浙江省杭州第四中学（吴山校区）2023-2024学年高二上学期期末物理试题（原卷版+解析版）

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1．本试卷分试题卷和答题卷，满分100分，考试时间90分钟。
2．答题前，在答题卷上填写班级、姓名、考场号、座位号，并填涂卡号。
3．所有答案必须写在答题卷上，写在试题卷上无效。
4．考试结束，只上交答题卷。
一、选择题（本大题共13小题，每小题3分，共39分）
1. 以下电磁学中物理量为矢量的是（ ）
A. 电流B. 电动势C. 磁感应强度D. 磁通量
【答案】C
【解析】
【详解】电动势和磁通量都是只有大小没有方向的物理量，是标量；电流虽然有大小和方向，但是电流的计算不遵循平行四边形定则，则电流也是标量；磁感应强度既有大小又有方向，是矢量。
故选C。
2. 空间有一圆锥OBB'如图所示，点A、A′分别是两母线OB、OB′的中点，C为AB中点。圆锥顶点O处固定一带负电的点电荷，则（ ）

A. A点比B点的电场强度小
B. A、A′两点的电场强度相同
C. A、A′两点的电势相同
D. AC的电势差等于CB的电势差
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据点电荷的场强公式可知，A点比B点的电场强度大，故A错误；
B．根据点电荷的场强公式可知，A、A′两点的电场强度大小相等，但方向不同，故B错误；
C．点电荷的等势面是一系列以点电荷为球心的同心球面，则A、A′两点在同一等势面上，所以A、A′两点的电势相同，故C正确；
D．由于AC间的电场强度大于CB间的电场强度，所以根据可知，AC的电势差不等于CB的电势差，故D错误。
故选C。
3. 三个完全相同的小球a、b、c带有相同电荷量的正电荷，从同一高度由静止开始下落，下落h1高度后a球进入水平向左的匀强电场，b球进入垂直纸面向里的匀强磁场，如图所示，它们到达水平面上的速度大小分别用va、vb、vc表示，它们的关系是（ ）

A. va>vb=vcB. va=vb=vc
C. va>vb>vcD. va=vb>vc
【答案】A
【解析】
【详解】a小球下落时，重力和电场力都对a小球做正功；b小球下落时，只有重力做功；c小球下落时，只有重力做功。重力做功的大小都相同，根据动能定理可知外力对a小球所做的功最多，即a小球落地时的动能最大，b、c两球落地时的动能相等，由于三个小球质量相等，所以
va>vb＝vc
故选A。
4. 用一理想变压器给负载供电，变压器输入端的电压不变，如图所示．开始时开关S是断开的．现将开关S闭合，则图中所有交流电表的示数以及输入功率的变化情况是( )
A. V1、V2的示数不变，A1的示数增大，A2的示数减小，P入增大
B. V1、V2的示数不变，A1、A2的示数增大，P入增大
C. V1、V2的示数不变，A1、A2的示数减小，P入减小
D. V1的示数不变，V2的示数增大，A1的示数减小，A2的示数增大，P入减小
【答案】B
【解析】
【详解】输出电压是由输入电压和匝数比决定的，由于输入电压和匝数比不变，所以变压器的输出电压也不变，所以V1、V2的示数都不变，开关闭合后，并联电路增多，故总电阻减小；所以负线圈的电流增大即A2的示数增大，原线圈的电流也要增大即A1的示数增大，根据P=UI可知，副线圈电压不变，电流变大，则功率变大，所以输入功率也变大，故B正确，ACD错误．
故选B。
5. 如图甲所示，竖直放置的螺线管与导线构成回路，导线所围区域内有一垂直纸面向里的匀强磁场，螺线管正下方水平桌面上有一导体圆环。导线所围区域内磁场的磁感应强度按图乙中哪一种图线随时间变化时，导体圆环对桌面的压力将小于环的重力（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】AB．abcd区域内的磁场均匀变化，因此产生恒定的电流，螺旋管中电流不变，其产生的磁场也不变，则导体圆环中不产生感应电流，导体圆环对桌面的压力等于重力，故A、B错误；
CD．要使导体圆环对桌面的压力小于重力，则螺线管对导体圆环为引力，由楞次定律可知穿过导体圆环的磁通量变小，故螺线管中电流变小，因此abcd区域的磁通量变化率应该越来越小，故C错误，D正确；
故选D。
6. 下列关于磁场应用，正确的是（ ）
A. 图甲是用来加速带电粒子的回旋加速器示意图，要使粒子获得的最大动能增大，可增大加速电场的电压
B. 图乙是磁流体发电机示意图，由此可判断极板是发电机的正极，极板是发电机的负极
C. 图丙是速度选择器示意图，不考虑重力的带电粒子从P到Q能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是
D. 图丁是磁电式电流表内部结构示意图，当有电流流过时，线圈在磁极间产生的匀强磁场中偏转
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据
可知
粒子获得的最大动能为
所以要想粒子获得的最大动能增大，可增加D形盒的半径，故A错误；
B．根据左手定则，正电荷向下偏转，所以B板带正电，为发电机的正极，A极板是发动机的负极，故B错误；
C．速度选择器不能判断带电粒子的电性，不管是正电，还是负电，只要满足
粒子就能匀速通过速度选择器，故C正确；
D．线圈在磁极间产生的磁场为均匀辐向磁场，该磁场为非匀强磁场，故D错误。
故选C。
7. 手机不光可以用来娱乐，还可以用来学习，如图是张同学在某音上学习动量守恒定律的视频截图。以下说法正确的是（ ）
A. 轨道对小球的支持力不做功
B. 小球和轨道构成的系统机械能守恒
C. 小球和轨道构成的系统动量守恒
D. 当小球位于轨道右侧时，轨道一定是在向右走的
【答案】B
【解析】
【详解】A．小球在轨道内运动的过程中，由于地面光滑，轨道在水平方向发生运动，小球在轨道对小球的支持力方向上有位移分量，故除小球重力做功外，还有轨道对球支持力做功，故A错误；
B．小球在轨道内运动的过程中，除小球重力做功外，还有轨道对球作用力做功。但轨道对球作用力做功与球对轨道作用力做功两者之和正好为零。所以小球与轨道组成的系统机械能守恒，故B正确；
C．小球在轨道内运动的过程中，由于水平地面光滑，小球与轨道组成的系统竖直方向上合力不为零，但水平方向上合力为零，水平方向动量守恒，故C错误；
D．在小球沿轨道的右侧面上升的过程中，有水平向右的分速度，而小球与轨道组成的系统水平方向动量守恒，轨道具有水平向左的速度，故在小球沿轨道的右侧面上升的过程中，轨道一定是在向左走的，故D错误。
故选B。
8. 如图所示，A、B两物体放在圆台上，A与圆台面间的动摩擦因数是B与圆台面间的动摩擦因数的两倍，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A物体质量是B物体质量的一半，而A物体离转轴距离是B物体离转轴距离的2倍。当圆台旋转时，A、B相对圆台均未滑动，则下列说法正确的是（ ）
A. A、B物体的线速度大小之比为
B. A、B物体的向心加速度大小之比为
C. A、B物体所受摩擦力大小之比为
D. 当圆台的转速增加时，A物体先滑动
【答案】C
【解析】
【详解】A．A、B随圆台一起转动，角速度相等，根据
可知A、B物体的线速度大小之比为
故A错误；
B．根据
A、B物体的向心加速度大小之比为
故B错误；
C．根据
A、B物体所受摩擦力大小之比为
故C正确；
D．根据静摩擦力提供向心力
可得临界角速度为
则
可知发生相对滑动时，A的临界角速度等于B的临界角速度，当圆台的转速增加时，两物体同时滑动，故D错误。
故选C。
9. 竹蜻蜓是一种中国传统的儿童玩具。如图，玩时，双手一搓，然后手一松，竹蜻蜓就会飞上天空，竹蜻蜓从最高点下落到地面的过程中，若空气阻力不可忽略，则它的机械能（ ）
A. 守恒B. 增大C. 减小D. 先减小后增大
【答案】C
【解析】
【详解】竹蜻蜓从最高点下落到地面的过程中空气阻力不可忽略，则要推动空气，同时需要克服阻力做功，所以机械能要减小，故选C。
10. “笛音雷”是春节期间常放的一种鞭炮，其着火后一段时间内的速度—时间图像如图所示（取竖直向上为正方向），其中时刻为“笛音雷”起飞时刻、DE段是斜率大小为重力加速度g的直线。不计空气阻力，则关于“笛音雷”的运动，下列说法正确的是（ ）

A. “笛音雷”在时刻上升至最高点
B. 时间内“笛音雷”做自由落体运动
C. 时间内“笛音雷”的平均速度为
D. 时间内“笛音雷”处于失重状态
【答案】D
【解析】
【详解】A由图可知，时间内“笛音雷”的速度一直为正值，表明其速度方向始终向上，可知，“笛音雷”在时刻并没有上升至最高点，上升至最高点应该在时刻之后，故A错误；
B．时间内“笛音雷”速度方向向上，图像斜率为一恒定的负值，表明时间内“笛音雷”实际上是在向上做竖直上抛运动，其加速度就是重力加速度g，故B错误；
C．将A、B用直线连起来，该直线代表匀加速直线运动，其平均速度为，而AB线段与横轴所围的面积大于AB曲线与横轴所围的面积，该面积表示位移，根据
可知，直线代表的匀加速直线运动的平均速度大于AB曲线代表的变加速直线运动的平均速度，即时间内“笛音雷”的平均速度小于，故C错误；
D．根据上述，时间内“笛音雷”做竖直上抛运动，加速度方向竖直向下，“笛音雷”处于失重状态，故D正确。
故选D。
11. 如图甲所示，用均匀导线做成匝数为100匝、边长为、总电阻为正方形闭合导电线圈。正方形的一半放在垂直于纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示，则以下说法正确的是（ ）
A. 在0~6s内，导电线圈中产生的电流大小恒定不变
B. 在时，导电线圈内电流的瞬时功率为160W
C. 在时，线框中a、b两点间的电势差
D. 若保持不变，线圈以ab为轴转动的角速度为0.5rad/s，则线圈电动势为4V
【答案】C
【解析】
【详解】A．在0~6s内，磁场的变化率有变化，则导电线圈中产生的电流大小变化，A错误；
B．在时，感应电流大小为
瞬时功率为
B错误；
C．在时，感应电动势为
方向为顺时针，则线框中a、b两点间的电势差为
C正确；
D．若磁场不变，线框转动，则产生正显示交流电，感应电动势最大值
感应电动势有效值为
D错误。
故选C。
12. 机场规定：严禁携带额定能量超过的充电宝搭乘飞机，一充电宝铭牌标识如图所示，下列说法正确的是（ ）
A. 机场限定的是充电宝储存的电能不超过
B. 按照机场规定该充电宝不能带上飞机
C. 充电宝上标注的是指其能储存的电能
D. 充电宝上标注的是指其能储存的最大电量为
【答案】A
【解析】
【详解】A．根据可得
故机场携带的充电宝的电能不能超过，故A正确；
B．由表中数据可知该充电宝的额定能量为
因此该充电宝可以带上飞机，故B错误；
CD．充电宝上标注的是其储存的最大电量，不是电能，储存的最大电量为
故CD错误。
故选A。
13. 如图所示，A和B为竖直放置的平行金属板，在两极板间用绝缘线悬挂一带电小球，开始时开关S闭合且滑动变阻器的滑动头P在a处，此时绝缘线向右偏离竖直方向，（电源的内阻不能忽略）下列判断正确的是（ ）
A. 小球带负电
B. 当滑动头从a向b滑动时，细线的偏角θ变大
C. 当滑动头从a向b滑动时，电流表中有电流，方向从上向下
D. 当滑动头停在b处时，电源的输出功率一定大于滑动头在a处时
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据电路可知A板电势高于B板电势，AB间电场强度方向水平向右，小球受电场力也水平向右，故小球带正电，故A错误；
B．当滑动头从a向b滑动时，外电阻减小，由
可知路端电压减小，故R1两端的电压减小，极板间电场强度随之减小，故细线的偏角变小，故B错误；
C．当极板间电压减小，极板的带电量将减小而放电，又由于A板带正电，故放电电流从上向下流过电流表，故C正确；
D．由于电源的内电阻与外电阻的关系不确定，所示无法判断电源的输出功率变化的规律，故D错误。
故选C。
二、不定项选择题（本大题共2小题，全部选对得3分，部分选对得2分，错选或漏选得0分，共6分）
14. 全超导托卡马克是研究核聚变的实验装置．为粗略了解等离子体在托卡马克环形真空室内的运动状况，某同学将一小段真空室内的电场和磁场理想化为方向均水平向右的匀强电场和匀强磁场（如图），电场强度大小为E，磁感应强度大小为B。若某电荷量为q的正离子在此电场和磁场中运动，其速度平行于磁场方向的分量大小为，垂直于磁场方向的分量大小为，不计离子重力，则（ ）
A. 电场力的瞬时功率为
B. 该离子受到的洛伦兹力大小为
C. 该离子的加速度大小不变，方向变化
D. 的比值不断增大
【答案】CD
【解析】
【详解】A．根据功率的计算公式可知，电场力的瞬时功率为
故A错误；
B．由于与磁场平行，与磁场垂直，根据左手定则可知，离子受到的洛伦兹力为
故B错误；
C．离子的两个分运动分别是以速率在洛伦兹力作用下的匀速圆周运动，且该圆周运动在垂直于电场方向的平面内，而洛伦兹力作用下的向心加速度大小不变，方向时刻发生改变，但始终垂直于电场平面，另一分运动为以初速度在电场力作用下的匀加速直线运动，而电场力作用下的加速度恒定不变，且加速度始终平行于电场平面，由此可知离子的两个分加速度始终垂直且大小都不变，则可知合加速度大小不变，但方向变化，故C正确；
D．离子以分速度做匀速圆周运动，洛伦兹力不做功，分速度大小不变，同时离子以分速度为初速度在电场力的作用下做匀加速的直线运动，不断增大，由此可知的比值不断增大，故D正确。
故选CD。
15. 有一金属棒ab，质量为m，电阻不计，可在两条轨道上滑动，如图所示，轨道间距为L，其平面与水平面的夹角为，置于垂直于轨道平面向上的匀强磁场中，磁感应强度为B，金属棒与轨道的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，回路中电源电动势为E，内阻不计（假设金属棒与轨道间动摩擦因数为），则下列说法正确的是（ ）
A. 若，导体棒不可能静止
B. 若，导体棒不可能静止
C. 若导体棒静止，则静摩擦力的方向一定沿轨道平面向上
D. 若导体棒静止，则静摩擦力的方向可能沿轨道平面向下
【答案】BD
【解析】
【详解】AB．根据闭合电路的欧姆定律可得
当导体棒受到的摩擦力向上且刚好静止，则根据共点力平衡可得
解得
当导体棒受到的摩擦力向下且刚好静止，则根据共点力平衡可得
解得
故电阻的范围在
导体棒静止，故A错误，B正确；
CD．根据AB的分析可知，静摩擦力可能向上，也可能向下，故C错误，D正确。
故选BD。
三、实验题（本大题共8空，每空2分，共16分）
16. 某同学利用如图甲所示的装置探究加速度、力和质量的关系。
（1）对本实验的操作，下列说法中正确的是______
A. 实验中无需测量砂和砂桶的质量
B. 让小车靠近打点计时器，先释放小车，后接通打点计时器的电源
C. 为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量远小于小车的质量
D. 补偿阻力时，需取下砂桶，调整长木板的倾角，使小车拖着纸带沿长木板匀速下滑
（2）如图乙所示为实验中得到纸带的一段，已知相邻计数点的时间间隔为T，测得相邻的计数点之间的距离分别为，，，，打点计时器打下C点时，小车的速度表达式为______，充分利用数据，写出小车的加速度大小表达式为______。
（3）在验证加速度与质量的关系时，在满足实验要求的情况下，改变小车上砝码质量m，测出对应的加速度a，以m为横坐标，以为纵坐标，在坐标纸上作出如图丙所示的图像。已知弹簧测力计的读数为F，图中纵轴的截距为b，斜率为k，则小车的质量为（ ）
A. FbB. 2FbC. D.
【答案】（1）AD （2） ①. ②.
（3）B
【解析】
【小问1详解】
A．实验中小车所受拉力为弹簧测力计拉力的两倍可以直接读出，所以不需要测量砂和砂桶的质量。故A正确；
B．让小车靠近打点计时器，先接通打点计时器的电源，待打点稳定后，再释放小车。故B错误；
C．由A选项分析可知，不需要保证砂和砂桶的质量远小于小车的质量。故C错误；
D．补偿阻力时，需取下托盘和砝码，调整长木板的倾角，使小车拖着纸带沿长木板匀速下滑。故D正确。
故选AD。
【小问2详解】
[1]打点计时器打下C点时，小车的速度表达式为
[2]由逐差法可得小车的加速度大小表达式为
【小问3详解】
根据牛顿第二定律，有
整理，可得
结合丙图，可得
解得
故选B。
17. 某同学在研究标有额定工作状态为“3V 1.5W”的小灯泡的伏安特性曲线实验中，实验室提供以下器材：
电流表（量程100mA，内阻约为）
电流表（量程600mA，内阻约为）
电压表V（量程3.0N，阻约为）
滑动变阻器（最大阻值为）
滑动变阻器（最大阻值为）
电源E（电动势为4V，内阻不计）
单刀单掷开关与单刀双掷开关若开，导线若干
（1）为了提高测量的准确度与有效性，应该选择电流表________，滑动变阻器________（填器材后面的代号）；
（2）若实验电路如图1所示，在实验过程中，应先将滑动变阻器的滑片P置于变阻器的________端（填“左”或“右”）；调整好滑片位置后将单刀双掷开关置________点（“a”或“b”）。
（3）将滑片P向右调节，得到多种状态下小灯泡实际工作的电压与电流的对应数据、记录在表格中，描绘出小灯泡的伏安特性曲线如图2所示。
（4）将这个小灯泡接入新电路（图3所示）中，电源内阻不计，该电路中其他元件的相关参数如图中标识，则该小灯泡在该电路中的实际工作功率为________W（结果保留三位有效数字）。
【答案】 ①. A2 ②. R1 ③. 左 ④. b ⑤. 0.384
【解析】
【详解】（1）[1]灯泡的额定电流为
为了提高测量的准确度与有效性，应该选择电流表A2；
[2]灯泡的电阻约为
为了方便调节，滑动变阻器应选阻值较小的R1。
（2）[3]为了使灯泡的电流最小，在实验过程中，应先将滑动变阻器的滑片P置于变阻器的左端；
[4]根据前面所选器材，分析有
则电流表应选择外接法，调整好滑片位置后将单刀双掷开关S3置b点。
（3）[5]由图（3）电路图，设灯泡的电压为U，电流为I，根据闭合电路欧姆定律可得
代入数据整理得
将此函数图像在图（2）中画出来，如图所示

根据图线交点可知该小灯泡在该电路中的实际工作功率为
四、计算题（本大题共4小题，共39分）
18. 如图所示，在高处的光滑水平平台上，质量的小球压缩弹簧后被锁扣锁住，储存的弹性势能为，若打开锁扣，小球脱离弹簧后将以一定的水平速度向左滑离平台，做平抛运动，经过恰好能从光滑圆弧形轨道CD的C点沿切线方向进入圆弧形轨道。该圆弧对应的圆心角为37°。半径，OD为竖直半径，圆轨道左侧DE是长为的粗糙水平轨道，小球遇墙壁等速反弹后刚好回到D点。各轨道间平滑连接，空气阻力不计，g取10m/s²，，。求：
（1）弹簧储存的弹性势能；
（2）小球在D点对轨道的压力；
（3）DE段的动摩擦因数μ。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）经过恰好能从光滑圆弧形轨道的点沿切线方向进入圆弧形轨道，由几何关系有
解得
所以弹簧储存的弹性势能
（2）小球在点速度为
由到根据动能定理有
解得
小球在点，由牛顿第二定律有
解得
由牛顿第三定律知，小球在点对轨道的压力为
（3）由到再回到，由动能定理可知
解得段的动摩擦因数
19. 如图甲所示，两根足够长的平行光滑金属导轨固定在水平面内，导轨间距L＝1.0m，左端连接阻值R＝4.0Ω的电阻，匀强磁场磁感应强度B＝0.5T、方向垂直导轨所在平面向下。质量m＝0.2kg、长度L＝1.0m、电阻r＝1.0Ω的金属杆置于导轨上，向右运动并与导轨始终保持垂直且接触良好，t＝0时对杆施加一平行于导轨方向的外力F，杆运动的v-t图像如图乙所示，其余电阻不计。求：
（1）金属杆运动的加速度和t＝2s时电路中的电流；
（2）在0~3.0s内，外力F的大小随时间t变化的关系式；
（3）3s内流过电阻R的电荷量。
【答案】（1）－2m/s2，0.2A；（2）；（3）0.9C
【解析】
【详解】（1）由图像得金属杆运动加速度为
①
t=2s时，金属杆的速度大小为
②
此时电路中的电流为
③
（2）t时刻金属杆的速度为
④
通过金属杆的电流为
⑤
对金属杆根据牛顿第二定律有
⑥
联立①⑤⑥并代入数据可得
⑦
在0~3.0s内，外力F的大小随时间t变化的关系式为
⑧
（3）3s内金属杆的位移为
⑨
流过电阻R的电荷量为
⑩
20. 如图所示，一长度为a的竖直薄挡板MN处在垂直于纸面的匀强磁场中，磁感应强度为B。O点有一粒子源在纸面内向各方向均匀发射电荷量为、质量为m的带电粒子，所有粒子的初速度v（未知）大小相同。ON是O点到MN的垂线。已知初速度与夹角为的粒子恰好经过N点（不被挡板吸收），粒子与挡板碰撞则会被吸收，，不计粒子重力，不考虑粒子间的相互作用，求
（1）匀强磁场的方向
（2）粒子在磁场中做圆周运动的半径
（3）挡板左侧能被粒子击中的竖直长度
（4）能击中挡板右侧的粒子数量占粒子总数的比例
【答案】（1）垂直纸面向里；（2）a；（3）；（4）
【解析】
【详解】（1）由左手定则可知，匀强磁场的方向垂直纸面向里；
（2）粒子轨迹如图1所示，设半径为R，由几何关系可知
2Rsin60°=a
解得
R=a
（3）当轨迹刚好与MN相切时，粒子能打到板上最大长度，如图轨迹2，设速度方向与ON夹角为θ，由几何关系
Rsinθ+R=a
解得
sinθ=−1
由此可得
所以挡板左侧能被粒子击中的竖直长度为
（4）要使粒子打到右侧，则有两个临界条件，如图轨迹1、3，其中轨迹3的初速度方向与ON夹角为120°，两临界轨迹时初速度夹角为60°，则比例为
21. 如图所示，在xOy平面的第一象限有沿y轴负方向的匀强电场，在第二、三象限有沿x轴正方向的匀强电场，电场强度大小与第一象限相等；在第四象限有垂直xOy平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B一带正电粒子（质量为m、电荷量为q）从坐标为的P点由静止释放，到达y轴时速度大小为v0，不计粒子的重力，求：
（1）电场强度E的大小；
（2）粒子在磁场中运动轨迹的半径；
（3）粒子从开始运动到第四次通过x轴所经历的时间。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【分析】
【详解】（1）粒子由P点到y轴的过程中，由动能定理得
解得
（2）粒子在第一象限做类平抛运动，由动能定理得
由牛顿第二定律得
联立上式解得
，
（3）粒子在第二象限运动，由匀变速直线运动规律得
粒子在第一象限先做类平抛运动，在沿y轴方向上做匀变速直线运动，可得
设粒子进入磁场时速度与x轴的夹角为，由几何关系得
解得
粒子在磁场中运动一次的时间为
粒子从开始运动到第四次通过x轴经历的时间为
联立上式，代入数据解得
产品名称：充电宝
产品型号：K112
电池容量：
电源输入：
电源输出：
爱国者电子科技有限公司