[物理][期末]江西省新余市2023-2024学年高二下学期期末质量检测试题(解析版)

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卷面总分：100分 考试时间：75分钟
一、选择题：（本题共10小题，共46分， 1-7为单选题， 每小题4分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求；8-10为多选题，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，一全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）。
1. 以下说法正确的是（ ）
A. 胡椒粒放入沸水中剧烈翻滚的现象说明温度越高布朗运动越剧烈
B. 水中花粉颗粒越大，与之接触的水分子数目越多，撞击越明显，布朗运动越显著
C. 同种物质可能以晶体和非晶体两种不同的形态出现
D. 晶体在熔化过程中温度保持不变，分子平均动能不变，内能不变
【答案】C
【解析】A．布朗运动是固体微小颗粒的运动，是肉眼观察不到的，需要借助显微镜观察，向一锅水中撒一点胡椒粉，加热时发现水中的胡椒粉在翻滚，这是由水的对流引起的，与布朗运动无关，故A错误；
B．水中花粉颗粒越大，与之接触的水分子数目越多，撞击越不明显，布朗运动越不显著，故B错误；
C．同一种物质，在不同情况下会以晶体和非晶体两种形态出现，比如水晶和玛瑙，均为二氧化硅，但水晶为晶体，玛瑙为非晶体，故C正确；
D．晶体在熔化过程中温度保持不变，分子平均动能不变，但熔化过程持续吸热，内能增大，故D错误；
故选C。
2. 无线话筒是振荡电路的一个典型应用。在振荡电路中，某时刻磁场方向、电场方向如图所示，下列说法正确的是（ ）
A. 电容器正在放电
B. 振荡电流正在减小
C. 线圈中的磁场正在增强
D. 增大电容器两板距离，振荡频率减小
【答案】B
【解析】ABC．由图中板间场强方向可知，下极板带正电，上极板带负电；根据图中磁场方向可知此时电流由上极板流向下极板，可知此时电容器正在充电，电场能在增大，则磁场能在减小，线圈中的磁场正在减弱，则振荡电流正在减小，故AC错误，B正确；
D．根据
，
增大电容器两板距离，则电容减小，振荡频率增大，故D错误。
故选B。
3. 如图所示为回旋加速器的示意图，两D型盒所在区域加匀强磁场，狭缝（极小）间就有交变电压（电压的大小恒定），将粒子由A点静止释放，经回旋加速器加速后，粒子最终从D型盒的出口引出，已知D型盒的半径为R，粒子的质量和电荷量分别为m、q，磁感应强度大小为B，加速电压为U（不计粒子在电场中的运动时间），则下列说法正确的是（ ）
A. 粒子的运动周期为交变电压周期的2倍
B. 粒子第一次与第二次进入磁场的轨道半径之比为
C. 粒子的最大动能为
D. 粒子在回旋加速器中运动的时间为
【答案】B
【解析】A．由回旋加速器的工作原理可知，粒子每经过半个周期加速一次，而交变电压每经过半个周期方向改变一次，设粒子的运动周期为，交变电压的变化周期为，应满足关系
即
因此粒子在磁场中做圆周运动的周期为交变电压的变化周期的奇数倍，A错误；
B．对粒子第1次加速时，由动能定理得
粒子进入磁场后有
解得
对粒子第2次加速时，由动能定理得
粒子进入磁场后有
解得
所以
B正确；
C．当粒子离开D盒瞬间的动能最大，半径为，则可得
解得
则粒子的最大动能为
C错误；
D．粒子每次经过狭缝电场力做功
粒子被加速的次数为
粒子在磁场中的运动周期为
则粒子在回旋加速器中运动的时间为
D错误；
4. 以下装置中都涉及到磁场的具体应用，甲是电磁流量计，乙是磁流体发电机，丙是速度选择器，丁是霍尔元件。下列说法正确的是（ ）
A. 甲图中，当ab两点间电压U增大时（其它条件都不变），说明流量减小了
B. 乙图可判断出通过电阻的电流从 a流向b
C. 丙图粒子能够向右沿直线匀速通过速度选择器的条件是，但不能判断粒子的电性
D. 丁图中若载流子带负电，稳定时D板电势低
【答案】C
【解析】A．甲中电磁流量计，其流量可表示为
当流速稳定后，带电粒子受到的电场力与洛伦兹力平衡，即
联立两式，可得
所以当ab两点间电压U增大时（其它条件都不变），说明流量增大了，A错误；
B．乙图中由左手定则可知，正离子向下偏转，因此下极板带正电，则A板是电源的负极，B板是电源的正极，所以通过电阻的电流从b流向a，B错误；
C．丙图中电场方向与磁场方向垂直，粒子在复合场中受电场力和洛伦兹力，当粒子带正电时，粒子受到向下的电场力，受到向上的洛伦兹力，当二力平衡时则有
可得
同理可得，当粒子带负电时，粒子受到向上的电场力，受到向下的洛伦兹力，当二力平衡时可得到同样的结果，所以不管粒子带正电还是负电，当时，都可以沿直线匀速通过，因此不能判断带电粒子的电性，C正确；
D．丁图中若载流子带负电，由左手定则可知，载流子向C板偏转，因此C板带负电，则稳定时D板电势高，D错误；
故选C。
5. 如图所示，将一质量分布均匀，电阻率不变的导线围成正方形abcd，在 a、d两点用导线与恒压电源相连接，空间中存在垂直正方形所在平面向外的匀强磁场（图中未画出），接通电源后ab边所受的安培力大小为F。若重新在 a、c两点用导线与该恒压电源连接，则接通后整个正方形所受安培力大小为（ ）
A. 2FB. C. 3FD.
【答案】D
【解析】在 a、d两点用导线与恒压电源相连接，导线与导线并联，接通电源后ab边所受的安培力大小为，设磁感应强度为，通过边的电流为，ab边的长度为，边的电阻为，则的电阻为，则
电源电压
若重新在 a、c两点用导线与该恒压电源连接，导线与导线并联，且其电阻均为，通过两导线的电流相等，均为
通过两导线的电流方向相同，且两导线的等效长度相同，均为
根据左手定则，两导线产生同向的安培力，整个正方形所受安培力大小为
故选D。
6. 如图甲所示为一种简单的整流电路，ab为交变电压信号输入端，D为二极管，可将交变电流变为直流，R为阻值为15Ω的定值电阻。若对该电路 ab端输入如图乙所示按正弦规律变化的电压信号，则下列说法正确的是（ ）
A. 定值电阻R在 1min 内产生的热量为
B. ab两点间接入的交变电流的电压 u随时间 t变化的规律是
C. 电阻R两端电压有效值为
D. 一个周期内通过的R的电流的平均值为
【答案】A
【解析】AC．整流后，交变电流只允许正向电流通过，负向电流损失，设电压的有效值为，则根据有效值的定义可得
其中
解得
即电阻R两端电压有效值为，定值电阻R在 1min 内产生的热量为
故A正确，C错误；
B．由图乙可知，交流电的周期
振幅
两点间接入的交变电流的电压随时间变化的规律是
故B错误；
D．整流后，一个周期内通过的R的电流的平均值为
整流后，一个周期内通过的的电荷量为
由上几式代入数据解得
故D错误；
故选A。
7. 如图所示，在直角三角形 abc区域（含边界）内存在垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，ac=2ab，边长ab=L，一个粒子源在a点将质量为 m、 电荷量为q的带正电粒子从a点沿ab方向以大小不同的速度射入磁场，且所有粒子均能从ac边射出，不计粒子的重力及粒子间的相互影响，下列说法正确的是（ ）
A. 粒子运动时间为
B. 入射点与出射点的间距最大为
C. 粒子运动速度的最大值为
D. 运动轨迹与ac边的最大距离为
【答案】C
【解析】根据题意可知，粒子沿ab方向射入磁场，所有粒子均能从边射出，则所有粒子从ac边射出磁场时转过的圆心角相同，所有粒子在磁场中的运动时间相同，粒子速度最大时运动轨迹与bc相切，最大速度粒子的运动轨迹如图所示
由题给信息可知
，
由于
，，
则
，
又因为、均为半径，所以
则四边形为正方形，所以粒子以最大速度做圆周运动的半径，即粒子做圆周运动的最大半径为
AC．粒子做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得
解得
由图容易得到粒子在磁场中转过的圆心角为
则粒子在磁场中运动时间为
故A错误，C正确；
B．由图中可知，入射点与出射点的间距最大为之间的距离，则其间距最大为
故B错误；
D．由图中可知，运动轨迹与边最大距离为最大半径减去点到边的垂直距离，即
故D错误；
故选C。
8. 图示描述了一定质量的理想气体状态变化过程中的四个状态，图中 ab的延长线过原点，则下列说法错误的是（ ）
A. a→b的过程，气体分子在单位时间内撞击容器壁上单位面积的平均次数增大
B. b→c的过程，气体分子在单位时间内撞击容器壁上单位面积的平均次数减小
C. b、d两状态，气体体积相等
D. d→a的过程，气体分子数密度增大，分子的平均速率增大
【答案】CD
【解析】A．根据
可得
可知a→b的过程为等容变化，温度升高，气体分子在单位时间内撞击容器壁上单位面积的平均次数增大，导致压强增大。故A正确，与题意不符；
B．同理，可知b→c的过程，体积增大，分子数密度减小，温度升高，分子平均速率增加，气体分子在单位时间内撞击容器壁上单位面积的平均次数减小，气体保持压强不变。故B正确，与题意不符；
C．b、d两状态与原点连线的斜率不同，则气体体积不相等。故C错误，与题意相符；
D．同理，可知d→a的过程，气体体积减小，气体分子数密度增大，同时温度降低，分子的平均速率减小。故D错误，与题意相符。
本题选错误的故选CD。
9. 如图甲是街头常见的变压器，它通过降压给用户供电，简化示意图如图乙所示，各电表均为理想交流电表，变压器的输入电压 保持不变，输出电压通过输电线输送给用户，两条输电线的总电阻为 。当并联的用电器增多时，下列判断正确的是（ ）
A. 电流表A1示数减小， 示数减小
B. 电压表V2示数不变，V3示数减小
C. V3的变化量与A1的变化量 之比不变
D. V1的示数U1与A1的示数之比将增大
【答案】BC
【解析】AB．变压器的输入电压保持不变，则电压表示数不变，根据
可知副线圈电压不变，即电压表示数不变，当并联的用电器增多时，并联部分电阻减小，副线圈总电阻减小，副线圈干路电流增大，电流表示数增大，根据
可知原线圈中电流增大，电流表示数增大。通过输电线总电阻的电流增大，则两端电压增大，并联部分的电路两端的电压等于副线圈两端电压减去两端的电压，所以并联部分的电路两端的电压减小，电压表示数减小，故A错误，B正确；
C．因为副线圈电压不变，所以的变化量与两端电压的变化量之和为0，所以
又因为
所以
又因为
所以
故的变化量与的变化量之比不变，故C正确；
D．电压表示数不变，电流表示数增大，故的示数与的示数之比将减小，故D错误；
故选BC。
10. 如图所示，有方向垂直于光滑绝缘水平桌面的两匀强磁场，磁感应强度的大小分别为B1=B、，PQ为两磁场的边界，磁场范围足够大，桌面上边长为a、质量为m、电阻为R的单匝正方形金属线框，以初速度 v垂直磁场方向从图示位置开始向右运动，当线框恰有一半进入右侧磁场时速度为 ，则（ ）
A. 虚线位置时线框的电流方向为顺时针
B. 此时线框的加速度大小为
C. 初速度
D. 从初始位置到虚线位置这过程中产生的热量为
【答案】AD
【解析】A．由右手定则可知，虚线位置时线框的电流方向为顺时针，选项A正确；
B．此时线框的感应电动势
感应电流
加速度大小为
选项B错误；
C．从线框的右边到虚线位置到线圈一半进入磁场由动量定理
其中
解得初速度

选项C错误；
D．从初始位置到虚线位置这过程中产生的热量为
选项D正确。
故选AD。
二、实验题∶ 本题共2小题， 11题6分、12题8分， 共14分。
11. 某同学在用油膜法估测油酸分子直径大小的实验中，进行了如下操作：
A.将配好的油酸酒精溶液一滴滴地滴入量筒中，记下50滴溶液的体积为2mL
B.向浅盘中倒入适量的水，并向水面均匀地撒入痱子粉
C.将0.5mL 纯油酸加入酒精中， 得到的油酸酒精溶液
D.把玻璃板放在坐标纸上，计算出薄膜的面积
E.把一滴油酸酒精溶液滴在水面上，待水面稳定后将玻璃板放在浅盘上，在玻璃板上描出油膜的轮廓
F.按照得到的数据，估算出油酸分子的直径
（1）上述操作正确的顺序是______（填步骤前的字母）；
（2）将描出油膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上，如图所示，已知坐标纸中正方形小方格的边长为2cm，则本次实验测得的油酸分子直径大小约为______m（结果保留两位有效数字）：
（3）某学生在做“用油膜法估测分子的大小”的实验时，计算结果偏大，可能是由于______。
A. 油酸未完全散开
B. 将上述油酸酒精溶液置于一个敞口容器中放置一段时间
C. 求每滴体积时，1mL的溶液的滴数多记了 10滴
D. 计算油膜面积时，舍去了所有不足一格的方格
【答案】（1）CABEDF （2） （3）AD
【解析】（1）用油膜法估测油酸分子直径大小的实验中，操作正确的顺序是：将0.5mL纯油酸加入酒精中，得到的油酸酒精溶液；将配好的油酸酒精溶液一滴滴地滴入量筒中，记下50滴溶液的体积为2mL；向浅盘中倒入适量的水，并向水面均匀地撒入痱子粉；把一滴油酸酒精溶液滴在水面上，待水面稳定后将玻璃板放在浅盘上，在玻璃板上描出油膜的轮廓；把玻璃板放在坐标纸上，计算出薄膜的面积；按照得到的数据，估算出油酸分子的直径。故操作正确的顺序是CABEDF。
（2）由图中的轮廓数出油膜所占的方格数，不足半格的舍去，超过半格的按一格计算，则油膜中大约有60个小方格，
油膜面积为
一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积为
则本次实验测得油酸分子直径大小约为
（3）A．油酸未完全散开，会使S偏小，则d偏大，A符合题意；
B．将上述油酸酒精溶液置于一个敞口容器中放置一段时间，酒精会挥发，油酸所占的比例变大，实验数据处理仍然按照挥发前的浓度计算，即算出的纯油酸体积偏小，则会使偏小，d偏小，B不符合题意；
C．求每滴体积时，1mL的溶液的滴数多记了10滴，
根据公式
可知，一滴油酸酒精溶液中的纯油酸体积会偏小，这将导致纯油酸体积的计算值小于实际值，则会使偏小，偏小，C不符合题意；
D．计算油膜面积时，舍去了所有不足一格的方格，则会使偏小，偏大，D符合题意；
故选AD。
12. 某同学利用如图的装置研究磁铁下落过程中的重力势能与电能之间的相互转化。等效内阻 r=20Ω的螺线管固定在铁架台上，线圈与电流传感器、电压传感器和滑动变阻器连接。滑动变阻器最大阻值40Ω，初始时滑片位于正中间20Ω的位置。打开传感器，将质量m=0.01kg的磁铁置于螺线管正上方静止释放，磁铁上表面为N极。穿过螺线管后掉落到海绵垫上并静止（磁铁下落中受到的阻力远小于磁铁重力，不发生转动），释放点到海绵垫高度差 h=0.30m。计算机屏幕上显示出如图的UI—t曲线，重力加速度 。如果有下列根号可取相应的近似值：
（1）磁铁穿过螺线管过程中，螺线管产生的感应电动势最大值约为______V。 （保留三位有效数字）
（2）图像中 UI出现前后两个峰值；对比实验过程发现，这两个峰值是在磁铁刚进入螺线管内部和刚从内部出来时产生的，对这一现象相关说法正确的是（ ）
A. 线圈中的磁通量经历先增大后减小的过程
B. 如果仅略减小 h，两个峰值都会减小
C. 如果仅略减小h，两个峰值可能会相等
D. 如果仅移动滑片，增大滑动变阻器阻值，两个峰值都会增大
（3）在磁铁下降h=0.30m的过程中，估算重力势能转化为电能的值是______J，可估算重力势能转化为电能的效率约是______。（以上两空均保留三位有效数字）
【答案】（1）0.704 （2）AB （3） 1.43%
【解析】（1）由UI-t曲线可知线圈的最大输出功率为
P出=0.0062W ①
线圈输出功率表达式
P出＝I2R外 ②
根据闭合电路欧姆定律得
E=I（R内+R外）③
联立①②③将
R内=20Ω，R外=20Ω
代入得
E=0.704V
（2）A．磁铁进入线框时，磁通量增大，当磁铁从线框出来时，磁通量减小，故A正确；
BC．当h减小时，磁铁进入线框的速度减小，导致线框中磁通量的变化率减小，因此两个峰值都会减小，且两个峰值不可能相等，故B正确，C错误；
D．根据闭合电路欧姆定律可知，当外电阻等于内电阻时，电源的输出功率最大，初始时滑片位于正中间20Ω的位置，此时内外电阻相等，输出功率最大，因此增大滑动变阻器阻值，两个峰值都会减小，故D错误。
故选AB。
（3）[1] 下落过程减小的重力势能为
[2] 根据图像物理意义可知：图像与横轴围成面积大小等于下落过程中电源的输出电能
E出＝2.15×10−4J
所以总能量为
重力势能转化为电能的效率为
三、计算题∶ 本题共3小题， 共40分。其中13题10分， 14题12分， 15题18分， 写出必要的推理过程，仅有结果不得分。
13. 如图所示，内壁光滑的薄壁圆柱形导热汽缸开口朝下，活塞距汽缸顶为h，横截面积为S。汽缸开口处有一厚度可忽略不计的活塞。缸内封闭了压强为2p0的理想气体。已知此时外部环境的热力学温度为 大气压强为p0，活塞自重 g为重力加速度。
（1）若把汽缸放置到热力学温度为 的冷库中，稳定时活塞位置不变，求稳定时内部气体的压强；
（2）若把汽缸缓缓倒置，使开口朝上，环境温度不变，求稳定时活塞到汽缸底部的距离。
【答案】（1）；（2）
【解析】（1）缸内封闭了压强为的理想气体，初始时外部环境的热力学温度为，若把汽缸放置到热力学温度为的冷库中，其中
稳定时活塞位置不变，该过程为等容变化，设稳定时内部气体的压强，根据查理定律可得
解得
（2）若把汽缸缓缓倒置，使开口朝上，对活塞进行受力分析，活塞受自身向下的重力，外界大气对活塞向下的大气压力，汽缸内气体对活塞向上的压力，可得等式
即此时汽缸内气体的压强
环境温度不变，该过程为等温变化，设稳定时活塞到汽缸底部距离为，根据波意尔定律可得
解得
14. 如图所示，在竖直的xy平面内，在水平x轴上方存在场强大小 方向平行于x轴向右的匀强电场，在x轴下方存在方向垂直纸面向外的匀强磁场B和大小方向都未知的匀强电场 一质量为m、带电量为q的小球从y轴上的P（0，L）位置无初速度释放，释放后小球从第一象限进入第四象限做匀速圆周运动，运动轨迹恰好与y轴相切，已知重力加速度为g。
（1）求匀强电场 大小与方向；
（2）求匀强磁场B的大小；
（3）求小球第二次穿过x轴的位置与第三次穿过x轴的位置之间的距离；
【答案】（1）；方向竖直向上；（2）；（3）
【解析】（1）小球在第四象限做匀速圆周运动，有
qE2=mg
得

小球释放后进入第一象限，故小球带正电，可得电场方向竖直向上
（2）小球的运动轨迹如图所示，
小球在第一象限做匀加速直线运动，对小球，有


由③④⑤得

x轴下方匀强磁场磁感应强度大小为B，小球进入磁场，有


匀强磁场B的大小
（3）小球再次回到第一象限做类平抛运动
竖直方向

水平方向


联立解得
15. 如图甲，平行金属导轨ab、cd水平放置，相距为L，导轨平面内有竖直向上的匀强磁场，磁感强度为B，两金属棒M、N静止在导轨上。其中N棒质量为m，电阻为R，M棒被锁定（锁定装置宽度不计），初始两棒相距d。以下各种情况的运动中，两棒始终与导轨接触良好，且始终保持与导轨垂直，导轨光滑且足够长。
（1）若导轨电阻不计，M棒电阻也为R、现给 N棒一瞬间向左的初速度，此后N棒恰好不与M棒相碰，求此过程中N棒产生的焦耳热Q1；
（2）若导轨与M棒电阻均不计，零时刻起，给N棒施加一水平向右的恒力F（大小未知），作用时间后，撤去F，同时将M棒解除锁定，整个过程中N棒的v—t图像如图乙（为已知量），其中图线CD段、EF段为平行横轴的直线。求：
①解除锁定后N棒产生的焦耳热Q2；
②时间内N棒产生焦耳热Q3。
【答案】（1）；（2）①；②
【解析】（1）设N棒初速度为，由动量定理可得
又
解得
由功能关系，可得
此过程中N棒产生的焦耳热
联立，解得
（2）①解除锁定后，两棒最终共同运动，系统动量守恒，可得
解得
系统能量守恒，可得
解得
②由乙图可知，N棒在CD段做匀速运动，有
设时间内N棒的位移为S。由动量定理，可得
其中
联立，解得
根据能量守恒，可得
解得