2023-2024学年四川省成都市锦江区嘉祥外国语高级中学高二（下）期末物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年四川省成都市锦江区嘉祥外国语高级中学高二（下）期末物理试卷（含解析），共15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。

一、单选题：本大题共7小题，共28分。
1.某高速公路自动测速装置如图甲所示，雷达向汽车驶来的方向发射脉冲电磁波，相邻两次发射时间间隔为t。当雷达向汽车发射电磁波时，在显示屏上呈现出一个尖形波；在接收到反射回来的无线电波时，在显示屏上呈现出第二个尖形波。根据两个波在显示屏上的距离，可以计算出汽车至雷达的距离。显示屏如图乙所示，根据图中t1、t、t2的意义，结合光速c，则汽车车速为( )
A. v=ct1−t22t+t2−t1B. v=ct1+t22t+t2−t1C. v=ct1−t22t+t2+t1D. v=2ct1−t22t+t2−t1
2.如图，质量m=1kg的物块(可视为质点)，以速度大小v0=4m/s水平向右滑上正在逆时针转动的水平传送带，传送带AB的长度L=6m，传送带的速度大小v=2m/s，物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.2，重力加速度大小g=10m/s2，物块滑离传送带时产生的划痕长度为( )
A. 5mB. 4mC. 9mD. 8m
3.如图，某建筑工地吊车的水平吊臂上，一辆小车带着下面吊着的建材向右匀速行驶，同时通过向上收吊绳使建材先向上做加速运动后向上做减速运动，则建材在空中的运动轨迹可能是( )
A. B. C. D.
4.某校天文小组通过望远镜观察木星周围的两颗卫星a、b，记录了不同时刻t两卫星的位置变化如图甲。现以木星中心为原点，测量图甲中两卫星到木星中心的距离x，以木星的左侧为正方向，绘出x−t图像如图乙。已知两卫星绕木星近似做圆周运动，忽略在观测时间内观察者和木星的相对位置变化，由此可知( )
A. a公转周期为t0B. b公转周期为2t0
C. a公转的角速度比b的小D. a公转的向心加速度比b的大
5.如图1所示，用手握住软绳的一端拉平，手在竖直方向振动，手握住的绳子端点的振动图像如图2所示，则t=1s时，绳子上形成的波形是( )
A. B.
C. D.
6.如图所示，玻璃瓶A、B中装有质量相等、温度分别为60℃的热水和0℃的冷水，下列说法不正确的是( )
A. 因质量相等，故A瓶中水的内能比B瓶中水的内能大
B. A瓶中水分子间的平均距离比B瓶中水分子间的平均距离小
C. 若把A、B两只玻璃瓶并靠在一起，则A、B瓶内水的内能都将发生改变，这种改变内能的方式叫热传递
D. 若把A、B两只玻璃瓶并靠在一起，它们的状态都会发生变化，直到二者温度相同时，两系统便达到了热平衡，达到热平衡的两个系统都处于平衡态
7.如图甲所示电路中，变压器为原副线圈匝数之比5:1理想变压器，电压表和电流表均为理想表，a、b间接入图乙所示电压，R0、R1为定值电阻，R为滑动变阻器。现保持滑动变阻器滑片位置不变，将开关S由闭合到断开，则（ ）
A. 电压表V2的示数恒为40 V
B. 若观察到电流表A1的示数减小了2 A，则电流表A2的示数减小了0.4 A
C. 电压表V3示数变化量的大小与电流表A2示数变化量的大小的比值为R0
D. 保持开关断开，若再将滑动变阻器的滑片向上滑动，则电压表V3与V1的比值变小
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.探测器减速着陆的过程中，下列说法正确的有( )
A. 探测器处于超重状态
B. 探测器处于失重状态
C. 火箭对探测器的作用力大于探测器对火箭的作用力
D. 火箭对探测器的作用力与探测器对火箭的作用力大小相等
9.“中国环流三号”是我国自主设计研制的可控核聚变大科学装置，也被称为新一代“人造太阳”，其内部的一种核反应方程为 12H+12H→23He+X，则( )
A. X粒子为中子B. 2个 12H结合成 23He时吸收能量
C. 23He的平均结合能比 12H的大D. 23He的核子平均质量比 12H的大
10.如图所示，一电荷量为−q、质量为m的滑块，沿固定绝缘斜面匀加速下滑。现加一电场强度大小为E的匀强电场，无论电场方向在竖直平面内如何变化，滑块均不离开斜面。已知滑块与斜面的动摩擦因数为μ，斜面倾角为θ，则( )
A. 滑块的加速度一定变化
B. 电场强度E≤mgcsθq
C. 若所加电场的方向竖直向上，则滑块下滑的加速度一定变大
D. 滑块下滑的最大加速度比原加速度大 1+μ2qEm
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
11.(1)如图1所示为利用DIS做验证牛顿第三定律实验时所得到的图象，该实验所用的传感器为____；观察图象我们可以得出的结论有：________。
A.作用力与反作用力总是大小相等
B.作用力与反作用力总是同时变化的
C.作用力与反作用力总是性质相同的
D.作用力与反作用力总是方向相反的
(2)如图2所示为“用DIS研究加速度和力的关系”的实验装置。在本实验中，需要保持_____不变，位移传感器测得小车的v−t图象后，分别得到t1和t2时刻的速度v1和v2，则小车的加速度a=_____。
12.某兴趣小组探究PT100型铂电阻阻值Rt随温度t变化的关系。主要器材有：电源(电动势E=3V、内阻不计)、电压表(量程3V、内阻RV约3kΩ)、毫安表(量程30mA、内阻RA约50Ω)、滑动变阻器、加热器、测温仪。采用伏安法测得不同温度下铂电阻的电压与电流，计算出不同温度下铂电阻的阻值，如下表。

(1)为减少实验误差，测量电路中毫安表应采用______。(选填“内接”或“外接”)；
(2)根据表中实验数据作出Rt−t的关系图像如图(a)所示，由图像可得Rt与t的关系式为Rt= ______(Ω)；
(3)由于毫安表内阻未知，兴趣小组利用上述器材设计如图(b)电路并进行实验，测量不同温度下的电流，作出1I−t图像如图(c)所示，可得该毫安表内阻RA= ______Ω(保留三位有效数字)。若考虑电源内阻，则该毫安表内阻的测量值______(选填“大于”“小于”或“等于”)真实值。
四、计算题：本大题共3小题，共40分。
13.一定质量的理想气体从状态A变化到状态B，再变化到状态C，其状态变化过程的p−V图象如图所示。已知该气体在状态A时的温度为27OC，求：
(1)该气体在状态B时的温度；
(2)该气体从状态A到状态C的过程中与外界交换的热量。
14.如图所示，宽度L=0.5m的平行光滑金属导轨(足够长)固定在绝缘水平面上，导轨的一端连接阻值为R=1Ω的电阻。导轨所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B=2T。一根质量为m=0.5kg的导体棒MN放在导轨上，两导轨之间的导体棒的电阻为r=0.5Ω，导轨的电阻可忽略不计。现用一垂直于导体棒的水平恒力F=2N使导体棒由静止开始运动，在运动过程中保持导体棒与导轨垂直且接触良好，经过t=2s后撤去外力(此时导体棒已达到最大速度)。空气阻力可忽略不计，求：
(1)导体棒运动过程最大速度vm；
(2)从开始运动到t=2s过程中导体棒通过的位移x；
(3)整个运动过程中电阻R上产生的焦耳热Q。
15.如图所示，平面直角坐标系的第二象限内存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，一质量为m、电荷量为+q的小球从A点以速度v0沿直线AO运动，AO与x轴负方向成53°角。在y轴与MN之间的区域I内加一电场强度最小的匀强电场后，可使小球继续做直线运动到MN上的C点，MN与PQ之间区域Ⅱ内存在宽度为d的竖直向上匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，小球在区域Ⅱ内做匀速圆周运动并恰好不能从右边界飞出，已知小球在C点的速度大小为2v0，重力加速度为g，sin53°=0.8，cs53°=0.6，求：
(1)第二象限内电场强度E1的大小和磁感应强度B1的大小；
(2)区域I内最小电场强度E2的大小和方向；
(3)区域Ⅱ内磁感应强度B2的大小。
答案解析
1.A
【解析】汽车行驶的位移等于两次发射电磁波时汽车距离雷达的路程差，则有
x=s1−s2=c⋅t12−c⋅t22=c2t1−t2
对应的时间为
Δt=t+t22−t12
则汽车的速度
v=xΔt=ct1−t22t+t2−t1
故选A。
2.C
【解析】物块滑上传送带后做匀减速直线运动，a=μg=2m/s2，设物块速度从4m/s减小到零过程的位移为x1，由动能定理有：−μmgx1=0−12mv2，代入数据可得x1=4m，减速过程中v0=at1，可得t1=2s，
物块没有到达传送带右端速度减为零，然后反向做匀加速直线运动，加速到和速度相等时v=at2，可得t2=1s，运动位移x2=12at22=1m，随后物块和传动带向左匀速运动，
物块向右匀减速运动时，传送带向左移动的距离s1=vt1=4m，物体向左加速运动时，传送带向左移动距离为s2=vt2=2m，则物块和传送带相对位移即产生的划痕长度为s=x1+s1+s2−x2=9m。
故选C。
3.D
【解析】解：建材水平向右做匀速直线运动，同时竖直向上先做加速运动后做减速运动，则建材的合力先向上后向下，根据平行四边形定则，知合速度的方向与合力的方向不在同一条直线上，根据曲线运动合力方向位于轨迹的凹侧，可知建材在空中的运动轨迹可能是D，故ABC错误，D正确。
故选：D。
货物参与了水平方向和竖直方向上的运动，根据运动的合成判断合运动的轨迹。
解决本题的关键掌握判断合运动是直线运动还是曲线运动的方法，知道合力的方向大致指向轨迹的凹侧。
4.D
【解析】【分析】
本题看万有引力定律的应用，熟悉开普勒第三定律和卫星的运动规律是解题的关键。
关键图甲和图乙得出a、b公转周期情况，从而得出其角速度情况，结合开普勒第三定律得出公转半径情况，根据万有引力提供向心力得出线速度关系即可判断。
【解答】
由图甲结合图乙知，a的公转周期为Ta=2t0，b的公转周期Tb>2t0，由T=2πω知，a公转的角速度比b的大，由开普勒第三定律知，a公转半径小于b公转半径，由GMmr2=mv2r可得v= GMr，则a公转的线速度比b的大。故D正确，ABC错误。
5.A
【解析】由图2可知， t=1s 时，手握住的绳子端点在平衡位置，且向下振动
A.图中手握住的绳子端点在平衡位置，且向下振动，故A符合题意；
B.图中手握住的绳子端点在平衡位置，且向上振动，故B不符合题意；
C.图中手握住的绳子端点在波谷，故C不符合题意；
D.图中手握住的绳子端点在波峰，故D不符合题意。
故选A。
6.B
【解析】解：
A.温度是分子的平均动能的标志，因质量相等，故A瓶中水的分子平均动能大，A的内能比B瓶中水的内能大．故A正确．
B.质量相等的60℃的热水和0℃的冷水相比，60℃的热水体积比较大，所以A瓶中水分子间的平均距离比B瓶中水分子间的平均距离大，故B错误；
C.若把A、B两只玻璃瓶并靠在一起，热量会自发从高温向低温传递，则A、B瓶内水的内能都将发生改变，这种改变内能的方式叫热传递，故C正确；
D.若把A、B两只玻璃瓶并靠在一起，热量会自发从高温向低温传递，它们的状态都会发生变化，直到二者温度相同时，两系统便达到了热平衡，达到热平衡的两个系统都处于平衡态，故D正确；
本题选不正确的，故选：B。
温度是分子平均动能的标志，水分子数与AB瓶内水的体积有关，内能也与水的体积有关，相同体积不同温度水分子的个数不同，平均距离就不同，故平均距离与温度有关。
本题重点是要知道不单是分子平均动能与温度有关，分子的平均距离与温度也有关系。
7.C
【解析】【分析】本题为变压器问题，要知道理想变压器原副线圈电压比等于匝数比，电流比等于匝数的反比，原副线圈功率相等，副线圈电压由原线圈电压和匝数比决定，副线圈电流决定原线圈电流，以这个为出发点分析解题。
【解答】由公式U1U2=n1n2，U1=200 2V=100 2V，得U2=20 2V。
又I1I2=n2n1，n1n2=ΔI2ΔI1=5，由图乙可知解得，△I2=10A，故A、B错误。
因U2=I2R0+U3，故|△U3ΔI2|=R0，故C正确。
将滑动变阻器的滑片向上移动，滑动变阻器接入电路的阻值变大，总电阻变大，所以副线圈电流变小，定值电阻R0的分压变小，故电压表V3的示数变大，而电压表V1的示数不变，电压表V3的示数与电压表V1的示数的比值变大，故 D错误。
8.AD
【解析】解：AB、探测器减速着陆的过程中，加速度方向竖直向上，所以探测器处于超重状态，故A正确，B错误；
CD、火箭对探测器的作用力与探测器对火箭的作用力是一对相互作用力，所以它们大小相等，方向相反，故C错误，D正确。
故选：AD。
根据加速度方向判断探测器是处于超重还是失重状态；根据相互作用力总是大小相等，方向相反来判断CD。
知道加速度方向向上物体处于超重状态，加速度向下物体处于失重状态是解题的基础。
9.AC
【解析】A.根据质量数与电荷数守恒可知X粒子为中子，故A正确；
BC.比结合能(平均结合能)大的原子核稳定，2个 12H 结合成一个 23H 时，同时释放能量，则 23H 更稳定，比结合能大，故B错误，C正确；
D. 23He 的核子平均质量比 12H 的小，故D错误。
故选AC。
10.BCD
【解析】【分析】
本题考查的是带电滑块在重力场和复合场中的运动问题，关键是对带电滑块做好受力分析，并且熟练应用牛顿第二定律和数学方法即可解题。
【解答】
A.如图：
当滑块受到的电场力如图示时，加速度
a=(mgsinθ−qEsinα)−μ(mgcsθ−qEcsα)m
整理得a=gsinθ−μgcsθ+μqEcsα−qEsinαm
当μqEcsα−qEsinα=0，即μ=tanα时加速度不变，故A错误；
B.滑块均不离开斜面，则有mgcsθ≥qEcsα，即E≤mgcsθqcsα
所以E≤mgcsθq，故B正确；
C.未加电场时，滑块沿斜面匀加速下滑，则
a0=gsinθ−μgcsθ>0
若所加电场的方向竖直向上，则滑块下滑的加速度
a=(mg+qE)sinθ−μ(mg+qE)csθm=gsinθ−μgcsθ+qE(sinθ−μcsθ)m
则滑块下滑的加速度增大，故C正确；
D.当滑块有最大加速度时，受到的电场力如图：
此时加速度
a1=(mgsinθ+qEsinβ)−μ(mgcsθ−qEcsβ)m=gsinθ−μgcsθ+qE(sinβ+μcsβ)m
根据数学知识，qE(sinβ+μcsβ)m最大值为 1+μ2qEm，所以滑块下滑的最大加速度比原加速度大 1+μ2qEm，故D正确。
故选BCD。
11. (1)力传感器；ABD；(2)小车总质量；v2−v1t2−t1。
【解析】解：(1)利用DIS做验证牛顿第三定律实验的操作示意图，该实验所用的传感器为力传感器，
图1为实验时在软件界面上出现的结果，观察图1我们可以得出：作用力与反作用力总是：大小相等、方向相反，同时变化的。故ABD正确，C错误。
故选：ABD
(2)小车受到的拉力等于钩码的重力，通过改变钩码的个数来改变对小车的拉力。要保证小车的总质量不变；
已知：t1和t2时刻的速度v1和v2，则小车的加速度：a=ΔvΔt=v2−v1t2−t1。
故答案为：(1)力传感器； ABD
(2)小车总质量； a=v2−v1t2−t1
(1)该实验所用的传感器为力传感器，作用力与反作用力大小相等，方向相反，同时变化，作用在同一条直线上。
(2)小车受到的拉力等于钩码的重力，改变钩码数量可以改变小车受到的拉力；应用加速度的定义式可以求出加速度。
解决本题的关键知道作用力与反作用力大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，且同时产生、同时变化、同时消失，作用在不同的物体上。
12.外接 100+0.38t 47.6 大于
【解析】解：(1)铂电阻的阻值大约为110Ω，则有
Rt2铂电阻属于小电阻因此用外接法。
(2)根据图像可知图像的纵轴截距为
Rt0=100.0Ω
斜率
k=138.0−100.0100Ω/℃=0.38Ω/℃
可得
Rt=100Ω+0.38t
(3)根据闭合电路欧姆定律
E=I(Rt+RA)
得
1I=1E(Rt+RA)=0.38tE+100Ω+RAE
设图像纵轴截距为b，则
100Ω+RAE=b
RA=Eb−100Ω=3×49.2Ω−100.0Ω=47.6Ω
如果电源有内阻，RA测=RA+r，该毫安表阻值的测量值大于真实值。
故答案为：(1)外接；(2)100+0.38t；(3)47.6；大于。
(1)根据误差计算选择连接方式；
(2)根据图像计算斜率，再写表达式；
(3)根据闭合电路欧姆定律结合图像计算判断。
本题关键掌握内接法和外接法的选择方法，利用图像处理问题。
13.解：(1)A、B、C三个状态的气体参量分别为：
pA=3×105Pa，VA=1×10−3m3，TA=300K
pB=1×105Pa，VB=1×10−3m3，TB
pC=1×105Pa，VC=3×10−3m3，TC
根据理想气体状态方程：
pAVATA=pBVBTB=pCVCTC
代入数据解得：TB=100K，TC=300K。
(2)气体从A到B，体积不变，气体不做功，即为：W1=0，
气体从B到C，压强不变，体积增大，气体对外做功为：W2=−pB(VC−VB)=−1×105×2×10−3J=−200J
气体从状态A到状态C的过程中，温度不变，即△U=0，根据热力学第一定律：△U=W1+W2+Q=0
代入数据解得：Q=200J
答：(1)该气体在状态B时的温度为100K；
(2)该气体从状态A到状态C的过程中与外界交换的热量为200J。
【解析】(1)先写出A、B、C三个状态的参量，利用理想气体状态方程可以求出B、C的温度；
(2)气体从A到B，体积不变，气体不做功；气体从B到C，压强不变，体积增大，气体对外做功，根据公式W=p△V可以求出气体做功；气体从状态A到状态C的过程中，温度不变，内能不变，根据热力学第一定律可以求出气体与外界热交换。
本题考查了理想气体状态方程、热力学第一定律等知识点。解答理想气体状态方程与热力学第一定律的综合问题的关键在于找到两个规律之间的联系，弄清气体状态变化过程中各状态量的变化情况。热力学第一定律本质上是能量守恒定律，我们应该从能量守恒定律角度来加深对其理解。
14.(1)导体棒切割磁感线
电动势E=BLv
电流I=ER+r
安培力FA=BIL
当速度最大时，F=FA
得vm=3m/s，
(2)由动量定理得：Ft−BILt=mvm
q=It=ΔΦR+r=BLxR+r
得x=3.75m
(3)由动能定理得：Fx+W安=0
Q总=|W安|
Q=Q总R+r·R
电阻R焦耳热：Q=5J
【解析】本题为电磁感应综合问题，对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据E=BLv、闭合电路欧姆定律、安培力公式、平衡条件列出方程；另一条是能量，分析电磁感应现象中的能量问题，根据功能关系、能量守恒等列方程求解。如果涉及到电荷量、位移、时间问题，常根据动量定理结合电荷量的推论公式进行解答。
15.解：(1)根据题意分析，小球受三个力作用如图：
，
小球沿AO做匀速直线运动，则：qE1=mgtan53°，
解得：E1=4mg3q，
又：qv0B1=mgcs53°，
解得：B1=5mg3qv0；
(2)要使小球在区域I做直线运动，
，
电场强度最小，则需要满足：mgcs53°=qE2，
解得：E2=3mg5q，
方向为垂直AO且与y轴正向成53°角；
(3)小球恰好不从右边界飞出，如图所示：
，
由几何关系可知：r+rsin53°=d，
解得：r=5d9，
根据：qvB2=mv2r，
解得：B2=18mv05qd。
【解析】本题考查了带电粒子在重力场、电场及磁场混合场中的运动；本题三问题干涉及比较过程含蓄，考查三个问题：①第一问是三力平衡，由平衡条件可得到结果。②第二问涉及做直线运动的条件，是合力与速度方向在一条直线上，求另一个的最小值，只有当该力与速度方向垂直时最小。③第三问是在复合场中做匀速圆周运动，显然两个恒力相互抵消，只在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动。
(1)带电粒子在第二象限受三个力作用做直线运动，则三力平衡。由平衡条件在水平方向和竖直方向的合力为零，可以求得第二象限的电场强度和磁感应强度。
(2)通过O点后，仍做直线运动，则电场力与重力的合力沿直线方向，要使电场强度最小，则电场力与直线垂直。画出受力图，能够求出最小的电场强度。
(3)进入区域Ⅱ后在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，列出相应的半径式，就能求出该区域内的磁感应强度。t/℃
0
10
20
30
40
50
60
70
80
90
100
Rt/Ω
100.0
103.4
107.9
111.4
115.6
119.6
122.8
127.5
130.8
134.1
138.5