2022-2023学年湖南省岳阳市岳阳县一中、汨罗一中高二（上）期末物理试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年湖南省岳阳市岳阳县一中、汨罗一中高二（上）期末物理试卷（含解析），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题：本大题共6小题，共24分。
1.如图所示，长直导线AB、螺线管C、电磁铁D三者串联在同一电路中，它们之间相距较远，产生的磁场互不影响，开关S闭合后，图中所示的四个可自由转动的小磁针a、b、c、d的北极(黑色一端)静止时的指向正确的是( )
A. a
B. b
C. c
D. d
2.在地球赤道上空，沿东西方向水平放置一根通以由西向东的直线电流，则此导线受到的安培力方向( )
A. 竖直向上B. 竖直向下C. 由南向北D. 由西向东
3.如图所示，空间有一正四棱锥P−ABCD，P为公共顶点，ABCD分别为底面的四个顶点，现在P点固定一正点电荷，下列说法正确的是( )
A. A、B两点的场强相同
B. A点的电势比C点的电势高
C. 将一负点电荷从C点沿CD移到D点，电场力先做负功后做正功
D. 将一负点电荷从A点沿AD移到D点，该点电荷的电势能先减小后增大
4.如图所示，闭合开关，L1、L2均正常发光，当滑动变阻器的滑片P自C向D滑动时( )
A. L1变亮B. L1变暗C. L2变亮D. L2亮度不变
5.如图为一列简谐横波在某时刻的波形图，已知图中质点b的起振时刻比质点a超前了0.4s，则以下说法正确的是( )
A. 这列波的波速为10m/s
B. 这列波沿x轴正方向传播
C. 这列波的周期为0.4s
D. 再经过03s，P质点的位移为负，振动方向向上
6.图甲为某一小灯泡的U−I图线，现将两盏这样的小灯泡并联后再与一个4Ω的定值电阻R串联，接在内阻r为1Ω、电动势E为3V的电源两端，如图乙所示。则通过每盏小灯泡的电流I和每盏小灯泡的电功率P分别约为( )
A. I≈0.2A，P≈0.6WB. I≈0.3A，P≈0.6W
C. I≈0.2A，P≈0.2WD. I≈0.3A，P≈0.4W
二、多选题：本大题共4小题，共20分。
7.如图甲所示，一弹簧振子以O点为平衡位置，在A、B两点间做简谐运动，图乙为这个弹簧振子的振动图像。下列说法正确的是( )
A. 在t=0.2s时，弹簧振子的加速度最小
B. 在t=0.1s和t=0.3s时，弹簧振子的速度大小相等
C. 在t=0.2s和t=0.6s时，弹簧振子都具有最大的弹性势能
D. 0～2s内，弹簧振子通过的路程为100cm
8.如图所示，电容式麦克风的振动膜是利用超薄金属或镀金的塑料薄膜制成的，它与基板构成电容器，并与电阻、电池构成闭合回路。麦克风正常工作时，振动膜随声波左右振动。下列说法正确的是( )
A. 振动膜向右运动时，电容器的板间电场强度不变
B. 振动膜向右运动时，a点的电势比b点的电势高
C. 振动膜向左运动时，电阻上有从a到b的电流
D. 振动膜向左运动时，振动膜所带的电荷量减小
9.如图所示，带电平行金属板水平放置，电量相同的三个带电粒子a、b、c从两板正中央以相同的初速度垂直电场线方向射入匀强电场(不计粒子的重力)，则它们在两板间运动的过程中( )
A. a、b粒子运动时间相等
B. 电场力对a和b两粒子做功相等
C. b粒子的动量的变化量与c粒子的动量的变化量相等
D. c粒子电势能减少量最少
10.如图，在光滑水平面上放着质量分别为m和2m的A、B两个物块，现用外力缓慢向左推B使弹簧压缩，此过程中推力做功W，然后撤去外力，则( )
A. A离开墙面后，A的最大速度为43 Wm
B. A离开墙面后，弹簧的最大弹性势能为W3
C. 从开始到A离开墙面的过程中，墙对A的冲量为零
D. 当A离开墙面时，B的动量大小为 2mW
第II卷（非选择题）
三、实验题：本大题共2小题，共20分。
11.居家防疫期间，小明在家做“用单摆测定重力加速度”的实验。他使用一块外形不规则的小石块代替摆球，如图甲所示。设计的实验步骤是：
A.将小石块用不可伸长的细线系好，结点为N，细线的上端固定于O点；
B.用刻度尺测量ON间细线的长度l作为摆长；
C.将石块拉开一个大约α=5°的角度，然后由静止释放；
D.从石块摆至某一位置处开始计时，测出30次全振动的总时间t，由T=t30算出周期；
E.改变ON间细线的长度再做几次实验，记下相应的l和T；
F.根据公式g=4π2T2l，分别计算出每组l和T对应的重力加速度g，然后取平均值即可作为重力加速度的测量结果。
(1)为减小实验误差，应从石块摆到______(选填“最低点”或“最高点”)位置开始计时。
(2)小明用ON的长l为摆长，利用公式g=4π2T2l求出的重力加速度的测量值比真实值______(选填“偏大”或“偏小”)。
(3)小明利用测出的多组摆长l和周期T的数值，作出T2−l图像如图乙所示，若图像的斜率为k，则重力加速度的表达式是g=______。
12.学校某班刚成立两个物理课外兴趣小组，分别开展了如下电学实验活动。
(1)第一兴趣小组的任务是测量某一电池组的电动势和内阻，其电动势约为3V，内阻约为10Ω。现有如下实验器材：
A.待测电池组
B.电流表A(0～2mA,Rg=12Ω)
C.定值电阻(R0=6Ω)
D.电阻箱R1(0～999Ω)E.电键S、导线若干

①为完成实验需将电流表A改装成较大量程的电流表，应把电流表A与定值电阻R0并联，改装后电流表的量程为0～ ______ mA。
②按如图1电路图连接好电路进行实验，并多次测量，同时记录电阻箱R1的读数R和电流表A的读数I，然后做出1l−R图像如图2所示，若图像的斜率为k，纵轴截距为b，则该电池组的电动势E= ______ ，内阻r= ______ (用k、b表示，题中已知字母均为基本单位)。
(2)第二兴趣小组的任务是测量某一铜芯导线的电阻率，则他们先用米尺测出其长度为L，用螺旋测微器测得其直径为D，用多用电表测得其电阻值约为1Ω，为提高测量的精度，需利用以下器材，设计电路，重新测量这段导线(图中用Rx表示)的电阻。

A.电源E(电动势约为9.0V，内阻不计)
B.电压表V(量程为0～6.0V，内阻约为6kΩ)
C.电流表A(量程为0～0.6A，内阻约为1Ω)
D.滑动变阻器R(最大阻值为20Ω)
E.定值电阻R0(阻值为9Ω)
F.开关S一个，导线若干
①如图3所示是该实验小组用螺旋测微器测量铜线直径，其读数是______ mm。
②为了较准确测量，某同学设计了部分电路如图4所示，请你在此基础上将虚线方框内的电路补充完整，使实验可以完成。
③若在测量时，电压表示数为U，电流表示数为I，则该铜芯导线所用材料的电阻率的表达式为ρ= ______ (用U、I、R0、L和D表示)
四、简答题：本大题共3小题，共36分。
13.如图所示，在平面直角坐标系xOy的第四象限有垂直纸面向里的匀强磁场，一质量为m=5.0×10−8kg、电量为q=1.0×10−6C的带电粒子。从静止开始经U0=2.5V的电压加速后，从P点沿图示方向进入磁场，已知OP=16cm，(粒子重力不计，sin37°=0.6，cs37°=0.8)，求：
(1)带电粒子到达P点时速度v大小；
(2)若要求粒子不能进入x轴上方，磁感应强度的最小值B是多大(要求画出粒子运动的轨迹)。
14.如图所示，在倾角为θ的光滑斜面底端O固定一带正电物体甲，将另一带电体乙从斜面上的B点由静止释放，沿斜面下滑距离s到达A点时达到最大速度v。已知带电体乙的质量为m，电荷量为q，重力加速度为g，甲、乙均可视为点电荷。求：
(1)乙带何种电荷；
(2)物体甲在A点产生电场强度大小；
(3)A、B两点间的电势差UAB。
15.如图甲所示，放在水平地面上的足够长的木板质量M=2kg，木板左端放一质量m=1.0kg的滑块(可视为质点)，已知地面和木板间的动摩擦因数μ1=0.1；滑块和木板间的动摩擦因数μ2=0.4，滑块的正上方有一悬点O，通过长l=1.25m的轻绳吊一质量m0=2.0kg的小球。现将小球拉至与O点处于同一水平面，由静止释放，小球摆至最低点时与滑块发生正碰(即两物体在同一直线上碰撞)，且小球与滑块只碰一次，小球碰后的动能与其向上摆动高度的关系如图乙所示，重力加速度g取10m/s2。求：
(1)碰前瞬间轻绳对小球拉力的大小；
(2)小球和滑块碰撞过程中系统损失的机械能；
(3)长木板运动过程中的最大位移。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、由安培定则可知，直导线AB的磁场方向(从上往下看)逆时针，根据小磁针的静止时，N极的指向即为磁场的方向，即向里，则有a磁针方向错误，故A错误；
BC、由安培定则，通电螺线管左端为S极，右端为N极，因此c磁针方向错误；通电螺线管下边的磁场的方向从N极指向S极，即从右向左，所以b磁针的方向正确，故B正确，C错误；
D、根据安培定则，对于U形螺线管左端相当于S极，右端相当于N极，故d磁针的方向错误，故D错误。
故选：B。
根据右手螺旋定则可确定，通电螺线管的磁场分布，及通电直导线磁场的分布，并由小磁针的静止时，N极的指向即为磁场的方向。
考查通电导线的电流方向来确定磁场的方向，掌握右手螺旋定则的应用，注意螺线管内部的磁场方向。
2.【答案】A
【解析】解：左手定则的内容：伸开左手，使拇指与其余四指垂直，并且与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是安培力的方向。磁场的方向从南向北，电流的方向由西向东，所以安培力的方向竖直向上。故A正确，B、C、D错误。
故选：A。
在赤道的上方磁场的方向从南向北，根据左手定则，判断安培力的方向．
解决本题的关键掌握用左手定则判断安培力的方向，伸开左手，使拇指与其余四指垂直，并且与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是安培力的方向．
3.【答案】D
【解析】解：A、电场强度是矢量，A、B两点到正点电荷距离相等，所以正点电荷的电场在A、B两点的场强大小相等，但方向不同，场强是矢量，故A错误；
B、点电荷电场的等势面是以点电荷为球心的球面，A、C两点到正点电荷的距离相等，所以这两点的电势也相等，故B错误；
C、将一负电荷从C点沿CD移动到D点过程中，电势先升高后降低，所以电场力先做正功后做负功，故C错误；
D、将一负点电荷从A点移到D点过程中，电势是先升高后降低，所以电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增大，故D正确。
故选：D。
A、B两点的场强大小相等，方向不同；A、C两点距离点电荷一样远，所以电势相等；沿CD从C移动到D过程中，电势先升高后降低；对负电荷来说，从高电势向低电势移动，电场力做负功，电势能增大。
在正点电荷的电场中，距离点电荷越近，电势越高。负电荷从低电势向高电势移动，电场力做正功，电势能减小。
4.【答案】B
【解析】解：因为滑动变阻器的滑片P自C向D滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻减小，所以总电阻减小，总电流增大，根据闭合电路欧姆定律
E=U+Ir
可知路端电压减小，所以L1变暗，通过电阻R的电流增大，所以L2和滑动变阻器的分压减小，因此L2变暗。
故ACD错误，B正确。
故选：B。
根据闭合电路欧姆定律，结合滑动变阻器接入电路的电阻减小分析求解。
本题考查了闭合电路欧姆定律，正确分析电路结构，熟练掌握电压，电流和电阻之间的关系是解决此类问题的关键。
5.【答案】D
【解析】解：B、图中质点b的起振时刻比质点a超前，说明质点b先振动，质点a后振动，所以这列波沿x轴负方向传播，故B错误；
C、图中质点b的起振时刻比质点a超前了0.4s，有12T=0.4s，则得这列波的周期为T=0.8s，故C错误；
A、这列波的波长为λ=4m，波速为v=λT=40.8m/s=5m/s，故A错误；
D、这列波沿x轴负方向传播，根据同侧法可知，图中P质点向下振动，由0.2s=14T≤0.3s≤0.4s=12T，可知再经过03s，P质点位于平衡位置下侧向上振动，故P质点的位移为负，振动方向向上，故D正确。
故选：D。
根据质点b的起振时刻比质点a超前了0.4s，确定出周期，a、b平衡位置间距离等于半个波长，确定出波长，即可求出波速。波由振动早的质点向振动迟的质点传播。根据时间与周期的关系分析P质点的位移和振动方向。
本题要理解沿波的传播方向质点的起振逐渐延迟，相邻两个波峰或波谷间的距离等于一个波长。
6.【答案】B
【解析】解：A.设通过每个小灯泡的电流为I，电压为U，则电路中总电流为2I．
根据闭合电路欧姆定律得：U=E−2I(R+r)
代入数据得：U=5−10I
当U=0时，I=0.5A；当I=0时，U=5V。
在U−I图上作出U=5−10I的图象如图1：
两图线的交点即为乙图状态下小灯泡的工作电流和电压，由图得I≈0.3A，U≈2V，
此时每盏小灯泡的电功率为P=UI≈2×0.3W=0.6W，故ACD错误，B正确。
故选：B。
设通过每个小灯泡的电流为I，电压为U，根据闭合电路欧姆定律得到U与I的关系式；
在U−I图作出图象，图线与小灯泡伏安特性曲线的交点表示小灯泡的工作状态，读出交点的电压和电流，求出功率。
本题考查运用数学知识解决物理问题的能力；本题的关键是作出闭合电路的U−I图像寻找小灯泡的工作电流。
7.【答案】BC
【解析】解：A.由图可知，在t=0.2s时，弹簧振子位于正向位移最大处，此时加速度最大，故A错误；
B.在t=0.1s和t=0.3s时，弹簧振子位于同一位置，速度大小相等，故B正确；
C.在t=0.2s和t=0.6s时，弹簧振子位于位移最大处，具有最大的弹性势能，故C正确；
D.由图可知，弹簧振子做简谐运动的周期，故弹簧振子在0～2s内，弹簧振子通过了，路程为50cm，故D错误。
故选：BC。
根据图像直接得出振子的位移；理解在不同时间内振子的位移变化，由此分析出振子的速度变化，即动能变化以及势能的变化。
本题主要考查了简谐运动的振动图像，要熟悉简谐运动中不同物理量之间的关系即可，整体难度不大。
8.【答案】BD
【解析】解：AB、振动膜片向右振动时电容器两极板的距离变小，电容增大，由C=QU 知，在U不变的情况下，Q增大，电容器充电，R中电流方向向下，即从a到b的电流，电流从高电势流向低电势，a点电势高于b电势，E=Ud，d减小，E增大，故A错误；B正确；
CD、振动膜片向左振动时电容器两极板的距离变大，电容减小，由C=QU 知，在U不变的情况下，Q减小，电容器放电，R中电流方向向上，即从b到a的电流，因此a的电势比b低，故C错误，D正确；
故选：BD。
电容器极板间距离的变化引起了电容的变化，电容的变化引起了电量的变化，从而场强变化，R中有电流，根据充放电时的基本性质确定电流方向。
本题考查了电容器的动态分析，方法是：从部分的变化引起电容的变化，根据电压或电量不变判断电量或电压的变化。
9.【答案】BCD
【解析】解：A、a、b两个带电粒子在电场中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，则有x=v0t，由图可知：xa