量为m1=2kg的物块甲从A点由静止释放，测得物块甲滑到B点时对轨道的压力大小为56N。然后甲滑上传送带，到达C端后与乙发生碰撞且粘成一体继续在木板上向右滑行。已知甲与皮带间的动摩擦因数为μ1=0.5，甲乙整体与木板间的动摩擦因数为μ2=0.4，甲乙都可视为质点，重力加速度g=10m/s2。求：
(1)甲物块滑到B点时的速度v1及物块甲从A滑到B的过程中克服摩擦力做的功Wf；
(2)甲物块从B传送到C的时间t；
(3)判断甲乙整体能否滑离木板，若不能滑离木板，求出甲乙整体在木板上滑行的距离；若能滑离木板，那么为使甲乙整体不会滑离木板，需要在木板右端无缝粘接上至少多长同种规格(相同高度、宽度和材料)的木板。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】A.卡文迪什测出引力常量，故A错误；
B.法拉第发现电磁感应现象，故B正确；
C.奥斯特发现了电流的磁效应，故C错误；
D.麦克斯韦预言了电磁波的存在，故D错误。
故选B。
2.【答案】D
【解析】A.经过半个周期，质点的速度等大、反向，故动能相等，则半个周期内物体的动能变化一定为零，故A正确；
B.根据周期的定义可知，质点完成一次全振动，所有的物理量都恢复到初始状态，质点的势能不变，质点的势能变化量一定为零，故B正确；
C.由于简谐运动是一种周期性的运动，故间隔一个周期的整数倍的两个时刻，物体的振动情况一定相同，故C正确；
D.间隔半个周期的奇数倍的两个时刻，物体的位移等大、反向，故物体的速度和加速度都是等大、反向，故D错误。
选不正确的，故选D。
3.【答案】B
【解析】A.由u=200sin 100πt (V)可知输入电压有效值为
U1=200 2V=100 2V
由 U1U2=n1n2 ，可得
U2=120×100 2V=5 2V
故A错误；
B.滑片P向b端滑动过程中，副线圈负载电阻减小，电压由原线圈输入电压决定， U1 不变，所以U2不变，则I2变大。由理想变压器输入功率等于输出功率
I1U1=I2U2
得
I1=I2U2U1
I1变大，故B正确；
C.由B项可知，滑片P向b端滑动过程中，I2变大，R0两端的电压
UR0=I2R0
变大。故C错误；
D.变压器不改变交变电流的频率，通过原、副线圈的交变电流频率之比为1∶1。故D错误。
故选B。
4.【答案】D
【解析】A. 闭合开关S的瞬间，线圈内部磁场向右增加，根据楞次定律知，从左侧看金属环中的感应电流沿顺时针方向，故A错误；
B. 若将电池正负极调换，闭合开关，穿过金属环的磁通量仍然增大，根据楞次定律知，金属环仍能向左弹射，故B错误；
CD. 若将金属环置于线圈的右侧，当固定线圈上突然通过直流电流时，穿过金属环的破通量瞬间增大，根据楞次定律，金属环有远离线圈的趋势，向右弹出，故C错误，D正确。
故选：D。
5.【答案】C
【解析】当磁场方向与电流方向在平行时，电流不受磁场力作用；根据磁场的叠加原理，由平行四边形定则分析B1的最小值，即可选择．
【详解】通电导线所受磁场力为零，则电流方向与磁场方向平行，说明该区域同时存在的另一匀强磁场B2，并且B2与B1的合磁场的磁感应强度方向沿导线方向，
由平行四边形定则可知，当B2与合磁场(通电导线)垂直时，磁场最小，B2最小=B1sin60∘= 3 T，
则B2⩾B1sin60∘= 3 T，所以B2的可能值为 2 3 T，故C正确，ABD错误；
故选C．
6.【答案】D
【解析】ABC.由于小球在磁场中运动，只有重力做功，磁场力对小球不做功，整个过程中小球的机械能守恒；而小球在电场中运动时除重力做功外还受到的电场力对小球做负功，到达最低点时的速度较小，在电场中运动的时间也较长，同时小球的机械能减小。a球下滑的时间比b球下滑时间短。a球的机械能守恒，b球的机械能不守恒。a球到M点的速度大于b球到N点的速度。故ABC错误；
D.小球在磁场中运动，在最低点进行受力分析可知
FM−mg−BqvM=mvM2r
解得
FM=mvM2r+mg+BqvM
小球在电场中运动，在最低点受力分析可知
FN−mg=mvN2r
解得
FN=mvN2r+mg
因为
vM>vN
可知
FM>FN
故D正确；
故选D。
7.【答案】ACD
【解析】A.由图乙可知， t=0 时刻质点A向 −y 方向振动，由同侧法，可知波a沿x轴正方向传播，故A正确；
B.由图乙可知，波a的周期
T=0.4s
波a的频率
f=1T=2.5Hz
波a与另一列简谐横波b相遇能发生稳定干涉现象，波b的频率和波a的频率相等也是 2.5Hz 。故B错误；
为一个周期，从该时刻起，再经过0.4s，质点A通过的路程
s=4A=4×10cm=40cm
故C正确；
D.由图甲可知，波a的波长
λ=0.4m
若障碍物的尺寸比0.4m小，则波a遇到该障碍物时一定能发生明显衍射现象。故D正确。
故选ACD。
8.【答案】AB
【解析】【分析】
闭合开关S，电路稳定后，电容器相当于开关断开，其电压等于电阻R的电压。根据欧姆定律求出电容器两端的电压，由Q=CU求电量；电源的输出功率为最大值时需满足r等于总外电阻，对于研究可变电阻器的功率变化时，可以将其它电阻等效为内阻。
本题关键是要根据闭合电路欧姆定律求解出电流和电容器两端电压，然后根据电容定义式列式求解电量。尤其要记住“电源的输出功率为最大值时需满足r等于总外电阻，对于研究可变电阻器的功率变化时，可以将其它电阻等效为内阻。”
【解答】
A.将R 的阻值调至2Ω时，电路中电流为I=ER+R0+r=42+1+1A=1A，电容器两端的电压U=IR=1×2V=2V，带电量为Q=CU=40×10−6×2C=8×10−5C，故A正确；
B.根据闭合电路欧姆定律知滑动变阻器的功率为最大值时滑动变阻器电阻等于r与R0电阻之和(可以视为等效内阻)，即R=2Ω时，滑动变阻器功率最大，故B正确；
C.电源的输出功率为最大值时需满足r等于总外电阻，故C错误；
D.在R 的滑动触头P 由左向右移动的过程中，电阻减小，分的电压减小，电容器上电压减小，根据Q=CU知电荷量减小，故D错误。
故选AB。
9.【答案】AD
【解析】AB.粒子进入速度选择器，只有满足
qvB=qE
即速度满足
v=EB
才能通过速度选择器，不发生偏转。
当粒子的速度大于 EB1 ，洛伦兹力大于电场力，粒子向右偏转；粒子的速度小于 EB1 ，洛伦兹力小于电场力，粒子向左偏转。
c、d不偏转，故满足电场力等于洛伦兹力
Eq=Bqv
即
vc=vd= EB1
故
va故A正确，B错误；
C.c、d进入磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力
qvB2=mv2R
得
R=mvqB2
由于Rcmc故C错误；
D.c、d两粒子分别打在A1和A2两点，A1和A2两点相距△x.根据几何关系得
▵x=2(Rd−Rc)=2(mdvdqB2−mcvcqB2)
把 vc=vd=UdB1 代入上式中，化简得
▵m=md−mc=B1B2Lqx2U
故D正确；
故选AD。
10.【答案】BC
【解析】【分析】
由速度图象分析可知，水平推力撤去后，AB与CD平行，说明加速度相同，动摩擦因数相同，两物体的质量相等，说明摩擦力大小相等。根据动量定理，研究整个过程，确定两个推力的冲量关系。
本题首先考查读图能力，其次考查动量定理应用时，选择研究过程的能力。同时在列式时注意动量定理的矢量性。
【解答】
AB.由图可知，推力的作用时间taC.由图可知，a、b运动的时间t′aD.全程动量变化为0，所以合外力的冲量为0，故D错误。
11.【答案】(1)16.4；(2)Δtn；(3)①；4π2ab；不变
【解析】解：(1)由图示游标卡尺可知该游标卡尺的精度为0.1mm，主尺示数是16mm，游标尺示数是4×0.1mm=0.4mm，金属球的直径为16mm+0.4mm=16.4mm；
(2)由于测得摆球经过n次全振动的总时间为Δt，所以该单摆的周期为T=Δtn；
(3)由单摆周期公式T=2π Lg可知：T2=4π2Lg，则T2−L图象的斜率k=4π2k，则加速度g=4π2k，但同学们不小心每次都把小球直径当作半径来计算摆长，则有T2=4π2k(L−D2)，由此得到的T2−L图像是图乙中的①，由于图线的斜率不变，计算得到的g值不变，由图像可得k=ba，当地重力加速度g=4π2ab；
故答案为：(1)16.4；(2)Δtn；(3)①；4π2ab；不变。
(1)游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺的示数；
(2)知道周期为一次全振动的时间，在Δt时间内完成了n个全振动，取平均值；
(3)结合单摆的周期公式求出重力加速度的大小，并分析g值是否发生变化。
解决本题的关键掌握单摆的周期公式，并能灵活运用，知道摆长不是摆线的长度。能通过摆长或周期测量值的变化判断误差形成的原因，同时关键掌握实验的原理，通过重力加速度的表达式，通过摆长或周期测量值的变化判断误差形成的原因。
12.【答案】 ④ ② 见解析 大于
【解析】[1][2]因为电源的电压只有16V，因此电压表选择④，由电压表的量程可知电流表的电流为
I=UR=1525×103=600uA
因此电流表选择②
[3]本实验待测电阻阻值偏大，分流能力比较强，因此选用内接法，为调节明显滑动变阻器选用分压式，因此电路图为
[4]内接法测得的电压表的电压偏大，而电流准确，因此测量值偏大
13.【答案】(1) 1.0N ；(2) 5.0A ；(3) 20W
【解析】(1)金属杆 cd 静止在金属导轨上，所受安培力方向平行于导轨平面向上。则
F安=mgsin30∘
解得
F安=1.0N
(2)又
F安=BIL
解得
I=5.0A
(3)金属杆 ab 所受安培力方向平行于导轨平面向下，匀速上滑，则
F=BIL+mgsin30∘
根据法拉第电磁感应定律，金属杆 ab 上产生的感应电动势为
E=BLv
根据闭合电路欧姆定律，通过金属杆 ab 的电流
I=E2R
根据功率公式及上述各式得
P=Fv=20W
14.【答案】解：(1)粒子在电场中运动轨迹如图所示
由几何关系可得：
Rsin30°+Rsin60°=d
解得：R=( 3−1)d
根据洛伦兹力充当向心力可知：
Bqv=mv2R
解得：v=( 3−1)qBdm；
(2)带电粒子在磁场中运动，根据洛伦兹力充当向心力可知，
Bqv=mv2R
圆周运动周期：T=2πRv
联立解得：T=2πmqB
由几何关系可得，带电粒子在磁场中转过的角度为90°，则有：
粒子在磁场中运动的时间
t=14×2πmqB=πm2Bq
【解析】本题考查了带电粒子在匀强磁场中的运动，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，分析清楚粒子运动过程是解题的前提，应用牛顿第二定律与周期公式可以求解。
15.【答案】(1) 9m/s ， 9J ；(2) 0.7s ；(3) 0.8m
【解析】(1)对甲物块在B点，根据牛顿第二定律
FN−m1g=m1v12R
解得
v1=9m/s
甲物块由 A 到 B 过程由动能定理得
m1gR−Wf=12m1v12−0
解得
Wf=9J
(2)设甲在传送带上的加速度大小 a1 ，由牛顿第二定律得
μ1m1g=m1a1
解得
a1=μ1g=5m/s2
若甲能与传送带共速，设甲在加速过程的位移大小为 x甲 ，则有
2a1x甲=v12−v02
解得
x甲=4.5m
因为
x甲=4.5m故甲还需匀速运动一段时间才能传送到 C 端，匀加速的时间为
t1=v1−v0a
匀速的时间为
t2=L0−x甲v0
则传送时间为
t=t1+t2=v1−v0a1+L0−x甲v0
解得
t=0.7s
(3)以向右为正方向，甲、乙碰撞过程由动量守恒定律得
m1v0=m1+m2v
代入数据解得碰后瞬间甲乙整体速度为
v=4m/s
然后甲乙以 4m/s 的速度滑上木板，设甲乙与木板能达共同速度 v共 ，则系统动量守恒，有
m1+m2v=m1+m2+m0v共
对系统由动能定理
2
解得
x相=1m
因为
x相=1m>L1=0.6m
所以甲乙和木板不能共速。为使甲乙和木板能共速，设需在木板右端至少接上长为 d 的木板，则木板总质量为
m木=L1+dL1m0
当甲乙和木板刚好共速时，对系统由动量守恒有
m1+m2v=m1+m2+m木v共′
系统能量守恒
μ2m1+m2gL1+d=12m1+m2v2−12m1+m2+m求v共′2
代入数据得
d=0.8m