2023-2024学年福建省福州四中高二（下）期末物理试卷（含答案）

这是一份2023-2024学年福建省福州四中高二（下）期末物理试卷（含答案），共7页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.为方便使用，可将笔记本电脑放在倾角可调的支架上，如图甲所示，支架可简化为图乙所示模型，斜面AB的倾角为θ，支架底端的固定挡板AC与斜面垂直。若笔记本电脑的重力大小为G，不计一切摩擦，则( )
A. 笔记本电脑对挡板AC的压力小于G B. 笔记本电脑只受重力和斜面AB的支持力作用
C. 支架对笔记本电脑的作用力大小小于G D. 笔记本电脑对斜面AB的压力大小为Gsinθ
2.高铁站内的铁轨上有甲、乙两列车，坐在甲车上的乘客看到其左边的乙车向东运行，右边站台上的站牌不动，以地面为参考系，下列说法正确的是( )
A. 乙车向东运行B. 乙车向西运行C. 甲车向东运行D. 甲车向西运行
3.一束复色光从空气射入光导纤维后分成a、b两束单色光，光路如图3所示。对于a、b两束光( )
A. 在光导纤维中a光的传播速度小于b光的传播速度
B. a光频率小，发生全反射的临界角小
C. 对同一双缝干涉装置，a光的干涉条纹间距比b光的干涉条纹间距小
D. 若a光照射某金属能发生光电效应，则b光照射该金属也一定能发生光电效应
4.如图所示，一理想变压器的原、副线圈匝数之比为n1：n2=55：1，原线圈接入电压u=220 2sin100πt(V)的交流电源，图中电表均为理想电表，闭合开关后，当滑动变阻器的滑动触头P从最上端滑到最下端的过程中，下列说法正确的是( )
A. 副线圈中交变电流的频率为100Hz
B. t=0.02s时，电压表的示数为0
C. 电流表的示数先变小后变大
D. 定值电阻R消耗的功率先变大后变小
5.如图，倾角为θ的斜面固定在墙角，质量为M的尖劈放置在斜面上，尖劈的右侧面竖直，用轻绳系住一个质量为m的球紧靠在尖劈的右侧，轻绳与斜面平行，球与尖劈的接触面光滑，斜面对尖劈的静摩擦力恰好为0，整个系统处于静止状态。沿球心O对球施加一个水平向左的恒定推力F，系统仍处于静止状态。则( )
A. 尖劈的质量M与球的质量m之比为tan2θ
B. 对球施加水平推力后，轻绳的拉力不变
C. 对球施加水平推力后，尖劈对斜面的压力不变
D. 对球施加水平推力后，斜面对尖劈的摩擦力可能仍为0
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
6.下列说法正确的有( )
A. 表面张力的作用是使液体表面伸张
B. 表面张力的作用是使液体表面收缩
C. 有些小昆虫能在水面自由行走，这是由于有表面张力的缘故
D. 用滴管滴液滴，滴的液滴总是球形，这是由于表面张力的缘故
7.如图所示，横截面积为直角三角形的斜劈A，力F通过球心水平作用在光滑球B上，系统处于静止状态。当力F增大时，系统还保持静止，则下列说法正确的是( )
A. A所受合外力增大B. A对竖直墙壁的压力增大
C. 墙面对A的摩擦力一定增大D. 墙面对A的摩擦力可能减小
8.如图甲所示，质量为m的物块静止在竖直放置的轻弹簧上(不相连)，弹簧下端固定，劲度系数为k。t=0时刻，对物块施加一竖直向上的外力F，使物块由静止向上运动，当弹簧第一次恢复原长时，撤去外力F。从0时刻到F撤去前，物块的加速度a随位移x的变化关系如图乙所示。重力加速度为g，忽略空气阻力，则在物块上升过程( )
A. 外力F为恒力
B. 物块的最大加速度大小为2g
C. 外力F撤去后物块可以继续上升的最大高度为mg2k
D. 弹簧最大弹性势能Ep=m2g22k
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
9.如图(甲)所示，小虎同学将气垫导轨的右支撑点调高支成斜面，用图示装置测量滑块沿气垫导轨下滑的加速度，遮光片固定在滑块的左端并与滑块左端平齐，光电门固定在导轨上，导光孔与导轨上的位置A齐，让滑块左端位于斜面上的位置B处，打开气源，将滑块由静止释放，测得AB气垫导轨的距离L、遮光片的宽度及遮光时间，算出遮光片通过光电门的平均速度v−，视为滑块左端到达A处时的速度，从而测出滑块下滑的加速度。

(1)小虎运用该方案测得加速度的表达式为a= ______(用题目中所给的物理量的字母表示)。
(2)为了更精确地测得滑块的加速度，小芳对方案进行了改进：运用同一气垫导轨装置，仅换用不同宽度的遮光片固定在滑块的左端并与滑块左端平齐，让滑块左端位于斜面上的同一位置B处。打开气源，将滑块由静止释放，记录每次实验遮光片的宽度Δx和遮光时间t，并算出各次遮光片通过光电门的平均速度v−。记录数据并作出v−−t图象如图乙所示，根据图象可知，滑块左端过A处的瞬时速度大小为______m/s，滑块的加速度大小为______m/s2(结果均保留一位有效数字)。
10.某同学利用图甲装置测量滑块(含定滑轮和遮光条)与长木板之间的动摩擦因数μ，实验步骤如下：
①用天平测出滑块的质量m和托盘(含砝码)的质量M；
②用游标卡尺测量遮光条的宽度d；
③将实物安装好，把长木板、细线调整至水平状态；
④让滑块从某位置由静止释放，记录遮光条依次通过光电门a、b的时间Δt1、Δt2，以及从光电门a运动到b的时间t，弹簧测力计的示数F；
⑤重复步骤④，多次记录Δt1、Δt2、t和F，并取它们各自的平均值。
请回答下列问题：

(1)按正确方法操作游标卡尺，测量遮光条的宽度，其示数如图乙所示，则遮光条的宽度d= ______mm。
(2)实验操作中，下列说法正确的是______。
A.步骤①中不需要测出托盘(含砝码)的质量M
B.步骤③中把长木板、细线调成水平，是为了使滑块所受的合力与两细线的拉力大小相等
C.步骤④⑤多次测量取平均值，是为了减小系统误差
(3)计算滑块与长木板之间的动摩擦因数μ的表达式为μ= ______。(用题中所给的物理量符号表示，当地重力加速度大小为g)
四、简答题：本大题共1小题，共3分。
11.在空间中存在水平向右的匀强磁场和匀强电场，磁感应强度为B，电场强度为E，x轴水平向右。在O点，一个α粒子(氦原子核)以速度v0，与x轴夹角60°的方向，射入电磁场，已知质子质量为m，电荷量为q，不计α粒子的重力。求：
(1)α粒子离x轴的最远距离；
(2)α粒子从O点射出后，第3次与x轴相交时的动能。
五、计算题：本大题共2小题，共20分。
12.做直线运动的物体，其v−t图象如图所示，试根据v−t图象判断：
(1)第1秒内，物体的加速度为多大？
(2)第2秒和第4秒内的加速度是否相同？
(3)在第4秒内，物体做什么运动？
13.如图所示，导热汽缸的上端开口，用厚度不计的活塞密封有一定质量的理想气体，活塞与汽缸间的摩擦不计。用系在活塞上的轻绳将汽缸竖直悬挂起来，活塞与汽缸均处于静止状态。当环境的热力学温度为T0时，活塞距缸底的高度为ℎ0，已知外界大气压恒为p0，活塞质量为m，横截面积为S，汽缸质量为M，重力加速度大小为g。
(1)由于环境温度降低，汽缸向上移动了△ℎ，求此过程中外界对密封气体做的功W及此时环境的热力学温度T；
(2)保持环境的热力学温度为T，在汽缸底部挂上一个质量为m0的砝码，使活塞距缸底的高度仍为ℎ0，求砝码质量m0的大小。
参考答案
1.A
2.A
3.D
4.C
5.B
6.BCD
7.BD
8.ACD
9.v−22L 0.3 3
10.5.6 A 2Fmg−dgt(1Δt2−1Δt1)
11.解：(1)由题意可知α粒子的质量为
mα=4m
电荷量为
qα=2q
将α粒子的初速度分解成沿x轴方向分速度vx与垂直x轴方向分速度vy，则有
vx=v0cs60°=12v0
vy=v0sin60°= 32v0
由于vx与磁场方向平行，不产生洛伦兹力，电场方向沿着x轴方向，只影响vx，不影响vy，故α粒子在电磁场中的运动可分解为：垂直于x轴的平面内做匀速圆周运动，以及沿x轴方向的匀加速直线运动。对于垂直于x轴平面内的匀速圆周运动，有
qαvyB=mαvy2r
解得圆周运动半径
r=mαvyqαB=4mvy2qB= 3mv0qB
故α粒子离x轴的最远距离为直径的长度2 3mv0qB；
(2)α粒子从O点射出后，第3次与x轴相交时，由垂直于x轴的平面内的匀速圆周运动，可知，此过程经历的时间
t=3T=3×2πmαqαB=12πmqB
沿x轴方向的匀加速直线运动所通过的位移
s=vxt+12at2
又加速度
a=qαEmα=qE2m
解得
s=6πmqB(v0+6πEB)
α粒子从O点射出后，第3次与x轴相交过程，由动能定理
qαEs=Ek−12mαv02
联立解得α粒子从O点射出后，第3次与x轴相交时的动能
Ek=2mv02+12πmEB(v0+6πEB)
答：(1)α粒子离x轴的最远距离2 3mv0qB；
(2)α粒子从O点射出后，第3次与x轴相交时的动能2mv02+12πmEB(v0+6πEB)。
12.解：
(1)物体在第1秒内即0−1s内，速度从0增加到4m/s，故加速度大小a1=vt−v0t=4−01m/s2=4m/s2．
(2)第2秒内(1s−2s内)和第3秒内(2s−3s内)图象的斜率相同，则物体的加速度相同，该过程中物体的加速度为a2=a3=vt−v0t=0−43−1m/s2=−2m/s2．
在第4秒内(3s−4s内)，物体的速度从0至−2 m/s，故该过程中加速度a4=vt−v0t=−2−04−3m/s2=−2m/s2．
可见，第2秒和第4秒内的加速度相同．
(3)在第4秒内，物体的加速度不变，速度为负值，且均匀增大，说明物体做沿负方向做匀加速直线运动．
答：
(1)第1秒内，物体的加速度为4m/s2．
(2)第2秒和第4秒内的加速度相同．
(3)物体做沿负方向做匀加速直线运动．
13.解：(1)设封闭气体的压强为p1，对汽缸，由平衡条件得：p1S+Mg=p0S
解得：p1=p0−MgS
活塞缓慢移动的过程，封闭气体做等压变化，外界对气体做功为：W=p1S△ℎ
解得：W=(p0S−Mg)△ℎ
温度降低过程，封闭气体压强不变，根据盖−吕萨克定律得：V0T0=V1T1
其中：V0=Sℎ0、V1=S(ℎ0−△ℎ)
解得：T=(ℎ0−△ℎ)T0ℎ0
(2)设挂上钩码后封闭气体压强为p2，气体温度不变，根据玻意耳定律得：p1V1=p2V2
其中：V1=(ℎ0−△ℎ)S，V2=ℎ0S
挂上钩码后，对汽缸和钩码整体，由平衡条件得：p2S+Mg+m0g=p0S
解得：m0=p0S△ℎgℎ0−M△ℎℎ0
答：(1)外界对密封气体做的功W是(p0S−Mg)△ℎ，此时环境的热力学温度T是(ℎ0−△ℎ)T0ℎ0；
(2)砝码质量m0的大小是p0S△ℎgℎ0−M△ℎℎ0。