2023-2024学年河北省邢台市高二（上）期末考试物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年河北省邢台市高二（上）期末考试物理试卷（含解析），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.第五代移动通信技术简称5G，5G应用3300MHz∼5000MHz频段的无线电波传送信号，5G将帮助世界开启万物互联新时代。下列关于电磁波谱的说法正确的是( )
A. 遥控器是利用无线电波工作的
B. 红外线的波长比无线电波的波长更长
C. 医院里常用紫外线对病房和手术室进行消毒
D. X射线的频率比γ射线的频率大
2.如图所示，带有光滑四分之一圆弧轨道的物体静止在光滑的水平面上，将一小球(视为质点)从圆弧轨道的最高点由静止释放，下列说法正确的是( )
A. 小球下滑过程中，小球的机械能守恒
B. 小球下滑过程中，小球和物体组成的系统机械能守恒
C. 小球下滑过程中，小球和物体组成的系统动量守恒
D. 小球下滑过程中，圆弧轨道对小球的弹力不做功
3.交流发电机模型如图所示，矩形线圈ABCD在匀强磁场中绕其中心轴OO′匀速转动，从线圈平面与磁场垂直时开始计时，已知线圈转动的角速度ω=2πrad/s，下列说法正确的是( )
A. 线圈中产生余弦变化规律的交变电流
B. t=0.25s时，线圈位于中性面
C. t=0.5s时，穿过线圈的磁通量变化率最大
D. t=0.75s时，线圈的感应电动势最大
4.如图所示，圆环形导体线圈a平放在水平桌面上，在a的正上方固定一竖直螺线管b，二者轴线重合，螺线管与电源和滑动变阻器连接。现将滑动变阻器的滑片P向下滑动，下列说法正确的是
( )
A. 穿过线圈a的磁通量减小
B. 从上往下看，线圈a中将产生逆时针方向的感应电流
C. 线圈a有扩大的趋势
D. 螺线管b对线圈a有吸引作用
5.如图所示，某空间存在水平向右的匀强电场和垂直纸面方向的匀强磁场(图中未画出)，一质量为m的带正电粒子恰能以速度v沿图中虚线所示的轨迹做直线运动，粒子的运动轨迹与水平方向的夹角为60°，匀强电场的电场强度大小为E，重力加速度大小为g，下列说法正确的是( )
A. 匀强磁场的方向垂直纸面向外
B. 匀强磁场的磁感应强度大小为Evsin60∘
C. 粒子的电荷量为mgEtan60∘
D. 若粒子运动过程中磁场突然消失，则粒子可能做匀减速直线运动
6.如图所示，圆形单匝线圈a和正三角形单匝线圈b用完全相同的均匀电阻丝制成，线圈b与线圈a的周长相等，将它们放置在同一匀强磁场中，让线圈a绕其直径匀速转动，线圈b绕其对称轴匀速转动，线圈a和线圈b的转轴均和磁场方向垂直，两线圈转动的角速度相同，则两线圈消耗的电功率之比为
( )
A. 27:π2B. π2:27C. 3π:9D. 3 3:π
7.如图所示，理想变压器的原、副线圈的匝数比为2:1，在原、副线圈的回路中均接有阻值相同的电阻R，原线圈回路接在电压有效值为150V的正弦交流电源上，则下列判断正确的是
( )
A. 原线圈的输入电压为150V
B. 原、副线圈中交流电的频率之比为2：1
C. 电压表的示数为60V
D. 原、副线圈回路中电阻消耗的功率之比为4:1
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.LC振荡电路既可产生特定频率的信号，也可从复杂的信号中分离出特定频率的信号，是许多电子设备中的关键部件。如图所示，某时刻线圈中磁场方向向上，且电路中的电流正在增加，下列说法正确的是( )
A. 电容器上极板带负电B. 电路中的电场能正在增大
C. 电路中的电流方向为由a到bD. 电容器两极板间的电场强度正在减小
9.如图所示，小球A、B均可视为质点，先将小球A从距离水平地面3.2m高度处由静止释放，A球释放0.04s后将小球B从同一位置由静止释放，A球与地面碰撞后以原速率反弹，并立即与B球发生碰撞，碰后B球的速度大小为16m/s，方向竖直向上，A球与地面碰撞的时间为0.04s，A球与B球发生碰撞的时间极短可忽略不计。A球的质量为60g，B球的质量为20g，取重力加速度大小g=10m/s2，下列说法正确的是
( )
A. A球与B球发生碰撞的过程中，B球对A球的冲量与A球对B球的冲量相同
B. A球与地面碰撞的过程中，地面对A球的平均作用力为24.6N
C. A球与B球碰撞后瞬间，A球的速度大小为2m/s
D. A球与B球发生的碰撞是弹性碰撞
10.回旋加速器的工作原理如图所示，D1和D2是两个相同的半圆形中空金属盒，金属盒的半径为R，它们之间接交变电源，加速电压为U0，两个D形盒处于与盒面垂直、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。将一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从D1金属盒的A点由静止释放，带电粒子在回旋加速器中多次加速后最终从D形盒的边缘射出，粒子在电场中的加速时间不计，且不考虑相对论效应，下列说法正确的是
( )
A. 粒子射出时的动能与加速电压U0成正比
B. 仅增大U0，粒子在加速器中运动的时间变短
C. 粒子从D形盒的边缘射出时的速度大小为qBRm
D. 交变电源的频率为2πmqB
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.熊同学正在做“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验，该同学使用的可拆变压器如图所示。
(1)为了减少涡流的影响，实验用的变压器铁芯是_________。
A.由彼此绝缘的铜片叠成的 B.由彼此绝缘的硅钢片叠成的
C.整块硅钢铁芯 D.整块不锈钢铁芯
(2)该同学将正弦交流电源接在原线圈的“0”和“14”两个接线柱上，用(交流)电压表测得副线圈的“1”和“4”两个接线柱之间的电压为7.5V，若实验用的变压器为理想变压器，则输入电压的有效值应为_________V，该同学对比后发现实际输入的正弦交流电源的有效值_________(填“大于”或“小于”)理论值，认真分析后发现是漏磁导致的。
12.熊同学正在测量一节干电池的电动势和内阻，该同学设计的实验电路图如图甲所示，实验室提供的电流表和电压表都是双量程的，提供了两个滑动变阻器待选，分别为滑动变阻器R1(阻值范围为0～20 Ω，允许通过的最大电流为2 A)和滑动变阻器R2(阻值范围为0～1000 Ω，允许通过的最大电流为1 A)。
(1)为了调节方便，测量精度更高，实验中电流表应选用的量程为_________A(填“0～0.6”或“0～3”)，电压表应选用的量程为_________V(填“0～3”或“0～15”)，滑动变阻器应选用_________(填“R1”或“R2”)。
(2)该同学正确连接电路并正确操作，实验中多次改变滑动变阻器的阻值，读出电流表和电压表的示数，得到多组数据，根据实验数据描绘制得的U−I图线如图乙所示。由此可知这个干电池的电动势E=_________V，内阻r=_________Ω。(计算结果均保留两位小数)
四、简答题：本大题共1小题，共8分。
13.如图所示，第一象限内有垂直纸面向里的匀强磁场(图中未画出)，一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从x轴上的M点以速度v0垂直于x轴射入磁场，从y轴上的N点射出时速度方向与y轴正方向的夹角α=60∘，M点和原点O间的距离为d，不计粒子受到的重力。求：
(1)匀强磁场磁感应强度B的大小；
(2)粒子在第一象限内运动的时间t。
五、计算题：本大题共2小题，共30分。
14.如图所示，P为固定的竖直挡板，质量m1=2kg的长木板A静置于光滑水平面上(A的上表面略低于挡板P下端)，质量m2=1.0kg的小物块B(可视为质点)以水平初速度v0=9m/s从A的左端向右滑上A的上表面，经过一段时间A、B第一次达到共同速度，此时B恰好未从A上滑落，一段时间后B与挡板P发生了弹性碰撞。B与挡板P发生碰撞时无机械能损失且碰撞时间极短，已知A、B间的动摩擦因数μ=0.6，重力加速度大小g=10m/s2。求：
(1)木板A的长度L；
(2)A、B第二次达到共同速度时B离A左端的距离。
15.如图所示，固定光滑绝缘斜面与水平面的夹角θ=30°，斜面所在空间存在两个相邻且互不影响的有界匀强磁场Ⅰ、Ⅱ，磁场边界水平，磁场Ⅰ的方向垂直斜面向里、磁感应强度大小B1=0.5T，磁场Ⅱ的方向垂直斜面向外、磁感应强度大小B2=0.5T，磁场Ⅰ、Ⅱ的宽度均为L=2m。现有一边长也为2m、电阻R=2.0Ω的正方形闭合导线框abcd从距磁场Ⅰ上边界x=1.6m处由静止释放，已知线框ab边刚进入磁场Ⅰ时线框恰好做匀速直线运动，进入磁场Ⅱ经一段时间后，在ab边未出磁场Ⅱ区域下边界之前线框又做匀速直线运动，整个线框在穿过磁场区域的过程中，ab边始终水平，取重力加速度大小g=10m/s2。求：
(1)线框abcd的质量m；
(2)线框ab边刚到达磁场Ⅱ下边界时线框的速度大小；
(3)线框从开始运动至ab边刚到达磁场Ⅱ下边界的过程中，线框内产生的焦耳热Q。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】A.遥控器是利用红外线工作的，故A错误；
B.红外线的波长比无线电波的波长更短，故B错误；
C.医院里常用紫外线对病房和手术室进行消毒，故C正确；
D.X射线的频率比γ射线的频率小，故D错误。
故选C。
2.【答案】B
【解析】ABD.小球在下滑过程中，圆弧轨道向左运动，动能增大，重力势能不变，机械能增大，故小球对圆弧轨道做正功，因为水平面光滑，对小球和物体组成的系统而言，没有外力做功，故系统机械能守恒，则轨道对小球的弹力做负功，所以小球的机械能不守恒。故AD错误，B正确。
C.小球下滑过程中，小球和物体组成的系统水平方向不受外力，故水平方向动量守恒，竖直方向动量不守恒，故C错误。
故选B。
3.【答案】D
【解析】A.根据题意可知线圈平面与磁场垂直时开始计时，即线圈从中性面开始转动，产生正弦变化规律的交变电流，故A错误；
BCD.已知线圈转动的角速度 ω=2πrad/s ，可得
T=2πω=1s
当 t=0.25s 时，可得
t=T4
知线圈从中性面转到线圈平面与磁场平行的位置；当 t=0.5s 时，可得
t=T2
知线圈转到中性面位置，此时穿过线圈的磁通量变化率最小；当 t=0.75s 时，可得
t=3T4
知线圈转到与磁场平行的位置，此时线圈的感应电动势最大，故BC错误，D正确。
故选D。
4.【答案】B
【解析】若将滑动变阻器的滑片P向下滑动，滑动变阻器接入电路的阻值减小，螺线管中的电流增大，产生的磁场增强，穿过线圈a的磁通量向下增大，根据楞次定律可知从上往下看，线圈a中将产生逆时针方向的感应电流，根据“增缩减扩”和“来拒去留“可知，线圈a有收缩的趋势和远离螺线管的趋势，故螺线管b对线圈a有排斥作用。
故选B。
5.【答案】B
【解析】A.带电粒子受到重力，电场力，洛伦兹力，三者平衡，如图所示
因重力向下，电场力向右，所以洛伦兹力方向为左上方，根据左手定则可判断匀强磁场的方向垂直纸面向里，故A错误；
B.由平衡条件可知
qvBsin60∘=Eq
解得
B=Evsin60∘
故B正确；
C.由平衡条件可知
Eq=mgtan60∘
解得
q=mgtan60∘E
故C错误；
D.若粒子运动过程中磁场突然消失，重力和电场力的合力与速度方向垂直且恒定，则粒子做类平抛运动，故D错误。
故选B。
6.【答案】A
【解析】根据题意，线圈b与线圈a的周长相等，设三角形边长为a，由几何关系
3a=2πr
可得圆半径
r=3a2π
线圈a的面积
Sa=πr2=9a24π
线圈b的面积为
Sb=12a× 32a= 34a2
两线圈产生的感应电动势有效值为
E=Em 2=NBSω 2
则两线圈产生的感应电动势有效值之比为
EaEb=SaSb=3 3π
由电阻定律 R=ρlS 可知，两线圈的电阻之比
RaRb=lalb=11
由公式 P=E2R 可得，两线圈消耗的功率之比为
PaPb=Ea2Eb2⋅RbRa=27π2
故选A。
7.【答案】C
【解析】AC.设原线圈的输入电压为 U1 ，电压表示数为 U2
U2=I2R
根据理想变压器规律
U1U2=n1n2=21
I1I2=n2n1=12
原线圈电阻的电压
UR=I1R
因为
U1+UR=150V
联立解得
U1=120V ， U2=60V
故A错误，C正确；
B.原副线圈中交流电的频率相同，所以频率之比为1:1，故B错误；
D.原、副线圈回路中电阻消耗的功率之比为
PP′=I12RI22R=14
故D错误。
故选C。
8.【答案】AD
【解析】AC.根据安培定则，线圈中的电流从下到上，此时电流正在增加，表明电容器正在放电，所以上极板带负电，下极板带正电，电流方向从b流向a，故A正确，C错误；
B.由于电容器正在放电，根据能量守恒定律分析，能量正在从电场能转化为磁场能，电场能减小，磁场能增大，故B错误；
D.电容器正在放电，电场能减小，两极板间的电场强度正在减小，故D正确。
故选AD。
9.【答案】BD
【解析】A.A球与B球发生碰撞的过程中，B球对A球的冲量与A球对B球的冲量大小相等，方向相反，故A错误；
B.A球落地时的速度大小为
vA1= 2gh=8m/s
A球反弹时的速度大小为
vA2=vA1=8m/s
方向竖直向上，A球与地面碰撞的过程中，规定竖直向上为正方向，由动量定理
(F−mAg)⋅Δt=mAvA2−(−mAvA1)
代入数据解得，地面对A球的平均作用力为
F=24.6N
故B正确；
C.规定竖直向上为正方向，A球与B球碰撞过程中，由动量守恒定律
mAvA2+mBvB1=mAvA3+mBvB2
其中
vA2=8m/s ， vB1=−8m/s ， vB2=16m/s
解得
vA3=0
所以A球与B球碰撞后瞬间，A球的速度大小为0，故C错误；
D.A球与B球碰撞前，系统的机械能为
E1=12mAvA22+12mBvB12=2.56J
A球与B球碰撞后，系统的机械能为
E2=12mAvA32+12mBvB22=2.56J
因为
E1=E2
所以碰撞过程中机械能守恒，故A球与B球发生的碰撞是弹性碰撞，D正确。
故选BD。
10.【答案】BC
【解析】AC.由洛伦兹力提供向心力
qvB=mv2r
可得
v=qBrm
当 r=R 时，即粒子从D形盒的边缘射出时的速度大小为
v=qBRm
粒子射出时的动能为
Ek=12mv2=q2B2R22m
所以粒子射出时的动能与加速电压 U0 无关，故A错误，C正确；
B.粒子在加速器中每加速一次，获得动能为
Ek0=qU0
粒子在加速器中的加速次数为
n=EkmEk0=qB2R22mU0
粒子在加速器中运动的时间为
t=n2T=πBR22U0
则仅增大 U0 ，粒子在加速器中运动的时间变短，故B正确；
D.要保证粒子在回旋加速度中不断加速，应满足交变电源的频率与粒子在磁场中做匀速圆周运动的频率相等，即交变电源的频率为
f=1T=qB2πm
故D错误。
故选BC。
11.【答案】 B 35##35.0 大于
【解析】(1)[1]为了减小涡流现象带来的损耗，变压器的铁芯选用彼此绝缘的硅钢片叠成的。
故选B。
(2)[2]原线圈的“0”和“14”两个接线柱上，副线圈的“1”和“4”两个接线柱上，所以原副线圈的匝数之比为
n1n2=143
由理想变压器原副线圈的电压与线圈匝数的关系
U1U2=n1n2=143
可得输入电压的有效值为
U1=35V
[3]若不是理想变压器，有漏磁现象，则实际输入的正弦交流电源的有效值大于理论值。
12.【答案】(1)0∼0.6；0∼3；R1；
(2)1.45；0.50．
【解析】本题考查了用伏安法测量一节干电池的电动势和内阻，应用图像法处理实验数据是常用的实验数据处理方法，根据电路图与闭合电路欧姆定律求出图像的函数表达式是正确求出电源电动势和内阻的关键。
(1)为方便实验操作，应选择最大值较小的滑动变阻器R1；一节干电池的电动势约为1.5V，所以电压表的量程应选0∼3V，电流表的量程应选0∼0.6A；
(2)根据图乙，由闭合电路欧姆定律E=U+Ir，得U=E−Ir
当I=0时，U=E=1.45V，
将U=1.10，I=0.7A，E=1.45V代入U=E−Ir得：r=0.50Ω．
13.【答案】(1) mv02qd ；(2) 2πd3v0
【解析】(1)设粒子在磁场中做半径为r的匀速圆周运动，轨迹如图所示
根据几何关系有
r−rcsα=d
粒子受到的洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律有
qv0B=mv 02r
解得
B=mv02qd
(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期
T=2πrv0
粒子在第一象限内运动的时间为
t=α2πT
解得
t=2πd3v0
14.【答案】.(1)4.5m；(2)2.5m
【解析】(1)设A、B第一次共速时速度大小为v1，根据物块和木板组成的系统动量守恒，有
m2v0=(m1+m2)v1
根据能量守恒定律有
μm2gL=12m2v02−12(m1+m2)v12
解得
L=4.5m
(2)物块第一次与挡板碰撞后的速度大小不变、方向向左，设二者第二次碰撞前共速的速度大小为v2，取向右为正方向，根据动量守恒定律有
m1v1−m2v1=(m1+m2)v2
根据能量守恒定律有
μm2gx1=12(m1+m2)v12−12(m1+m2)v22
此时物块距木板左端的距离
x0=L−x1
解得
x0=2.5m
15.【答案】(1)0.4kg；(2)1m/s；(3)11J
【解析】(1)线框由静止开始做匀加速运动，设加速度大小为a，线框ab边到达磁场Ⅰ上边界时速度为v1，根据牛顿第二定律有
mgsinθ=ma
根据运动学公式有
v12=2ax
线框ab边进入磁场Ⅰ边界切割磁感线产生感应电流，根据法拉第电磁感应定律有
E=B1Lv1
根据闭合电路欧姆定律有
I=ER
线框ab边受到的安培力大小
F=B1IL
线框ab边刚进入磁场Ⅰ时恰好做匀速直线运动，根据受力平衡有
F=mgsinθ
解得
m=0.4kg
(2)当ab边进入磁场Ⅱ后，线框再次匀速运动时的速度为v2，线框ab边和cd边同时切割磁感线，产生同方向感应电流，此时回路的感应电动势
E′=B1Lv2+B2Lv2
此时线框abcd中的电流
I′=E′R
线框ab边和cd边同时受到沿斜面向上的安培力，由受力平衡可得
B1I′L+B2I′L=mgsinθ
解得
v2=1m/s
(3)从线框开始运动到ab边刚到达磁场Ⅱ下边界的过程中，设安培力做的功为W，根据动能定理有
mg(x+2L)sinθ+W=12mv22
根据功能关系有
Q=−W
解得
Q=11J