湖南省岳阳市2023-2024学年高二下学期期末教学质量检测物理试题（原卷版+解析版）

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本试卷共15道题，满分100分，考试用时75分钟
注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的学校、班级、考号、姓名填写在答题卡上。
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上将对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案。答案不能答在试卷上。
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。
4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，只交答题卡。
一、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给的四个选项中，只有一项符合题目要求。
1. “打水漂”是一种常见的娱乐活动，以一定的高度水平扔出的瓦片，会反复在水面上弹跳前进，假设瓦片和水面相撞后，在水平和竖直方向速度大小均减小，以下四幅图有可能是瓦片轨迹的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】瓦片和水面相撞后，在水平方向，速度大小减小，而在竖直方向，碰撞后并不能原速弹回，而是变小，可知竖直小球上升的高度逐渐减小，根据
可知瓦片在空中的时间逐渐减小，水平方向有
可知瓦片在空中通过水平位移逐渐减小，C正确。
故选C。
2. 华为Mate60Pr成为全球首款支持卫星通话的大众智能手机，该手机的卫星通信功能可以通过“天通一号”系列卫星，实现在无地面网络覆盖的地区进行通信的功能。“天通一号”系列卫星均为静止卫星，目前我国已发射有“天通一号”01、02、03三颗卫星，它们距地面的高度约为地球半径的5.6倍，将卫星绕地球的运动视为匀速圆周运动。关于“天通一号”系列静止卫星下列说法正确的是（ ）

A. 有可能经过岳阳市上空
B. 运行速度都等于7.9km/s
C. 质量不同的卫星运行周期不相等
D. 向心加速度均小于地球表面的重力加速度
【答案】D
【解析】
【详解】A．“天通一号”系列静止卫星在地球静止轨道上运行，即赤道上空，不可能经过岳阳市上空，故A错误；
B．第一宇宙速度7.9km/s是近地卫星的环绕速度，也是地球卫星绕地球做匀速圆周运动的最大环绕速度，而天通一号卫星的轨道半径要大于近地卫星的轨道半径，故天通一号卫星运行的线速度一定小于第一宇宙速度，故B错误；
C．“天通一号”系列静止卫星在地球静止轨道上运行，周期都等于地球自转周期，与卫星质量无关，故C错误；
D．根据牛顿第二定律
可得
“天通一号”系列静止卫星的轨道半径大于地球的半径，所以“天通一号”系列静止卫星的向心加速度均小于地球表面的重力加速度，故D正确。
故选D。
3. 下列四幅图分别对应四种说法，其中正确的是（ ）
A. 甲图是水分子的分子势能Ep随分子间距离r的关系图象，B点对应的位置水分子之间的相互作用总体上表现为引力
B. 乙图在模拟气体压强产生机理的实验中要尽可能保证每颗玻璃球与电子秤碰撞时的速率相等
C. 显微镜下微粒运动的位置连线就是微粒的运动轨迹
D. 丁图描述了氧气分子分别在0℃和100℃时的速率分布，实线对应100℃时的速率分布
【答案】D
【解析】
【详解】A．B点对应的位置水分子势能最小，此时分子间的距离为平衡距离，分子引力与斥力大小相等，故A错误；
B．图中模拟气体压强的产生，分子的速度不是完全相等的，所以也不要求小球的速度一定相等，故B错误；
C．图中显示的是布朗运动，是悬浮微粒的无规则运动，布朗运动图像反映每隔一段时间固体微粒的位置，而不是运动轨迹，故C错误；
D．100°C时分子平均速率比0°C时要大，实线对应100℃时的速率分布，故D正确。
故选D。
4. 如图甲所示，一物体从斜面底端冲上一足够长固定斜面，物体运动的v-t图像如图乙所示，斜面倾角θ=37°（sin37°=0.6，cs37°=0.8），重力加速度g=10m/s2，则（ ）
A. 物块下滑时的加速度大小为10m/s2
B. 物块与斜面间的动摩擦因数为0.6
C. 物块回到斜面底端的时刻为s
D. 物块回到斜面底端时速度大小为m/s
【答案】D
【解析】
【详解】B．由乙图可知，物块上滑加速度大小为
物块上滑过程，由牛顿第二定律，可得
解得
故B错误；
A．物块下滑过程，由牛顿第二定律，可得
解得
故A错误；
CD．由乙图可知，0~1s内滑块上滑的位移为
设滑块下滑时间为t，则有
解得
物块回到斜面底端的时刻为
物块回到斜面底端时速度大小为
故C错误，D正确。
故选D。
5. 甲图是某燃气灶点火装置的原理图。转换器将直流电压转换为乙图所示的正弦交流电压，并加在一理想变压器的原线圈上，变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，电压表为理想交流电表。当变压器副线圈电压的瞬时值大于5000V时，就会在钢针和金属板间引发电火花点燃气体。开关闭合后，下列说法正确的是（ ）
A. 原线圈中的电流方向每秒改变50次
B. 电压表的示数始终为
C. 穿过原、副线圈的磁通量之比为
D. 若，可以实现燃气灶点火
【答案】B
【解析】
【详解】A．由图乙知正弦交变电流的周期为
s
一个周期交变电流的方向改变两次，则1s内交变电流方向改变100次，故A错误；
B．电压表显示的示数是有效值即
故B正确；
C．理想变压器在工作时，由于没有磁通量损耗，所以穿过两个线圈的磁通量相同，故穿过原、副线圈的磁通量之比为,与匝数无关, 故C错误；
D．根据变压器原副线圈之间的电压规律
整理可得
即
n1n2”、“=”或“＜”）120°。
（4）乙同学的测量结果是____________（用题中所给物理量的字母表示）；
【答案】（1）乙 （2）AC
（3）> （4）
【解析】
【小问1详解】
甲同学的做法不能确定细线能够承受的最大拉力，乙同学的做法能较准确地测量细线能够承受的最大拉力，故填乙。
【小问2详解】
该同学两手捏着细线缓慢向两边移动的过程中，钩码始终处于平衡状态，钩码两侧细线的夹角增大，细线中拉力逐渐增大，但他们的合力始终等于钩码重力G，合力大小不变，故选AC。
【小问3详解】
当钩码两侧细线的夹角增大为，根据几何知识得拉力等于2个钩码重力
则当细线刚断时钩码两侧细线的夹角大于120°，故选>。
【小问4详解】
细线断裂时，细线中拉力为最大值，设此时细绳与竖直方向夹角为，则
根据几何关系可知
联立解得
故填。
12. 为测量干电池的电动势E（约为1.5V）和内阻r（约为1Ω），某同学将两节相同的干电池串联后设计了如图甲、乙所示的实验电路图。已知电流表的内阻约为1Ω，电压表的内阻约为3kΩ，滑动变阻器最大电阻为20Ω。
（1）按照图甲所示的电路图，将图丙中的实物连线补充完整_____________；
（2）闭合开关S前，图丙中的滑动变阻器的滑片P应移至最_____________（填“左”或“右”）端；
（3）闭合开关S后，移动滑片P改变滑动变阻器接入的阻值，记录下多组电压表示数U和对应的电流表示数I，将实验记录的数据在坐标系内描点并作出U‐I图像；
（4）改变图丙中导线的接线位置，完成图乙所示电路图的实物连接，重复步骤（2）（3），将实验记录的数据在同一坐标系内描点并作出对应的U-I图像，如图丁所示，图丁中U1、U2、I1、I2均已知；
（5）图丁中的图线①是根据电路图____________（选填“甲”或“乙”）的实验数据作出的U‐I图像；
（6）利用图丁中提供的信息可知，每节干电池的内阻r的准确值为____________（用图丁中的已知量表示）。
【答案】 ①. ②. 右 ③. 乙 ④.
【解析】
【详解】（1）[1]按照图甲所示的电路图，连接实物图为
（2）[2]闭合开关S前，滑动变阻器的的阻值应最大，即滑片P应移至最右端；
（5）[3]对于图甲电路，根据闭合电路欧姆定律，有
整理可得
当时，有
对于图乙，根据闭合电路欧姆定律，有
整理可得
当时，有
所以
即图丁中的图线①是根据电路图乙；
（6）[4]由以上分析可知
所以电动势的真实值为
当图甲短路时有
可得内阻的真实值为
13. 如图所示，在注满水的游泳池的池底有一点光源A，水深，水的折射率为。
（1）一救生员坐在离池边不远处的高凳上，他的眼睛所接收的光线OB与竖直方向的夹角恰好为45°，求此接收光线的入射光线AO的入射角的正弦值；
（2）从点光源A射向池边C点的光线AC与竖直方向的夹角恰好等于全反射的临界角，求光源到池边C点的水平距离l。

【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）此时救生员的视线与竖直方向的夹角，由折射定律有
式中i'是光线在水面的入射角，解得
（2）设到达池边C点的光线的入射角为i，由折射定律有
由几何关系有
解得光源到池边C点水平距离
14. 如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一象限内有沿y轴负方向的匀强电场，在第三、四象限内有垂直于坐标平面向外的匀强磁场。从y轴上坐标为（0，L）的P点沿x轴正方向，以初速度v0射出一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子，粒子经电场偏转后从坐标为（2L，0）的Q点第一次经过x轴进入磁场，粒子经磁场偏转后刚好能到P点，不计粒子的重力。
（1）求匀强电场的电场强度大小E；
（2）求匀强磁场的磁感应强度大小B；
（3）现仅改变粒子在P点沿x轴正方向射出的速度大小，若粒子经一次电场和磁场偏转后，刚好经过O点出磁场（粒子第二次经过x轴），求粒子第九次经过x轴的位置离O点的距离。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）粒子在电场中做类平拋运动，则有
，
根据牛顿第二定律有
解得
E=mv022qL
（2）设粒子进磁场时速度大小为v，根据动能定理有
解得
设粒子进磁场时速度与x轴正方向的夹角为，则有
解得
粒子的运动轨迹如图所示
粒子出磁场时速度与x轴正方向的夹角也为45°，由于粒子会再次回到P点，由几何关系可知，粒子出磁场时的位置坐标为，则粒子在磁场中做圆周运动的半径
根据牛顿第二定律有
解得
（3）改变粒子进电场时的初速度后，设粒子进磁场时速度为v1，速度与x轴正方向的夹角为，则有
粒子在磁场中做圆周运动的半径为r1根据牛顿第二定律有
解得
设粒子第一次和第二次经过x轴的点间的距离为s，则有
根据对称性和周期性可知，粒子第九次经过x轴时的位置离O点的距离
15. 如图，光滑水平地面上有一固定墙壁，紧靠墙面左侧停放一长为L=3.5m，质量为M=0.1kg的长木板，在距长木板左端为kL（）处放置着A、B两小木块，A、B质量均为m=0.1kg。某时刻，A、B在强大内力作用下突然分开，分开瞬间A的速度为vA=4m/s，方向水平向左。B与墙壁碰撞瞬间不损失机械能，A、B与长木板间的动摩擦因数分别为μA=0.2和μB=0.4。
（1）求A、B两小木块分离瞬间，B的速度v1；
（2）若k=0.5，求A离开木板时，B的速度大小v2；
（3）若μA=0，试讨论摩擦力对B所做的功。
【答案】（1）；（2）；（3）若，；若，
【解析】
【详解】（1）在A、B分离瞬间，A、B系统动量守恒，有
解得
（2）对A，从与B分离到离开木板过程中，有
解得
，
假设此时B还没有撞到墙，对B有
解得
末速度为
位移为
假设成立，即此时B速度为
（3）若B恰好不撞墙壁，则有
解得
若，则B未以墙壁就减速为0，则摩擦力对B所做的功为
若，则B与墙碰撞后反弹，再与板共速，设碰前速度为v3，共速速度为v4，则B向右减速过程，有
B反弹后，至B与板共速，有
摩擦力对B所做功为