2023-2024学年安徽省六安第二中学高二（上）期末统考物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年安徽省六安第二中学高二（上）期末统考物理试卷（含解析），共20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.下列有关机械振动与机械波的说法中正确的是( )
A. 单摆做简谐运动过程中通过平衡位置时，摆球所受合力为零
B. 物体做受迫振动时驱动力频率与固有频率相差越大，物体越容易产生共振
C. 在站台候车时，当火车鸣笛向我们驶来，我们听到的笛声频率比声源发声的频率高
D. 在波的传播过程中不仅能够传递能量，而且介质中的质点也会随波迁移
2.如图所示是某同学暑期在贵州旅游时见到的用木槌把糯米饭打成糍粑的场景。假设木槌质量为4kg，木槌刚接触糍粑时的速度为10m/s，打击糍粑0.1s后木槌静止，重力加速度为g=10m/s2，则木槌在击打糍粑过程中受到的平均作用力大小为( )
A. 360NB. 440NC. 480ND. 600N
3.长为l的通电直导线放在倾角为θ的光滑斜面上，并处在磁感应强度为B的匀强磁场中，如图所示，当B方向垂直斜面向上，电流为I1时导体处于平衡状态，若B方向改为竖直向上，则电流为I2时导体处于平衡状态，电流比值I1I2应为( )
A. 1csθB. tanθC. sinθD. csθ
4.一个质点做简谐运动的振动图像如图所示，下列说法正确的是( )
A. 在任意1s的时间内，质点经过的路程都是2cm
B. t=2s时质点通过平衡位置，同时质点的速度方向改变
C. 在t=2s到t=3s时间内，质点的位移减小
D. t=0.5s和t=1.5s两个时刻，质点的加速度大小相等，方向相同
5.劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器(如图甲所示)，其原理如图乙所示，加速器由两个铜质D形盒D1、D2构成，两个金属盒处于与盒面垂直的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。两盒间留有空隙，现对氚核( 13H)加速，所需的高频电源的频率为f，已知元电荷为e，下列说法正确的是( )
A. 氚核的质量为eB2πf
B. 高频电源的电压越大，氚核最终射出回旋加速器的速度越大
C. 被加速的带电粒子在回旋加速器中做圆周运动的周期随半径的增大而增大
D. 该回旋加速器接频率为f的高频电源时，也可以对氦核( 24He)加速
6.一列简谐横波沿x轴正方向传播，t=0时刻波形如图所示，此后的0.15s时间内质点A运动的路程为60cm，则下列说法正确的是
( )
A. 这列波的周期是0.4s，且波源开始振动时的速度沿y轴负方向
B. 在t=0.25s时波刚传播到质点P处
C. 质点B的振动方程为y=20sin(10πt+π)cm
D. 质点P在t=0.35s时第一次出现在波峰位置
7.虚线OM和虚线ON之间的夹角为30°，如图所示，虚线OM上方存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场。一带负电的粒子沿纸面以大小为v的速度从O点右侧距离为L的A点向左上方射人磁场，速度与OM成30°角。已知该粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点，并从OM上另一点射出磁场，不计重力。则粒子在磁场中做圆周运动的半径为( )
A. L3B. L2C. 2LD. 3L
8.如图所示，边长为L的等边三角形ABC内有垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B0的匀强磁场，D是AB边的中点，一质量为m、电荷量为−q(q>0)的带电的粒子从D点以速度v平行于BC边方向射入磁场，不考虑带电粒子受到的重力，则下列说法正确的是( )
A. 粒子可能从B点射出
B. 若粒子垂直于BC边射出，则粒子做匀速圆周运动的半径为 32L
C. 若粒子从C点射出，则粒子在磁场中运动的时间为πm3qB0
D. 若粒子从AB边射出，则粒子的速度越大，其在磁场中运动的时间越短
二、多选题：本大题共2小题，共10分。
9.如图所示，场强为E的匀强电场方向竖直向下，磁感应强度为B的匀强磁场垂直电场向外，带电量为q的小球(视为质点)获得某一垂直磁场水平向右的初速度，正好做匀速圆周运动，重力加速度为g，下列说法正确的是
( )
A. 小球必须带正电
B. 小球做匀速圆周运动的周期为2πEBg
C. 小球的质量为Eqg
D. 若仅把电场的方向改成竖直向上，小球正好做匀速直线运动，则其速度为E2B
10.如下图所示，足够长的光滑水平面上静止一质量为3m的弧槽，弧槽和水平面平滑连接，质量为m的滑块(可视为质点)，从距离水平面高度为h的A点由静止沿弧槽滑下，之后被轻质弹簧反向弹出，不计一切阻力及能量损失、重力加速的大小为g。以下的说法错误的是
( )
A. 滑块沿弧槽下滑过程中，二者组成的系统动量守恒，机械能也守恒
B. 弹簧获得最大弹性势能为34mgh
C. 滑块沿弧槽上升的最大高度等于h4
D. 滑块再一次离开弧槽后，可能和弹簧发生作用
三、实验题：本大题共2小题，共20分。
11.某同学在家里做“用单摆测量重力加速度”的实验，但没有合适的摆球，他找到了一块外形不规则的长条状的大理石代替了摆球(如右图)，然后进行实验，操作步骤如下：
a.将石块用细尼龙线系好，结点为N，将尼龙线的上端固定于O点；
b.用刻度尺测出ON间的尼龙线长度l作为摆长；
c.将石块拉开一个大约5∘的角度，然后由静止释放；
d.从石块摆到最低点时开始计时并计数为0，当石块第n次到达最低点时结束计时，记录总时间为t，得出摆动周期T；
e.改变ON间的尼龙线长度再做几次试验，记下相应的l和T值；
f.先分别求出各组l和T对应的g值，再取所求得的各个g的平均值。
(1)该同学实验过程中得到的石块摆动周期为T=________；(用字母t和n表示)
(2)该同学根据实验数据作出的T2−l图像如下图所示：
①由图像求出的重力加速度g=______________m/s2；(取π2=9.87)
②由于图像没有能通过坐标原点，求出的重力加速度值g与当地真实值相比_____________(选填“偏大”、“偏小”或“不变”)。若利用g=4π2lT2，采用公式法计算，则求出的重力加速度g值与当地真实值相比_____________(选填“偏大”、“偏小”或“不变”)。
12.我校高二年级的一名同学家里正在装修新房，该同学捡到了一根金属丝，想要用所学知识测出其电阻率，他利用学校实验室的器材进行了以下的操作：
(1)首先使用多用电表的欧姆挡粗测该段金属丝的电阻Rx，操作步骤如下：
A.旋转选择开关使其尖端对准欧姆挡“×1”
B.将两表笔短接，调节欧姆调零旋钮使指针对准欧姆挡的零刻度，断开两表笔
C.将两表笔分别与被测电阻的两端接触，读出Rx的值，断开两表笔
D.旋转选择开关使其尖端对准“OFF”档，并拔出两表笔
①测量中表针指示如图甲所示，则欧姆表的读数为_____________Ω。
②用多用电表欧姆挡测量定值电阻时，下列说法正确的是________
A.测量时如果指针偏角度转过大，应更换倍率较小的挡位，重新调零后测量
B.测量时如果红、黑表笔分别插在负、正插孔，则会影响测量结果
C.测量电路中的某个电阻时，应该把该电阻与电路断开
D.更换不同倍率后可以直接进行测量
(2)使用螺旋测微器测量金属丝不同位置处的直径，某次测量结果如图乙所示，则其直径为d=________mm。用毫米刻度尺测出金属丝的长度L为68.00cm。
(3)为了精确测量这段金属丝电阻，该同学设计如图丙所示的电路，测出多组电流、电压数值，画出伏安特性I−U图线如图丁所示，则其电阻Rx=________Ω(结果保留一位小数)。用此电路测量的电阻值________(选填“大于”“等于”或“小于”)真实值。
(4)结合(2)(3)问中测得的数值计算该金属丝材料的电阻率为ρ=________Ω⋅m。(结果保留三位有效数字)
四、计算题：本大题共3小题，共38分。
13.如图，光滑水平面上有一矩形长木板A和静止的滑块C，滑块B置于A的最左端(滑块B、C均可视为质点)。若木板A和滑块B一起以v0=5m/s的速度向右运动，A与C发生时间极短的碰撞后粘在一起。木板A与滑块B间的动摩擦因数μ=0.1，且mA=2kg，mB=1kg，mC=2kg，取g=10m/s2，求：
(1)长木板A与滑块C碰后瞬间，滑块C的速度大小；
(2)要使滑块B不从木板A上滑下，木板A至少多长。
14.如图甲所示，在xOy平面内的均匀介质中两波源S1、S2分别位于x轴上x1=0、x2=14m处，两波源均从t=0时刻开始沿y轴方向做简谐运动，波源S1的振动图像如图乙所示，波源S2的振动方程是y=3sin(πt)cm，质点P位于x轴上xP=4m处，在t=2.0s时，质点P开始振动。求：
(1)这两列波的波长λ；
(2)两列波刚开始相遇的时刻，质点P的位移y；
(3)从t=0开始经5.5s，x=7m处的质点通过的路程s。
15.如图所示，真空中有一以O点为圆心的圆形匀强磁场区域，半径为R=0.5m，磁场方向垂直纸面向里。在y>R的区域存在一沿y轴负方向的匀强电场，电场强度为E=1.0×105V/m。在M点(坐标原点)有一正粒子以速率v=1.0×106m/s沿x轴正方向射入磁场，粒子穿出磁场进入电场，速度减小到0后又返回磁场，最终又从磁场离开。已知粒子的比荷为qm=1.0×107C/kg，不计粒子重力。求：
(1)圆形磁场区域磁感应强度的大小；
(2)沿x轴正方向射入磁场的粒子，从进入磁场到再次穿出磁场所走过的路程。
(3)沿x轴正方向射入磁场的粒子，从进入磁场到再次穿出磁场所经过的时间。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】A.单摆做简谐运动过程中通过平衡位置时，有向心加速度，摆球所受合力不为零，故A错误；
B.物体做受迫振动时驱动力频率与固有频率相差越小，物体越容易产生共振，故B错误；
C.根据多普勒效应，在站台候车时，当火车鸣笛向我们驶来，我们听到的笛声频率比声源发声的频率高，故C正确；
D.在波的传播过程中不仅能够传递能量，而且介质中的质点在平衡位置附近上下振动，不会随波迁移，故D错误。
故选C。
2.【答案】B
【解析】对木槌进行分析，选择向下为正方向，根据动量定理有
−F−mgt=0−mv
解得
F=440N
故选B。
3.【答案】D
【解析】根据平衡条件有
BI1L=mgsinθ
BI2L=mgtanθ
解得
I1I2=csθ
故选D。
4.【答案】D
【解析】A.由图可知，质点做简谐运动的周期是4s，在任意1s的时间内，如果初位置不是从最大位移处或平衡位置开始，则质点经过的路程不等于 2cm ，故A错误；
B.由图像可知， t=2s 时质点通过平衡位置，从 1∼3s 内质点沿负方向振动，在 t=2s 时质点的速度方向并没有发生变化，故B错误；
C.在 t=2s 到 t=3s 时间内，质点远离平衡位置，质点的位移增大，故C错误；
D. t=0.5s 和 t=1.5s 两个时刻，质点的加速度大小相等，方向相同，故D正确。
故选D。
5.【答案】A
【解析】AC.设D型盒的半径为 R ，氚核射出D型盒时的速度为 v ，则由洛伦兹力充当向心力有
Bev=mv2R
可得
R=mveB
氚核在两D型盒所加电场中加速，其做圆周运动的周期与两D型盒所加电压的变化周期相同，粒子才能被同步加速，即
T=1f
则由洛伦兹力充当向心力有
Bev=m4π2T2R
联立以上各式解得
m=Be2πf
故A正确，C错误；
B.氚核射出加速器时由洛伦兹力充当向心力有
Bev=mv2R
解得
v=eBRm
可知，在磁感应强度一定的情况下，氚核最终射出回旋加速器的速度只与D型盒的半径有关，故B错误；
D.高频电源的周期与氚核在磁场中做圆周运动的周期相同，根据洛伦兹力充当向心力有
Bev=mv2R
周期
T=2πRv
联立可得
T=2πmBe
则其频率
f=1T=em⋅B2π
显然，对于比荷与氚核相同的粒子，在回旋加速器接频率为f的高频电源时，都能被加速，而氦核( 24He )的比荷与氚核的比荷不同，因此氦核( 24He )不能被该高频电源形成的电场加速，故D错误。
故选A。
6.【答案】C
【解析】A.简谐横波沿 x 轴正方向传播， t=0 时刻，根据同侧法，质点B沿 y 轴负方向起振，则波源开始振动时的速度沿 y 轴负方向， 0.15s 时间内质点A运动的路程为 60cm ，由于
60cm=3A
则
34T=0.15s
这列波的周期是
T=0.2s
故A错误；
B.简谐横波波长为 2m ，波速为
v=λT=20.2m/s=10m/s
波刚传播到质点 P 处的时刻为
t=xPBv=5−210s=0.3s
故B错误；
C.质点B沿 y 轴负方向起振，质点B的振动方程为
y=−Asin(2πTt)cm=20sin(10πt+π)cm
故C正确；
D.质点 P 第一次出现在波峰位置的时刻为
t1=t+34T=0.3+0.15s=0.45s
故D错误。
故选C。
7.【答案】A
【解析】
轨迹与 ON 相切，画出粒子的运动轨迹如图所示，由于
O′A=O′D=r
故 ▵AO′D 为等边三角形，则
∠O′DA=60∘
而
∠MON=30∘
则
∠OCD=90∘
故 CO′D 为一直线，则
OD=CDsin30∘=4r=L+r
解得
r=L3
故A正确，BCD错误。
故选A。
8.【答案】C
【解析】【分析】
由左手定则结合几何知识判断粒子能不能从B点射出，根据题意做出运动轨迹，找到做圆周运动的轨道半径；根据运动轨迹及几何知识求出轨道半径和轨迹对应的圆心角，从而分析时间。依据找到的圆心角，分析粒子在磁场中运动的时间越短。
对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量；根据周期公式结合轨迹对应的圆心角求时间。
【解答】
A.带负电的粒子从D点以速度v平行于BC边方向射入磁场，由左手定则可知，粒子向下偏转，由于BC边的限制，粒子不能到达B点，故A错误；
B.粒子垂直于BC边射出，如图甲所示
则粒子做匀速圆周运动的半径等于D点到BC边的距离，即R1=12Lsin60∘= 34L，故B错误；
C.粒子从C点射出，如图乙所示
根据几何关系可得R22=R2−L2sin60∘2+L−L2cs60∘2
解得R2= 32L
则粒子轨迹对应的圆心角的正弦值为sin∠O=L−12Lcs60∘R2= 32
则∠O=60∘
粒子在磁场中运动的时间为t=60∘360∘T=16×2πmqB0=πm3qB0
故C正确；
D.由qvB0=mv2r，可知r=mvqB0
若粒子从AB边射出，则粒子的速度越大，轨迹半径越大，如图丙所示
粒子从AB边射出时的圆心角相同，其在磁场中运动的时间相同，故D错误。
故选C。
9.【答案】BC
【解析】A.小球受到重力、电场力和洛伦兹力的作用，小球做圆周运动，则电场力与重力平衡，可知，电场力竖直向上，电场力方向与电场强度方向相反，则小球带负电，故A错误；
C.根据上述有
qE=mg
解得
m=qEg
故C正确；
B.小球在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，则有
qvB=mv2r
T=2πrv
结合上述解得
T=2πEBg
故B正确；
D.若把电场的方向改成竖直向上，小球正好做匀速直线运动，根据平衡条件有
v0=2EB
故D错误。
故选BC。
10.【答案】AD
【解析】A.滑块沿弧槽下滑过程中，二者组成的系统水平方向合外力为零，水平方向系统动量守恒，二者组成的系统竖直方向合外力不为零，竖直方向系统动量不守恒，滑块沿弧槽下滑过程中，只有重力做功，机械能守恒，故A错误；
B.以向右为正方向，根据系统水平方向动量守恒，有
3mv1+mv2=0
根据系统机械能守恒有
mgh=12×3mv12+12mv22
解得
v1=− gh6 ， v2=3 gh6
弹簧获得最大弹性势能为
Ep=12mv22=34mgh
故B正确；
C.以向右为正方向，根据系统水平方向动量守恒，有
3mv1+m(−v2)=4mv
根据系统机械能守恒有
12×4mv2+mgh1=12×3mv12+12mv22
解得滑块沿弧槽上升的最大高度等于
h1=h4
故C正确；
D.滑块再一次离开弧槽后，以向右为正方向，根据系统水平方向动量守恒，有
3mv1+m(−v2)=3mv3+mv4
根据系统机械能守恒有
12×3mv12+12mv22=12×3mv32+12mv42
解得
v3=−2 gh6 ， v4=0
故滑块再一次离开弧槽后，不可能和弹簧发生作用，故D错误。
本题选错误的，故选AD。
11.【答案】 2tn 9.87 不变 偏小
【解析】(1)[1]该同学实验过程中得到的石块摆动周期为
T=tn2=2tn
(2)①[2]设尼龙线下端到大理石重心的距离为 r ，则有
T=2π l+rg
可得
T2=4π2lg+4π2rg
可知 T2−l 图像的斜率为
k=4π2g=4.0−0[99−(−1)]×10−2s2/m=4s2/m
解得重力加速度为
g=9.87m/s2
②[3]根据
T=2π Lg
可得
T2=4π2Lg
可知图像虽然没有能通过坐标原点，但 T2−l 图像的斜率不变，所以求出的重力加速度值 g 与当地真实值相比不变；
[4]若利用 g=4π2lT2 ，采用公式法计算，由于尼龙线长度 l 小于实际摆长 L ，则求出的重力加速度 g 值与当地真实值相比偏小。
12.【答案】 10 AC##CA 0.680 ##0.679##0.681 8.0 小于 4.27×10−6 ## 4.26×10−6 ## 4.28×10−6
【解析】(1)[1]用“ ×1 ”欧姆挡，欧姆表的读数为 10Ω 。
[2]A.测量时如果指针偏角度转过大，说明电阻值偏小，应更换倍率较小的挡位，重新调零后测量，故A正确；
B.测量时如果红、黑表笔分别插在负、正插孔，不会影响测量结果，故B错误；
C.利用欧姆表测电阻时，因使用表内电源，故电阻不能在通路时测试，应该把该电阻与电路断开，故C正确；
D.更换不同倍率后需要重新调零，再进行测量，故D错误。
故选AC。
(2)[3]螺旋测微器的精确值为 0.01mm ，由图乙可知直径为
d=0.5mm+18.0×0.01mm=0.680mm
(3)[4]根据图丁知电阻
Rx=2.40.3Ω==8.0Ω
[5]由于电压表的分流作用，用此电路测量的电阻值小于真实值。
(4)[6]根据欧姆定律可得
Rx=UI
根据电阻定律可得
Rx=ρlS
又
S=πd24
联立可得该金属丝材料的电阻率为
ρ=Rxπd24l=8.0×3.14×0.680×10−324×0.68Ω⋅m=4.27×10−6Ω⋅m
13.【答案】解：(1)长木板A与滑块C碰后瞬间，滑块C的速度大小为
mAv0=mA+mCvC
解得vC=2.5m/s ；
(2)根据动量守恒定律得
(mA+mB)v0=(mA+mB+mC)v
解得v=3m/s ，
设木板的最小长度为L，根据能量守恒定律得
μmBgL=12mBv02+12mA+mCvC2−12mA+mB+mCv 2
解得L=2.5m。

【解析】本题主要考查了动量守恒定律、能量守恒定律以及动量定理的直接应用，要求同学们能正确分析物体的受力情况和运动情况，注意应用动量守恒定律解题时要规定正方向，难度适中。
(1)AC碰撞过程中，根据AC系统动量守恒列式可得；
(2)AC碰撞后ABC组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律列式求解B最终与A相对静止时速度的大小；B相对A滑动过程中，ABC系统由功能关系列式求出木板A的最小长度。
14.【答案】(1) 4m ， 4m ；(2) 4cm ；(3) 4cm
【解析】(1)波源 S1 离质点 P 较近，波源 S1 先传播至质点 P ，两列波在同一均匀介质中传播，波速相等，波速为
v=xPt=42m/s=2m/s
波源 S1 的周期为 2s ，波源 S2 的周期为
T=2πω=2ππs=2s
这两列波的波长为
λ1=λ2=λ=vT=2×2m=4m
(2)两列波刚开始相遇的时刻，有
Δx1=vt1+vt1=14m
解得
t1=3.5s
两列波刚开始相遇的时刻，波源 S2 未传播至质点 P ，波源 S1 已传播至质点 P ，质点 P 振动时间为
Δt1=t1−t=1.5s=34T
此时质点 P 处于波峰位置，质点 P 的位移为
y=A1=4cm
(3)波源 S1 、 S2 传播至 x=7m 处的质点的时间为
Δx2=vt2=7m
解得
t2=3.5s
由于波源 S1 、 S2 起振方向相反， x=7m 处的质点到波源 S1 、 S2 的波程差为零，则 x=7m 处的质点为振动减弱点，振幅为
A=A1−A2=4−3cm=1cm
t3=5.5s 时， x=7m 处的质点振动时间为
Δt2=t3−t2=2s=T
从 t=0 开始经 5.5s ， x=7m 处的质点通过的路程为
s=4A=4cm
15.【答案】(1) 0.2T ；(2) 1+π2m ；(3) 2+π2×10−6s
【解析】(1)根据题意可知粒子第一次垂直电场与磁场的界面射入电场中，运动轨迹如下图，故可知粒子在磁场中的轨迹半径为
r=R
同时根据粒子在磁场中运动洛伦兹力提供向心力有
Bqv=mv2r
代入数值联立解得
B=0.2T
(2)粒子射入电场到运动到最远处距离为 d ，根据动能定理有
Eqd=12mv2
解得
d=mv22Eq=0.5m
故粒子从进入磁场到再次穿出磁场所走过的路程为
s=2⋅90∘360∘⋅2πr+2d=1+π2m
(3)粒子在电场中运动时间为 t ，加速度大小为 a ，有
t=2va
a=Eqm
解得
t=2×10−6s
粒子在磁场中运动有
Bqv=m⋅2πT⋅v
即
T=2πmBq
根据轨迹可知粒子在磁场中的运动时间为
t′=2×90∘360∘T=T2
联立解得
t′=5π×10−7s
故从进入磁场到再次穿出磁场所经过的时间为
t总=t+t′=2+π2×10−6s