2024江西省“三新”协同教研共同体高二上学期12月联考物理试卷

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1.【答案】B
【详解】黑体辐射的电磁波强度波长的分布只与温度有关,与材料的种类及表面状况无关,选项B正确;不同频率的电磁波在真空中的传播速度相同,选项C错误;普朗克提出的能量子假说,能够很好地解释黑体辐射规律,选项D错误;光谱中,可见光从红光到紫光,其波长越来越短,选项A错误。
2.【答案】A
【详解】在选项B的情境中,穿过线框的磁通量Φ=12BS,与线框的匝数无关,选项B错误;在选项C的情境中,穿过线框的磁通量为14BS,选项C错误;当线框转动180°的过程中,磁通量的变化量ΔΦ=-BS2-BS2=-BS,选项D错误;线框转动时,磁通量一直在变,所以一直有感应电流,选项A正确。
3.【答案】A
【详解】如图所示,剩下部分球壳所带电荷在O处产生的电场强度方向竖直向上,削去的14球壳所带电荷在O处产生的电场强度方向斜向下45°,两电场强度的合电场强度为E0,由此可得,选项A正确,选项B、C、D均错误。
4.【答案】C
【详解】设向上为正方向,根据动量定理(F-mg)t=0-(-mv),所以F=3 N,选项C正确。
5.【答案】D
【详解】根据动量守恒定律(m1+m2)v0=m1(v+v')+m2v,解得v=5.5×103 m/s,选项D正确。
6.【答案】C
【详解】电压表测的是电阻箱R上的电压,电流表测的是通过电阻箱R的电流,根据欧姆定律R=UI,可得它们的比值为电阻箱R的阻值,选项B错误;根据闭合电路欧姆定律,可得电压表的示数U和电流表的示数I满足的关系为U=E-I(RA+r),RA为电流表内阻,可知该U-I图像的斜率k=-(RA+r),即电压表示数的变化量的绝对值ΔU与电流表示数的变化量的绝对值ΔI之比为RA+r,选项C正确;电源的效率η=I2RI2(R+r)×100%,可知当R增大时,电源的效率增大,根据数学知识可知当R=r时有电源的输出功率最大值,但因为不确定各个电阻阻值的关系,故不确定输出功率如何变化,选项D错误;当电阻箱的阻值增大时,电阻箱的电压即电容器上的电压增大,电容器的电荷量增大,由选项B可知ΔUΔI=RA+r,又ΔQ=CΔU=CΔI(RA+r),选项A错误。
7.【答案】D
【详解】正电荷受到的电场力向下,所以电场方向向下,所以上板电势高,选项B错误;微粒穿出电容器时离下极板距离为34d,选项C错误;tan 45°=dL,选项D正确;正切值为12,选项A错误。
8.【答案】BD
【详解】根据E=Ud=ΔφΔx可知φ-x图像斜率表示电场强度,根据题图乙图像可知,电场强度逐渐减小,物块受到的电场力逐渐减小,根据Fx=ΔEk得F=ΔEkΔx,故Ek-x图像的斜率表示合外力,综上分析可知,选项B、D均符合题意。
9.【答案】AC
【详解】放置在FE边的电流在O点的磁感应强度大小BO1=kI12d=2kId,方向平行于DN。放置在ND边的电流在O点的磁感应强度大小BO2=kI12d=2kId,方向平行于EF。故O点处的磁感应强度大小BO=22kId,同理可得P点处的磁感应强度大小为2kI2d,选项A、C均正确。
10.【答案】ABD
【详解】因为在水平方向上系统不受外力作用,所以系统在水平方向上动量守恒,选项C错误;根据水平方向上动量守恒有mvA+2mvB=0,在任意时刻都有vA=2vB,位移xA=vAt,xB=vBt,xA+xB=L,所以xA=23L,选项B正确;若物块B固定,则当轻杆转到水平方向时,小球A的重力势能全部转换为动能,mgL=12mv2,解得小球A的速度大小为2gL,选项A正确;若B不固定,当轻杆转到水平方向时,A、B在水平方向上动量守恒,并且沿杆方向速度相等,则A、B的水平速度都为零,即B的速度为零,A只有竖直方向的速度,根据系统机械能守恒得mgL=12mv2,解得小球A的速度大小为2gL,选项D正确。
11.【答案】(1)C (3分) (2)0.05 (3分)
【详解】(2)欧姆表“×1”挡调零时,欧姆表的内阻等于中值电阻15 Ω,此时电流变满偏,满偏电流为1.5V15Ω=0.1 A,接入题中乙电路时欧姆表的半偏电流为0.05 A。
12.【答案】(1)225 (2分) 2820 (2分)
(2)①丙 (2分) ②2.95(±0.02) (2分) 3.17(±0.10) (2分)
【详解】(1)R1的电阻比较小,所以R1与表头并联构成大量程的电流表,R2的阻值比较大,与改装后的电流表串联可充当大量程的电压表,改装电流表需要并联一个电阻,要改装1 mA的电流表需要并联的电阻为R并=IgRgI-Ig=0.2×9001-0.2 Ω=225 Ω,所以选用它与变阻箱R1并联,并联后的总电阻为R'=180 Ω,要改装3 V的电压表需要串联电阻,串联电阻的阻值为R串=U-UAI=3-0.001×1800.001 Ω=2820 Ω。
(2)①题中乙电路R0太小,电流表容易烧坏,不可行,丙电路的电流表与R0并联组成一个大量程电流表,可行。
②根据闭合电路的欧姆定律有E=U+(I+RAR0I)r=20rI+U,根据图像可得E=2.95 V,k=20r=2.95-2.0015×10-3,解得r=3.17 Ω。
13.(10分)【答案】(1)9 W
(2)0.45 m/s
【详解】(1)接两节电池时,由欧姆定律得2E=I1(R+r) (2分)
解得电动机线圈的内阻r=1 Ω (1分)
接六节电池时6E=I2R+U (1分)
解得U=6 V (1分)
则电动机的功率P=UI2=9 W。 (2分)
(2)电动机的输出功率UI2-I22r=mgv (2分)
解得v=0.45 m/s。 (1分)
14.(12分)【答案】(1)E=4mg3q
(2) vO=53gR
(3) x=40R9
【详解】(1)小球在轨道C处有最大速度,说明电场力和重力沿O'C方向 (1分)
则Eq=mgtan 530 (1分)
解得E=4mg3q。 (2分)
(2)小球从B点到O点过程,由动能定理有
12mvO2-12mvB2=EqR-mgR (2分)
解得vO=53gR。 (2分)
(3)小球离开O点在水平方向做匀加速运动,竖直方向做竖直上抛,当过O点再返回x轴时
在竖直方向有t返=2vOg (1分)
在水平方向有x=12at2 (1分)
水平方向的加速度a=Eqm (1分)
解得x=40R9。 (1分)
15.(16分)【答案】(1)vm=2qEsm
(2)vB'=22qEsm
(3)W=4qEs+q2qEk
【详解】(1)对A受力分析有f=qE (1分)
根据动能定理得(2qE-f)s=12mvm2 (2分)
所以vm=2qEsm。 (2分)
(2)A、B碰撞,根据动量守恒有mvm=mvA+mvB (2分)
弹性碰撞机械能守恒,有12mvm2=12mvA2+12mvB2 (2分)
解得vA=0,vB=2qEsm
碰撞后A、B所带电荷量均分,A、B构成的系统所受外力之和为零,系统动量守恒,有
mvB=mvA'+mvB' (1分)
vA'=-vm
解得vB'=22qEsm。 (1分)
(3)设A、B的距离为d时,A受合力为0时速度最大 (1分)
qE+f=kq2d2 (1分)
解得d=kq2E (1分)
A、B碰后到距离为d的过程中,设库仑力做的总功为W,由动能定理得
W-(qE+f)d=12mvA'2+12mvB'2-12mvB2 (1分)
解得W=4qEs+q2qEk。 (1分)