2023-2024学年浙江省宁波市奉化区高二（上）期末检测物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年浙江省宁波市奉化区高二（上）期末检测物理试卷（含解析），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.若通过一导线的电流为1.6A，则在0.5s内通过该导线横截面的电荷量为
( )
A. 0.8CB. 1.2CC. 1.6CD. 2.0C
2.两个具有相同动能的物体A、B，质量分别为mA、mB，且mA>mB，比较它们的动量则
( )
A. 物体B的动量较大B. 物体A的动量较大C. 动量大小相等D. 不能确定
3.如图是汽车进行碰撞测试，汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体。若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法正确的是( )
A. 减少了碰撞过程中司机受到的冲量
B. 减少了碰撞前后司机动量的变化量
C. 将司机的动能全部转换成汽车的动能
D. 延长了司机速度减为零的时间，从而减小了司机受到的作用力
4.如图所示，将一只满偏电流为100mA、内阻为90Ω的表头改装成1A的电流表。下列说法正确的是( )
A. 电阻R的作用是用来分压
B. 改装后表头的满偏电流变为1A
C. 电阻R的阻值为9Ω
D. 若减小电阻R的阻值，改装后的电流表的量程变大
5.如图所示，电源电动势6V，内阻1Ω，小灯泡L标有“2V 0.4W”字样，开关S闭合后，小灯泡L正常发光。已知电动机的内阻也是1Ω，则电动机的输出功率为( )
A. 0.76WB. 0.72WC. 0.04WD. 0.4W
6.如图所示，要使Q线圈产生图示方向的电流，可采用的方法有( )
A. 闭合电键K后，把R的滑片右移
B. 闭合电键K后，把P中的铁心从左边抽出
C. 闭合电键K后，把Q靠近P
D. 闭合电键K后，把电键K断开
7.飞力士棒是一种轻巧的运动训练器材，是一根弹性杆两端带有负重的器械，如图a。某型号的飞力士棒质量为600g，长度为1.5m，固有频率为5.5Hz。如图b，某人用手振动该飞力士棒进行锻炼，则下列说法正确的是( )
A. 使用者用力越大，飞力士棒振动越快
B. 手每分钟振动330次时，飞力士棒产生共振
C. 手振动的频率增大，飞力士棒振动的幅度一定变大
D. 手振动的频率增大，飞力士棒振动的频率不变
8.人类生活的陆地被海洋紧密环绕着，美丽而神秘的大海中生活着许多海洋动物，部分海洋生物有着独特的交流方式，如海豚采用发射频率高达150000Hz的超声波和同类进行交流、探路和躲避天敌。已知超声波在海水中的传播速度约为1500m/s，下列说法正确的是
( )
A. 超声波从海水传播到空气中时，频率增大
B. 在同一介质中，超声波的传播速度比次声波快
C. 超声波探路是利用了波的干涉原理
D. 超声波在海水中的波长约为0.01m
9.付同学用绿色光做双缝干涉的实验，得到的干涉图样如图所示，其中P1、P2为光屏上的两点。如果付同学将双缝的间距调整为原来的2倍，同时将双缝与屏之间的距离也调整为原来的2倍，若仍用绿光做双缝干涉实验，则得到的图样为
A. B.
C. D.
10.如图所示，在阴极射线管中电子流方向由左向右，在其正下方放置一条形磁铁，位置如图，则阴极射线将会( )
A. 向上偏转B. 向下偏转C. 向纸内偏转D. 向纸外偏转
11.一列简谐横波沿x轴正方向传播，其波速为6m/s，t=0时刻的波形如图所示。下列说法正确的是( )
A. 该简谐横波的周期为2.5s
B. 该时刻质点R沿y轴正方向运动
C. t=4.5s时刻，质点Q加速度最大
D. 0∼1.5s时间内，质点P沿x轴正方向平移9m
12.小球做简谐运动，若从平衡位置O开始计时，经过0.5s，小球第一次经过P点，又经过0.2s，小球第二次经过P点，则再过多长时间该小球第三次经过P点
( )
A. 0.6sB. 2.4sC. 0.8sD. 2.1s
13.高压水流切割器又称“水刀”，它将水以极高的速度喷射到材料表面进行雕刻、切割等作业。如图所示，一“水刀”喷出的水柱的截面为S，水的密度为ρ，水流以速度v垂直射到被切割的钢板上，水打到钢板表面后，迅速沿表面散开不反弹。则该“水刀”对钢板产生的平均冲击力大小为( )
A. ρSv²B. 2ρSv²C. ρSvD. 2ρSv
二、多选题：本大题共2小题，共6分。
14.关于下列图片所示的现象或解释，说法正确的是( )
A. 甲图中光学镜头上的增透膜利用的是光的衍射现象
B. 乙图中光导纤维内芯的折射率大于外套的折射率
C. 丙图中的“泊松亮斑”，是小圆孔衍射形成的图样
D. 丁图是利用偏振眼镜观看立体电影，说明光是横波
15.电子秤的原理如图所示，压敏电阻所受压力越大阻值越小。电流表的读数就能反映出物块对压敏电阻压力的大小。如果把这样的电子秤连同物块放在升降机地板上，升降机静止时电流表示数为I。在升降机运动过程中，电流表示数I′是稳定的，如果发现I′A. 升降机匀减速上升B. 升降机匀加速上升C. 升降机匀加速下降D. 升降机匀减速下降
三、实验题：本大题共2小题，共22分。
16.某同学在“用单摆测定重力加速度”的实验中进行了如下的操作∶
(1)用游标尺测量摆球的直径，读数为_______mm；把摆球用细线悬挂在铁架台上，测量摆线长，通过计算得到摆长L。
(2)用秒表测量单摆的周期。当单摆摆动稳定且到达最低点时开始计时并记为n=0，单摆每经过最低点记一次数，当数到n=60时秒表的示数如图乙所示，该秒表记录时间为_______s。该单摆的周期是T=_______s(结果保留三位有效数字)。
(3)测量出多组周期T、摆长L的数值后，画出T2−L图线如图丙，此图线斜率的物理意义是( )
C.4π2g D.g4π2
(4)在(3)中，描点时若误将摆线长当作摆长，那么画出的直线将不通过原点，由图线斜率得到的重力加速度与原来相比，其大小__
A.偏大B.偏小C.不变D.都有可能
17.某同学用伏安法测一节干电池的电动势E和内阻r，所给的实验器材有：
A.电压表V：“0∼3V”“0∼15V”
B.电流表A：“0∼0.6A”“0∼3A”
C.滑动变阻器R：(20Ω,1A)
D.开关和导线若干
(1)实验中电压表应选用的量程为_____(选填“0∼3V”或“0∼15V”)，电流表应选用的量程为_____(选填“0∼0.6A”或“0∼3A”)；
(2)根据实验要求在图甲虚线框中画出电路图，_____并补充连接实物电路图乙_____；
(3)测出几组电流、电压的数值，并画出图像如图丙所示，由图像知该电池的电动势E=_____V。内阻r=_____Ω。(结果均保留两位有效数字)
四、计算题：本大题共4小题，共33分。
18.如图甲所示，水平放置的2匝线圈，阻值为r=1Ω，面积为S₁=4m2，线圈与阻值R=1Ω的电阻相连，在线圈的中心有一个面积为S2=2m2的有界匀强磁场，磁感应强度按图乙所示规律变化，规定垂直纸面向里的磁感应强度方向为正方向，求：
(1)感应电动势的大小？
(2)通过电阻的电流大小和方向？
(3)电压表读数为多少？
19.如图所示，相距L的两平行金属导轨位于同一水平面上，左端与一阻值为R的定值电阻相连，一质量为m、阻值为r的导体棒放在导轨上，整个装置置于磁感应强度大小为B0、方向竖直向下的匀强磁场中．导体棒在水平外力作用下以速度v沿导轨水中向右匀速滑动．滑动过程中棒始终保持与导轨垂直并接触良好．导转的电阻忽略，棒与导轨间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g.求：
(1)棒中电流I的大小；
(2)水平外力F的大小；
(3)当棒与定值电阻间的距离为d时开始计时，保持棒速度v不变，欲使棒中无电流，求磁感应强度B随时间t变化的关系式．
20.如图所示，光滑水平面上有A、B两辆小车，质量均为m=1kg，现将小球C用长为0.2m的细线悬于轻质支架顶端，mC=0.5kg.开始时A车与C球以v0=4m/s的速度冲向静止的B车．若两车正碰后粘在一起，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2，则：
(1)A、B车碰撞后瞬间，A车的速度大小v1；
(2)A、B车碰撞损失的机械能E损；
(3)小球能上升的最大高度h．
21.如图所示，在0≤x≤3a的区域内存在与xOy平面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小为B。t=0时刻，从原点O向xOy平面内发射大量速度大小相等、方向不同的带电粒子，速度方向与y轴正方向的夹角在0°～90°范围内，其中沿y轴正方向发射的粒子在t=t0时刻刚好从磁场右边界上P(3a, 3a)点离开磁场.不计粒子的重力及粒子间的相互作用．
(1)画出沿y轴正方向发射的粒子在磁场中的轨迹，并求该轨迹的半径R；
(2)求粒子的比荷qm；
(3)求右边界上有粒子射出的区域长度d。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】通过该导线横截面的电荷量为
q=It=1.6×0.5C=0.8C
故选A。
2.【答案】B
【解析】【分析】
根据动能和动量的表达式进行分析，从而明确动量和动能之间的关系，再根据质量关系分析动量关系．
本题考查对动能和动量公式的掌握情况，要求能根据动量表达式会变形得出动量和动能之间的关系，但要注意动量是矢量，而动能是标量．
【解答】
解：根据动能的表达式
Ek=12mv2
动量的表达式
p=mv
联立可得
p= 2mEk
物体A、B动能 Ek 相同， mA>mB ，则 pA>pB ，即物体A的动量较大。
故选B。
3.【答案】D
【解析】由于气囊被瞬间充满气体，司机压缩气体对气体做功，动能一部分转化为气体的内能，相当于人撞到气囊上，延长了停止的时间，根据动量定理Ft=mΔv
可见有没有气囊，司机的速度变化量相同，所以动量变化量相同，司机受的冲量相同。但延长作用时间，从而减小了司机受到的冲击力。
故选D。
4.【答案】D
【解析】【分析】
电流表扩大量程需要并联一个小电阻来分流，并联的电阻越小分流越大，则量程越大。根据并联电路的特点结合欧姆定律求解。
【解答】
A.表头改装为电流表，需要并联一个电阻用来分流，故A错误；
B.改装后表头的满偏电流不变，增加的电流通过了并联的电阻R，故B错误；
C.并联的电阻R=IgRgI−Ig=0.1×901−0.1=10Ω，故C错误；
D.改装后的量程为I=Ig+IgRgR，若减小电阻 R 的阻值，改装后的电流表的量程变大，故D正确。
故选D。
5.【答案】B
【解析】【分析】本题为非纯电阻问题，对于非纯电阻，不能直接对其使用欧姆定律，但是可以根据闭合电路欧姆定律结合串并联电路的特点，分析电路其他部分的电压与电流，进而可得到其电压与电流，根据P总=UI求其总功率，P热=I2R求热功率，输出的功率P出=P总−P热。
【解答】由小灯泡L正常发光，知电路中电流为I=PLUL=0.42A=0.2A，则电动机两端电压为UM=E--UL−Ir=3.8V，电动机的输入功率为P=IUM=0.76W，
电动机发热功率为PQ=I2rM=0.04W，输出功率P出=P−PQ=0.72W，选项B正确．
6.【答案】C
【解析】A.闭合电键K后，把R的滑片右移，Q中的磁场方向从左向右，且在减小，根据楞次定律，左边导线电流方向向上，故A错误；
B.闭合电键K后，将P中的铁心从左边抽出，Q中的磁场方向从左向右，且在减小，根据楞次定律，左边导线电流方向向上，故B错误；
C.闭合电键，将Q靠近P，Q中的磁场方向从左向右，且在增强，根据楞次定律，左边导线的电流向下，故C正确；
D.闭合电键K后，Q中的磁场方向从左向右，把电键K断开的瞬间，Q中的磁场突然消失，根据楞次定律，左边导线电流方向向上，故D错误。
故选C。
7.【答案】B
【解析】【分析】
本题主要考查受迫振动和共振现象。受迫振动的频率等于驱动力的频率，当驱动力的频率等于物体的固有频率时发生共振现象，做受迫振动的物体的振幅最大，由此分析即可正确求解。
【解答】
AD.人用手振动该飞力士棒，让其做受迫振动，其频率等于周期性外力的频率，即手振动的频率增大，飞力士棒振动的频率也增大，故AD错误；
B.当手振动的频率等于该飞力士棒的固有频率时，飞力士棒产生共振，则手的振动频率为5.5Hz，即每秒钟振动5.5次，则一分钟振动330次，故B正确；
C.当手振动的频率靠近该飞力士棒的固有频率时，飞力士棒振动的幅度才会变大，故C错误。
8.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查机械波，要掌握波长、波速与频率的关系式为v=λf；知道机械波的波速由介质决定；波传播过程中频率不变。
【解答】
A、同一列波在不同介质中传播时，频率不变，故A错误。
B、同一种波在不同介质中传播速度不相等，在同一介质中速度相等，故B错误。
C、超声波探路利用了波的反射，故C错误。
D、在海水中， λ=vf=0.01m，故D正确。
9.【答案】A
【解析】【分析】本题考查双缝干涉，解题关键是掌握条纹间距公式△x=Ldλ。
【解答】根据双缝干涉条纹间距的公式△x=Ldλ可知，将双缝的间距以及双缝与屏之间的距离都调整为原来的2倍，干涉条纹间距不变，选项A正确。
10.【答案】C
【解析】由安培定则可知，条形磁铁在阴极射线处产生的磁场方向斜向上(左侧斜向左上，右侧斜向右上)，电子带负电，向右运动，由左手定则判定电子流所受洛伦兹力方向垂直纸面向里，故阴极射线会向纸内偏转。
故选C。
11.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查波的图像和波的传播。解决问题的关键是理解波的图像的物理意义，知道波长、周期和波速之间的关系，知道波传播过程中质点振动的规律。
【解答】
A.从图中可知该简谐横波的波长为12m，根据波长、周期与波速的关系有T=λv=12m6m/s=2s，故A错误；
B.根据同侧法可判断出该时刻R正沿y轴负方向运动，故B错误；
C.t=4.5s时，即 94 T，质点Q应处于正向最大位移处，加速度最大，故C正确；
D.质点只在平衡位置两侧往复振动，并不沿波的传播方向平移，故D错误。
12.【答案】A
【解析】【分析】
分析质点可能的运动情况，画出运动轨迹，确定周期，即一次全振动所用的时间，再确定经过多长时间质点第三次经过P点。
【解答】
若振子从O点开始向右振动，作出示意图如图甲所示，
则振子的振动周期为T1=(0.5+0.1)×4s=2.4s，则该质点再经过时间Δt=T1−0.2s=2.2s第三次经过P点；
若振子从O点开始向左振动，作出示意图如图乙所示，
则由0.5s+0.1s=34T2得：振子的振动周期为T2=0.8s，则该质点再经过时间Δt ′=T2−0.2s=0.6s第三次经过P点。
故A正确，BCD错误。
13.【答案】A
【解析】选取 Δt 时间内打到表面质量为 Δm 的水为研究对象，以从喷嘴高速喷出时的速度方向为正方向，由动量定理得−F⋅Δt=0−Δmv
其中质量为Δm=ρSv⋅Δt
解得F=ρSv2
根据牛顿第三定律可知，钢板表面受到的压力F′=F
故选A。
14.【答案】BD
【解析】解：A、甲图中光学镜头上的增透膜利用的是光的干涉现象，故A错误；
B、乙图中光导纤维利用光的全反射，根据全反射发生的条件可知，内芯的折射率大于外套的折射率，故B正确；
C、丙图中的“泊松亮斑”，是不透光的小圆盘衍射形成的图样，故C错误；
D、丁图是利用偏振眼镜观看立体电影，说明光是横波，故D正确。
故选：BD。
增透膜利用的是光的干涉现象；根据全反射条件分析；“泊松亮斑”是光通过小圆板衍射形成的；偏振片式立体电影技术的原理是光的偏振，用的是横波的特点。
本题考查光的衍射，干涉的原理以及光的偏振现象，解决本题的关键是知道光现象产生原因及实际应用的原理。
15.【答案】BD
【解析】I′故选BD。
16.【答案】 20.5 100.2 3.34 C C
【解析】(1)[1]用游标尺测量摆球的直径，读数为20mm+0.1mm×5=20.5mm；
(2)[2]该秒表记录时间为t=90s+10.2s=100.2s
[3]该单摆的周期是T=100.2602s=3.34s
(3)[4]根据T=2π Lg
可得T2=4π2gL
则k=4π2g
故选C；
(4)[5]在(3)中，描点时若误将摆线长当作摆长，那么画出的直线将不通过原点，但是图像的斜率不变，则由图线斜率得到的重力加速度与原来相比其大小不变。
17.【答案】 0∼3V 0∼0.6A 见解析 见解析 1.5 2.5
【解析】(1)[1]由于一节干电池的电动势约为1.5V，为了确保电压表的安全与精度，电压表量程选择0∼3V；
[2]根据图丙可知，实验数据电流值最大值为0.2A，为了确保电流表的安全与精度，电流表量程选择0∼0.6A。
(2)[3]干电池的内阻一般远远小于电压表的内阻，而干电池的内阻一般与电流表的内阻相差不大，因此实验中应排除电流表的分流影响，使电压表直接测量电源的路端电压，则电路图如图所示

[4]根据电路图，连接实物图，如图所示

(3)[5]根据闭合电路欧姆定律有U=E−Ir
结合图丙，电源电动势为E=1.5V
[6]根据上述，结合图丙，电源内阻为r=1.5−1.00.2Ω=2.5Ω
18.【答案】解：(1)由电磁感应定律，可得感应电动势的大小
E=nΔΦΔt=n(B2−B1)S2Δt=2×(0.3−0.1)×20.2V=4V；
(2)由闭合电路欧姆定律，可得通过电阻的电流大小
I=ER+r=41+1A=2A，
规定垂直纸面向里的磁感应强度方向为正方向，由图乙可知，磁感应强度在增大，由楞次定律可知，通过电阻的电流方向从A到B；
(3)电压表读数为电阻R两端的电压，
由欧姆定律则有UR=IR=2×1V=2V。
【解析】(1)根据法拉第电磁感应定律求解；
(2)根据闭合电路欧姆定律求解得出电流大小，根据楞次定律得出电流方向；
(3)根据部分电路欧姆定律得出电压表示数。
本题是法拉第电磁感应定律及电路结合的问题，基础题目。
19.【答案】解：(1)棒产生的感应电动势为：E=B0Lv
棒中电流I的大小为：I=ER+r=B0LvR+r；
(2)棒所受的安培力为：F安=B0IL=B02L2vR+r，
棒做匀速运动，合力为零，则拉力为：F=F安+μmg=B02L2vR+r+μmg；
(3)欲使棒中无电流，必须使穿过回路的磁通量不变，则有：B0Ld=BL(d+vt)，
解得：B=B0dd+vt；
答：(1)棒中电流I的大小为B0LvR+r；
(2)水平外力F的大小为：B02L2vR+r+μmg；
(3)磁感应强度B随时间t变化的关系式为：B=B0dd+vt。
【解析】(1)根据E=B0Lv求出棒产生的感应电动势，再由闭合电路欧姆定律求棒中电流I的大小；
(2)根据公式F=BIL求出棒所受的安培力。棒匀速运动，受力平衡，由平衡条件求水平外力F的大小；
(3)当棒与定值电阻间的距离为d时开始计时，保持棒速度v不变，欲使棒中无电流，必须使穿过回路的磁通量不变，由此列式求磁感应强度B随时间t变化的关系式。
本题是电磁感应与电路、力学知识的综合，要知道电磁感应与电路联系的桥梁是感应电动势，安培力是联系力与电磁感应的桥梁。
20.【答案】解：(1)以A、B小车组成的系统为研究对象，由于正碰后粘在一起的时间极短，小球C暂未参与碰撞，
由动量守恒定律有：mv0=(m+m)v1
解得：v1=m​v0m​+m​=1×41+1m/s=2m/s
(2)根据能量守恒定律可得，AB两车碰撞损失机械能为：
E损=12mv02−12(m+m)v12=12×1×42J−12×(1+1)×22J=4J
(3)碰后，A、B粘在一起，小球C向左摆动，细绳水平方向分力使A、B加速，当C的速度与A、B水平方向的速度相同时，
小球C摆至最高点，以A、B、C组成的系统为研究对象，
由水平方向动量守恒有：mCv0+(m+m)v1=(m+m+mC)v2
带入数据解得：v2=2.4 m/s
从两车粘在一起到小球摆到最高点过程中，ABC组成系统机械能守恒
有：
12mC v02+12(m+m)v12=12(m+m+mC)v22+mCgh
解得：h=0.16m
答：(1)A、B车碰撞后瞬间，A车的速度大小v1为2m/s；
(2)A、B车碰撞损失的机械能E损为4J；
(3)小球能上升的最大高度h为0.16m。
【解析】(1)AB车碰撞瞬间动量守恒，根据动量守恒定律列式求解；
(2)根据能量守恒定律求解A、B车碰撞损失的机械能E损；
(3)ABC三个小球水平方向速度相等时，小球C上升高度最大，根据动量守恒定律求解此时速度，从AB碰撞后整体系统机械能守恒，据此求解C上升的高度。
本题考查动量守恒定律和能量守恒定律，关键是确定好研究对象和研究过程，特别注意ABC相互作用过程只是水平方向动量守恒，且C上升最高点时ABC三球水平方向速度相同，不是零。
21.【答案】(1)轨迹图(初速度的垂线与弦的中垂线的交点得圆心)如图所示
勾股定理可得3a−R2+ 3a2=R2
解得R=2a
(2)根据周期公式T=2πmqB
又t0=T3
解得qm=2π3t0B
(3)旋转圆，当轨迹与右边界相切时，出射点最低，如图所示勾股定理
y2+a2=2a2
解得y= 3a
区域长度为d=2 3a

【解析】详细解答和解析过程见【答案】