2023-2024学年湖北省黄冈市高二（上）期末调研联考物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年湖北省黄冈市高二（上）期末调研联考物理试卷（含解析），共19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。

1.在12世纪初，我国已将指南针用于航海，现在“磁”已广泛应用于我们的生产、生活中.下列与“磁”相关的现象中属于电磁感应现象的是( )
A. 指南针总是指向南方
B. 两根通有同向电流的平行导线会相互吸引
C. 金属探测器靠近金属时会报警
D. 电流通过电流表时，电流表的指针发生偏转
2.如图所示，水平固定的长直导线与矩形导线框abcd在同一竖直平面，导线框的ab边与导线平行，导线中通有向右的恒定电流I.现将导线框由静止释放，导线框在竖直下落过程中没有翻转.下列对导线框下落过程的分析，其中说法正确的是( )
A. 导线框中产生了顺时针方向的感应电流
B. 导线框的面积有收缩的趋势
C. 导线框下落的加速度有时可能大于重力加速度g
D. 若导线中的电流I方向向左，则线框所受安培力的合力方向向下
3.图甲为小型交流发电机的示意图，在磁感应强度B=1T的匀强磁场中，单匝矩形金属线框绕垂直于磁场的转轴匀速转动，产生正弦式电流。定值电阻R两端的电压如图乙所示，电路中其它部分的电阻忽略不计，下列说法正确的是( )
A. 该交流电的频率为50Hz
B. t=0时，线框平面恰好与磁场方向垂直
C. t=0.01s时，穿过线框的磁通量变化率为零
D. 该矩形线框的面积为0.2m2
4.汽车启动的工作原理如图所示，首先由转换器将蓄电池的直流电转换为正弦式电流，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压表。当变压器副线圈输出电压的瞬时值达到12000V时，火花塞产生电火花点燃发动机汽缸内的雾化汽油，发动机开始工作。已知开关S闭合时，电压表的示数为12V，要使发动机点火成功，变压器原、副线圈匝数比n1n2的最大值为( )
A. 1000B. 11000C. 500 2D. 21000
5.小明发现摩托车启动过程中，当电动机启动时，摩托车的车灯会瞬时变暗。如图所示为摩托车蓄电池供电简化电路图。若蓄电池的电动势E=12V，内阻r=0.4Ω，车灯的电阻R=2Ω。启动该车时，先接通开关S1打开车灯，再接通开关S2启动电动机，此刻测得流过蓄电池的电流I=10A。在接通开关S1后，下列对电路的分析，正确的是( )
A. 蓄电池的路端电压，在开关S2接通后比接通前大
B. 流过蓄电池的电流，在开关S2接通后比接通前小
C. 开关S2接通前，车灯的功率为72W
D. 开关S2接通时，车灯的功率为32W
6.在如图所示的平面内，分界线MN将边界平行、宽度为L的区域分成两部分，一部分充满方向垂直于纸面向外的匀强磁场，另一部分充满方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，MN与磁场的左右边界垂直。一质量为m，电量为+q的粒子从M点射入磁场，入射方向与磁场方向垂直且与MN成30°角。若粒子恰好从右边界沿垂直于边界方向射出，不计粒子重力，则该粒子的入射速度大小可能为( )
A. BqL2mB. BqLmC. 2BqL3mD. 3BqL2m
7.在建的建筑物为了防止墙面开裂需要定期浇水保湿.如图所示，位于水平地面的水管口横截面积为4cm2，水流从管口喷出时速度大小为10m/s，方向与水平地面成α=37∘角，且恰好垂直冲击墙面.已知水的密度为1.0×103kg/m3，忽略空气阻力.若水流冲击墙面后，速度立即减为零，取sin37∘=0.6，cs37∘=0.8，则墙面所受冲击力的大小为( )
A. 40NB. 32NC. 25.6ND. 24N
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
8.质谱仪是一种利用磁偏转来分离和检测同位素的仪器。如图所示，在直线边界ab、bc一侧有范围足够大、方向垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，甲、乙带电粒子均以大小为v0的速度从M点垂直于ab边射入匀强磁场，实验发现：甲粒子恰好从b点离开磁场，乙粒子垂直于bc边离开磁场。已知ab边与bc边所成角度为135°，M点与b点间距离为L，甲、乙两粒子所带电荷量相同，不计粒子重力和粒子间的相互作用力。下列说法正确的是( )
A. 两粒子均带正电荷
B. 甲、乙两粒子的质量之比为1∶2
C. 乙粒子的比荷为Bv0L
D. 甲、乙两粒子在磁场中运动的时间之比为2∶5
9.如图所示，在竖直平面内固定的光滑圆轨道，半径为R，虚线AB、CD分别为水平和竖直直径。可视为质点的甲、乙两小球质量分别为m1、m2。现将甲球从B点由静止释放，运动至D点与静止的乙球发生弹性碰撞。重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A. 甲球在第一次碰撞前瞬间的速度大小为 gR
B. 若m1C. 若m1=m2，两球第一次碰撞后，乙球恰好能到达A点
D. 两球第一次碰撞后，乙球有可能运动至最高点C点
10.如图甲所示，一质量为m，边长为L的正方形导线框abcd静置于绝缘水平桌面上，虚线边界恰好将线框平分，在边界左侧有磁感应强度B1=B0的匀强磁场，在边界右侧有磁感应强B2随时间t按乙图所示规律变化的磁场，边界两侧磁场方向均竖直向上。t0时刻，线框恰好与桌面发生相对滑动。已知导线框的电阻为R，重力加速度为g，线框与水平桌面之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列对线框在0∼t0时间内的分析，其中正确的是( )
A. 线框中感应电流沿adcba方向B. 流过线框的电流为3B0L2Rt0
C. 线框所受摩擦力始终向右D. 线框与桌面间的动摩擦因数为3B02L3mgRt0
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.利用图示的实验装置验证动量守恒定律，实验步骤如下：
①接通气源，调节导轨水平；
②将宽度相同的两个滑块A、B静置于导轨上，使滑块A紧靠导轨左侧挡板，滑块B的左端恰好位于导轨的中点处。
③使滑块A以一定的初速度沿气垫导轨向右运动与滑块B发生碰撞，碰撞时间极短，碰后滑块A反弹，分别用传感器记录滑块A从左挡板运动到与B碰撞所用时间t0，滑块A和B从碰撞时刻开始到各自撞到左右挡板所用时间t1和t2；
回答以下问题：
(1)在调节导轨水平时，先在导轨上只放滑块A，并给一初速度，使它从导轨左端向右端运动，用传感器测得滑块A通过导轨前半段的时间小于后半段的时间。为使导轨水平，可使导轨左端_____(选填“升高”或“降低”)一些；
(2)要验证两滑块碰撞的瞬间系统动量守恒，实验中还必须测量的物理量有_____；
A.滑块A的质量m1、滑块B的质量m2 B.两滑块的宽度d C.气垫导轨的总长度L
(3)只要满足关系式_____，就能证明两滑块碰撞前后动量守恒。(仅用t0、t1、t2和第(2)问中测量的物理量表示)
12.学校课外科技小组的同学利用铜片、锌片和苹果制作了一个水果电池，他们设计实验来测量该水果电池的电动势E和内阻r。实验前，同学们查阅资料发现苹果电池的电动势大约为1V左右，内阻大于1kΩ。
(1)小王同学为了粗测该水果电池的内阻，使用多用电表的欧姆挡，将红、黑表笔分别接到水果电池的铜、锌两极上，测量水果电池内阻。小王同学的做法__________(选填“合理”或“不合理”)；
(2)为了精确测量该水果电池的电动势E和内阻r，实验室准备了如下实验器材：电压表V(量程0∼1.5V，内阻约为5kΩ)
电流表A(量程0∼600μA，内阻rA=200Ω)
滑动变阻器R1(阻值0∼100Ω)
滑动变阻器R2(阻值0∼10kΩ)
开关1个、导线若干
活动小组设计了如图甲、乙所示的两种电路：
为了使测量结果更加精确，我们应选择__________(选填“甲”或“乙”)电路图，滑动变阻器应选择__________(选填“R1”或“R2”)。
(3)按要求连接实验电路，调节滑动变阻器，测得多组数据。根据测量数值作出如图丙所示的U−I特性曲线，则该水果电池的电动势E=__________V，内阻r=__________Ω。(保留3位有效数字)
四、计算题：本大题共3小题，共44分。
13.如图所示，质量为M=3kg的木板静置于光滑水平地面上，质量为m=2kg的小滑块(可视为质点)以v0=5m/s的速度从木板左端滑上木板，小滑块最终未滑下木板，取重力加速度g=10m/s2。
(1)求小滑块在木板上滑动过程中，它们总的机械能损失量ΔE；
(2)若小滑块与木板间的动摩擦因数μ=0.5，求小滑块相对木板滑动的时间t。
14.利用电场、磁场实现粒子偏转是科学仪器中广泛应用的技术。如图所示，xOy平面的第一、二象限内有足够长且宽度均为L、边界平行于x轴的区域Ⅰ和Ⅱ，其中Ⅰ区中存在沿y轴正方向的匀强电场，Ⅱ区中存在垂直于xOy平面向外的匀强磁场，Ⅱ区的下边界与x轴重合。质量为m、电荷量为+q的粒子从M点(0,2L)，以大小为v0的速度、沿与y轴负方向成α=30∘的方向射入Ⅰ区(如图所示)，之后粒子恰能进入Ⅱ区，且经磁场偏转后垂直于x轴离开磁场。不计粒子的重力。
(1)求粒子在区域Ⅰ中运动的时间t；
(2)求区域Ⅱ中匀强磁场的磁感应强度B的大小；
(3)若粒子从M点沿y轴负方向射入Ⅰ区，粒子刚好未能进入x轴下方区域，求粒子从M点射出的速度大小。
15.如图所示，两条光滑平行金属导轨固定在水平面上，左侧窄导轨间距为L、导轨间有方向竖直向下匀强磁场；右侧宽导轨间距为2L，导轨间有方向竖直向上的匀强磁场，两侧磁场磁感应强度大小均为B。a、b两根导体棒分别静止放置在两侧导轨上，水平拉直的绝缘细线一端垂直系在b棒中点，另一端固定在墙上。现对a棒施加水平向右、大小为F的恒力，当a棒向右加速运动位移x时，连接b棒的细线恰好被拉断，此时立即撤去恒力F，两棒在导轨上继续运动。已知细线所能承受最大拉力为T，a、b两棒的质量分别为2m和m，电阻分别为2R和R，两棒始终与导轨垂直且接触良好，两侧导轨均足够长且电阻不计。求：
(1)细线被拉断的瞬间，a棒的速度大小；
(2)在细线拉断前，b棒中产生的热量；
(3)细线拉断之后，a棒中产生的热量。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查电磁感应现象，即“磁生电”，在生活中有广泛的应用，要能用电磁感应的知识去解释。
【解答】
A、小磁针静止时N极所指的方向即为磁场方向，故指南针总是指向南方，不是电磁感应，故A错误；
B、两根通有同向电流的平行导线会相互吸引，是由于直线电流都产生磁场，磁场对另一个通电导线产生安培力的作用，磁场在这儿起到了“媒介”的作用，不是电磁感应，故B错误；
C、探测器内有通电线圈，线圈通入的是交流电，当探测器靠近金属物体时，金属中会感应出涡流，涡流的磁场反过来影响线圈中的电流，使仪器报警，故金属探测器的原理是电磁感应，故C正确；
D、电流通过电流表时，电流表的指针受到安培力的作用，从而发生偏转，不是电磁感应，故D错误。
2.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查了楞次定律，楞次定律表述为感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化，即“增反减同”。
宏观上可表现为“来拒去留”、“增缩减扩”。
【解答】
A、根据安培定则可知穿过线框的磁通量垂直纸面向里，导线框在竖直下落过程中，穿过它的磁通量减小，根据楞次定律可知感应电流的方向为顺时针，故A正确；
B、根据楞次定律的“增缩减扩”可知，导线框的面积有扩张的趋势，故B错误；
C、根据楞次定律的“来拒去留”可知导线框受到向上的安培力，下落的加速度小于重力加速度g，故C错误；
D、根据楞次定律的“来拒去留”可知无论导线中的电流方向向左还是向右，线框所受安培力的合力方向都是向上的，故D错误。
故选A。
3.【答案】B
【解析】B
【详解】A.该交流电的周期T=0.04s，则频率为
f=1T=25Hz
选项A错误；
B. t=0 时，感应电动势为零，则线框平面恰好与磁场方向垂直，选项B正确；
C. t=0.01s 时，感应电动势最大，则穿过线框的磁通量变化率最大，选项C错误；
D.根据
Em=BωS=2πBST=10V
解得该矩形线框的面积为
S=0.2πm2
选项D错误。
故选B。
4.【答案】D
【解析】D
【详解】变压器副线圈输出电压的有效值为
U2=U2m 2=12000 2V=6000 2V
根据理想变压器原副线圈电压与线圈匝数的关系
U1U2=n1n2
变压器原、副线圈匝数比 n1n2 的最大值为
n1n2=U1U2=126000 2= 21000
故选D。
5.【答案】D
【解析】D
【详解】AB.在开关S2接通后，总电阻变小，总电流变大，内电压变大，路端电压变小。流过电灯的电流变小，所以流过蓄电池的电流变大，故AB错误；
C.开关S2接通前，回路电流为
I1=ER+r=122+0.4A=5A
车灯的功率为
P1=I 12R=50W
故C错误；
D.开关S2接通后，回路电流为
I=10A
车灯两端电压为
U=E−Ir=8V
车灯的功率为
P=U2R=32W
故D正确。
故选D。
6.【答案】C
【解析】C
【详解】如图所示，粒子可能从 SP 下方垂直边界方向射出，还可能从 SP 上方垂直边界方向射出
由几何关系可得
(2n+1)Rsin30∘=L (n=0,1,2,3……)
解得
R=2L2n+1 (n=0,1,2,3……)
又
qvB0=mv2R
联立解得
v=2L2n+1⋅qBm (n=0,1,2,3……)
当 n=1 时
v=2BqL3m
故选C。
7.【答案】B
【解析】【分析】
对于流体问题，时间t内的流体质量为m=ρSvt，其中ρ是流体密度、S是正对横截面积、v是流体的速度，这一结论最好在理解的基础上记住，然后利用动量定理(合外力的冲量等于物体的动量变化)求解。
本题存在一个容易粗心的地方，就是注意水撞击墙壁时，水柱的横截面积不再是4cm2，但是水的流量是不变的。
【解答】
水流冲击墙面的速度为v=v0csα=8m/s，撞击墙面过程，选取Δt时间的水柱为研究对象，水的质量为Δm=ρSv0Δt，
以向左为正方向，根据动量定理有FΔt=0−Δm(−v)，
解得F=ρSv0v=32N。
故选B。
8.【答案】BD
【解析】选B。
8.BD
【详解】A.由左手定则可知，两粒子均带负电荷，选项A错误；
B.由粒子运动轨迹可知两粒子运动半径分别为
R1=12L
R2=L
根据
m=qBRv0
可得甲、乙两粒子的质量之比为1∶2，选项B正确；
C.根据
qv0B=mv02R
可知乙粒子的比荷为
qm=v0BL
选项C错误；
D.根据
T=2πrv0
两粒子在磁场中运动的圆心角分别为180°和225°，则运动时间比
t1t2=180∘225∘×R1R2=25
选项D正确。
故选BD。
9.【答案】CD
【解析】CD
【详解】A.设甲球在第一次碰撞前瞬间的速度大小为 v1 ，由机械能守恒定律得
m1gR=12m1v12
得
v1= 2gR
故A错误；
BC.甲、乙两球碰撞后的瞬间速度分别为 v′1 和 v′2 ，甲、乙两球发生弹性碰撞则有，
m1v1=m1v′1+m2v′2
12m1v 12=12m1v′ 12+12m2v′ 22
解得
v′2=2m1m1+m2v1
若 m1v′2=2m1m1+m2v1两球第一次碰撞后，乙球上升的高度为 h ，则
m2gh=12m2v′22
解得
h乙球不可能到达A点。
若 m1=m2 ，则
v′2=2m1m1+m2v1=v1
两球第一次碰撞后，乙球上升的高度为 h′ ，则
m2gh′=12m2v′22
解得
h′=R
故B错误，C正确；
D.设乙球恰好运动的最高的速度为 v2 ，则
m2g=m2v22R
解得
v2= gR
从最低点到最高点，对乙球由动能定理得
m2g⋅2R+12m2v22=12m2v′22
解得
v′2= 5gR
当两球第一次碰撞后，
v′2=2m1m1+m2v1≥ 5gR
得
2m1m1+m2 2gR≥ 5gR
即满足
m1m1+m2≥ 104
时，两球第一次碰撞后，乙球有可能运动至最高点C点。故D正确。
故选CD。
10.【答案】AD
【解析】AD
【详解】A.由题意可知，穿过线圈平面的磁通量竖直向上增强，由楞次定律和安培定则可知，线框中感应电流沿adcba方向，故A正确；
B.由法拉第电磁感应定律，线圈中产生的感应电动势
E=ΔΦΔt=3B0×L22t0=3B0L22t0
由闭合电路欧姆定律可知，流过线框的电流
I=ER=3B0L22Rt0
故B错误；
C.由左手定则可知， ad 和 bc 边在两部分磁场中所受安培力恰好平衡。 ab 边和 cd 边所受安培力方向分别向左和向右，如图所示。
当 B2F1>F2
设线框所受摩擦力为 Ff ，则
F1=F2+Ff
此时，线框所受摩擦力方向向左。
当 B2>B0 时，则
F1则
F1+Ff=F2
此时，线框所受摩擦力方向向右，故C错误；
D.当 B2=3B0 时，
F2=3B0IL=9B0L32Rt0
F1=B0IL=3B0L32Rt0
线框恰好与桌面发生相对滑动，则
F1+μmg=F2
解得
μ=3B02L3mgRt0
故D正确。
故选AD。
11.【答案】 升高 A m1t0=m2t2−m1t1
【详解】(1)[1]由于滑块A通过导轨前半段的时间小于后半段的时间，表明滑块A在做减速运动，导轨右端过高，可知，为使导轨水平，可使导轨左端升高。
(2)[2]由于两滑块宽度相同，且滑块B的左端恰好位于导轨的中点处，则传感器记录滑块A从左挡板运动到与B碰撞所用时间 t0 与滑块A和B从碰撞时刻开始到各自撞到左右挡板所用时间 t1 和 t2 内，三段时间滑块通过的位移大小距相同，令为x0，则速度大小分别为
v0=x0t0 ， v1=x0t1 ， v2=x0t2
碰撞后，滑块A反弹，根据动量守恒定律有
解得
m1t0=m2t2−m1t1
可知，要验证两滑块碰撞的瞬间系统动量守恒，实验中还必须测量的物理量有滑块A的质量 m1 、滑块B的质量 m2 。
故选A。
(3)[3]根据上述可知，能证明两滑块碰撞前后动量守恒需要满足的关系式为
m1t0=m2t2−m1t1

【解析】详细解答和解析过程见答案
12.【答案】 不合理 甲 R2 1.04##1.05##1.06 1.80×103 (1.77×103∼1.83×103均给分)
【详解】(1)[1]欧姆档内部有电源，不能直接测量电源的内阻，则小王同学的做法不合理；
(2)[2][3]因电流表内阻已知，则应该采用甲电路测量；因电源内阻大于1kΩ，则滑动变阻器选择R2。
(3)[4][5]由图像可知，该水果电池的电动势
E=1.05V
内阻
r=ΔUΔI−rA=1.05523×10−6−200≈1.80×103Ω

【解析】详细解答和解析过程见答案
13.【答案】(1)15J；(2)0.6s
【详解】(1)小滑块在木板上滑动过程中，滑块和木板组成的系统动量守恒
由动量守恒定律得
mv0+0=(m+M)v ①
系统损失的机械能为
ΔE=12mv02−12(m+M)v2 ②
联立解得
ΔE=15J
(2)对滑块，由动量定理得
−μmgt=mv−mv0 ③
解得
t=0.6s

【解析】详细解答和解析过程见答案
14.【答案】.(1) t=4 3L3v0 ；(2) B=mv02qL ；(3) v0
【详解】(1)粒子在电场中做匀变速曲线运动，在y轴方向上的初速为
v0y=v0csα
恰好进入Ⅱ区，即到达Ⅱ区时，竖直方向速度刚好为零，所以有
L=v0y+02t
解得
t=4 3L3v0
(2)粒子刚进入Ⅱ区磁场时，速度大小为 v1
v1=v0sinα
粒子在Ⅱ区中恰好运动四分之一圆弧，得粒子圆周运动的半径
r1=L
由带电粒子在磁场中做匀速圆周，有
Bqv1=mv 12r1
解得
B=mv02qL
(3)粒子从M点沿y轴负方向射入，若恰好未进入x轴下方区域，则粒子在Ⅱ区中恰好运动四分之一圆弧，轨道半径为 r2
由几何知识得
r2=L
又由于
Bqv2=mv22r2
解得
v2=v1=v02
粒子通过电场区域，由动能定理
−qU=12mv12−12mv 02
−qU=12mv22−12mv2
解得
v=v0

【解析】详细解答和解析过程见答案
15.【答案】) va=3RT2B2L2 ；(2) Qb=13Fx−3mR2T24B4L4 ；(3) Qa=mR2T2B4L4
【详解】(1)设细线被拉断的瞬间，a棒速度大小为 va ，此时，对b棒
BIL=T ①
又有
I=B⋅2Lva3R ②
由①②式得
va=3RT2B2L2
(2)细线拉断前，a棒在运动位移x的过程中，由动能定理得：
Fx+W安=12×2mv a2−0 ③
由功能关系得
Q总=−W安 ④
Qb=R2R+RQ总 ⑤
由③④⑤得
Qb=13Fx−3mR2T24B4L4
(3)细线断时，撤去外力F，此后a棒向右减速运动，b棒向左加速运动，当回路总磁通量不变时，a、b棒开始匀速运动，设a、b棒匀速运动的速度大小分别为v1、v2，有：
ΔΦ=B×2Lv1Δt−BLv2Δt =0 ⑥
在两棒达到匀速运动前的过程中，对b棒，由动量定理得：
BILt=mv2−0 ⑦
对a棒，由动量定理得：
−BI⋅2Lt=2mv1−2mva ⑧
由⑥⑦⑧得
v1=RT2B2L2 ， v2=RTB2L2
由系统的能量转化与守恒定律得：
Q=12×2mv a2−(12×2mv 12+12mv 22) ⑨
a棒中的焦耳热
Qa=2R2R+RQ ⑩
可解得
Qa=mR2T2B4L4

【解析】详细解答和解析过程见答案