浙江省杭州第二中学东河校区2023-2024学年高二上学期期末物理试题（原卷版+解析版）

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一、选择题Ⅰ（本题共13小题，每小题3分，共39分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。）
1. 下列单位属于国际单位制中基本单位的是（ ）
A. HzB. m·s-1C. kgD. N
【答案】C
【解析】
【详解】国际单位制中7个基本单位为：米（m）、千克（kg）、秒（s）、安培（A）、开尔文（K）、摩尔（ml）和坎德拉（cd）。
故选C。
2. 如图所示，下列四幅图像能描述物体做匀加速直线运动的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】A．在v-t图像中，斜率表示加速度，由A图像可以看出加速度是一恒定的值，所以物体做匀加速直线运动，故A符合题意；
B．由B图像可以看出物体受力增加，加速度增加，不是做匀加速直线运动，故B不符合题意；
C．由C图像可以看出物体加速度增加，不是做匀加速直线运动，故C不符合题意；
D．在x-t图像中斜率表示速度的大小，所以D图像表示物体做匀速直线运动，故D不符合题意。
故选A。
3. 如图所示，电阻R1=3Ω，R2=6Ω，线圈的直流电阻不计，电源电动势E=5V，内阻r=1Ω。开始时，电键S闭合，则（ ）
A. 断开S前，电容器所带电荷量最多
B. 断开S前，电容器两端的电压为V
C. 断开S的瞬间，电容器a板带上正电
D. 断开S的瞬间，电容器b板带上正电
【答案】C
【解析】
【详解】AB．断开开关S前，线圈电流稳定，线圈的直流电阻不计，则电容器两端电压为零，所以电容器没有电荷量，故AB错误；
CD．当开关断开瞬间，线圈电流减小，由于线圈的自感现象，线圈中产生感应电动势，且左端电势高于右端，从而对电容器充电，因此电流流向a板，故a板带上正电，故C正确，D错误。
故选C。
4. 矢量发动机是喷口可向不同方向偏转以产生不同方向推力的一种发动机。当歼20隐形战斗机以速度v斜向上飞行时，其矢量发动机的喷口如图所示。已知飞机受到重力G、发动机推力、与速度方向垂直的升力和与速度方向相反的空气阻力。下列受力分析示意图可能正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】由题意可知所受重力G竖直向下，空气阻力Ff与速度方向相反，升力F2与速度方向垂直，发动机推力F1的方向沿喷口的反方向，对比图中选项可知只有A选项符合题意。
故选A。
5. 质量为m的小明坐在秋千上摆动到最高点时的照片如图所示，对该时刻，下列说法正确的是（ ）
A. 秋千对小明的作用力小于
B. 秋千对小明的作用力大于
C. 小明的速度为零，所受合力为零
D. 小明的加速度为零，所受合力为零
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】在最高点，小明的速度为0，设秋千的摆长为l，摆到最高点时摆绳与竖直方向的夹角为 ，秋千对小明的作用力为F，则对人，沿摆绳方向受力分析有
由于小明的速度为0，则有
沿垂直摆绳方向有
解得小明在最高点的加速度为
所以A正确；BCD错误；
故选A。
6. 电磁波技术在当今社会得到了广泛的应用。电台在对外广播的时候利用电磁波传递信号。要传递信号就要对电磁波进行调制。在电磁波发射技术中，使载波随各种信号而改变的技术叫作调制。有关电磁波的下列说法中正确的是（ ）
A. LC振荡电路中的电场如果按E=6t²+8变化，那么LC振荡电路可以向远处辐射电磁波
B. 由于长波比短波更容易发生衍射现象， 雷达用长波探测定位飞机比用微波准确
C. 高频率的电磁波比低频率的电磁波更适合采用调频的方式对信号进行调制
D. 由于光是电磁波，所以用机械波的反射和折射规律不可以解释光的反射和折射
【答案】C
【解析】
【详解】A．LC振荡电路中的电场如果按E=6t²+8变化，E对t求两次导数后为常数，则LC振荡电路不可以向远处辐射电磁波，A错误；
B．由于长波比短波更容易发生衍射现象，所以长波容易绕开物体，因此雷达用短波探测定位飞机比用长波准确，B错误；
C．高频率的电磁波比低频率的电磁波更适合采用调频的方式对信号进行调制，C正确；
D．用机械波的反射和折射规律可以解释光的反射和折射，D错误；
故选C。
7. 如图，水平桌面上有一薄板，薄板上摆放着小圆柱体A、B、C，圆柱体置于等边三角形的顶点，三圆柱体的质量相等。用一水平外力将薄板沿垂直BC的方向抽出，圆柱体与薄板间的动摩擦因数均相同，圆柱体与桌面间的动摩擦因数也均相同。则抽出薄板后，三个圆柱体留在桌面上的位置所组成的图形可能是图（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】设圆柱体质量为m，圆柱体与薄板间的动摩擦因数、圆柱体与桌面间的动摩擦因数均为,则在抽薄板的过程中，圆柱体在薄板摩擦力的作用下做加速运动，离开模板后在桌面摩擦力的作用下做减速运动，根据牛顿第二定律有
可得运动时的加速度大小为
由于圆柱体A先离开薄板，B、C同时后离开薄板，则根据匀变速直线运动速度时间关系式
可知，A离开薄板时的速度小于B、C离开薄板时的速度，离开薄板后，根据
可知，B、C在桌面上滑动的距离相等，且大于A在桌面上滑动的距离。
故选A。
8. 某光滑曲面与竖直平面的交线是抛物线，如图所示，抛物线的方程为，其一部分处在一个沿水平方向的匀强磁场中，直线是磁场的上边界（如图中的虚线所示），一个质量为m的小金属块（可视为质点）从抛物线上处以初速度v沿抛物线下滑，假设抛物线足够长，a、b、m、v均采用国际单位制单位，重力加速度为g，则金属块在曲面上滑动的过程中产生的焦耳热的总量是（ ）
A. mgbB.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】金属块在进入磁场和离开磁场的过程中，穿过金属块的磁通量发生变化，产生涡流，进而产生焦耳热，最后，金属块在直线以下的曲面上做往复运动。减少的机械能为
这些机械能最终完全转化为内能，ABC错误，D正确。
故选D。
9. 如图是街头变压器通过降压给用户供电的示意图。变压器的输入电压是市区电网的电压，负载变化时输入电压不会有大的波动。输出电压通过输电线输送给用户，两条输电线的总电阻用R0表示，变阻器R代表用户用电器的总电阻，当用电器增加时，相当于R的值减小（滑动片向下移）。如果变压器上的能量损失可以忽略，当用户的用电器增加时，有关图中各表的读数变化判断正确的是（ ）
A. A2读数变小B. A1读数变大
C. V1读数变大D. V3读数不变
【答案】B
【解析】
【详解】由于变压器原线圈的输入电压不变，则V1读数不变，根据
可知副线圈的输出电压不变，当用户的用电器增加时，则减小，副线圈回路总电阻减小，根据欧姆定律可知，副线圈电流增大，则A2读数变大；根据
可知原线圈电流增大，则A1读数变大；由于通过的电流增大，两端电压增大，根据
可知V3读数变小。
故选B。
10. 2022年10月9日，我国综合性太阳探测卫星“夸父一号”成功发射，实现了对太阳探测的跨越式突破。“夸父一号”卫星绕地球做匀速圆周运动，距地面高度约为，运行一圈所用时间约为100分钟。如图所示，为了随时跟踪和观测太阳的活动，“夸父一号”在随地球绕太阳公转的过程中，需要其轨道平面始终与太阳保持固定的取向，使太阳光能照射到“夸父一号”，下列说法正确的是（ ）

A. “夸父一号”的运行轨道平面平均每天转动的角度约为
B. “夸父一号”绕地球做圆周运动的速度大于
C. “夸父一号”绕地球做圆周运动的向心加速度大于地球表面的重力加速度
D. 由题干信息，根据开普勒第三定律，可求出日地间平均距离
【答案】A
【解析】
【详解】A．因为“夸父一号”轨道要始终保持要太阳光照射到，则在一年之内转动360°角，即轨道平面平均每天约转动1°，故A正确；
B．第一宇宙速度是所有绕地球做圆周运动的卫星的最大环绕速度，则“夸父一号”的速度小于7.9km/s，故B错误；
C．根据
可知“夸父一号”绕地球做圆周运动的向心加速度小于地球表面的重力加速度，故C错误；
D．“夸父一号”绕地球转动，地球绕太阳转动，中心天体不同，则根据题中信息不能求解地球与太阳的距离，故D错误。
故选A。
11. 我国自主研制的C919 飞机机长38.9米、翼展35.8米，北京地区地磁场的竖直分量约为4.5×10-5T，水平分量约为：3.0×10-5T。该机在北京郊区水平试飞速度为声速（约 330m/s） 的0.8倍。有关C919飞机的说法正确的是（ ）
A. C919飞机往北飞的时候，西面机翼的电势较低。两侧机翼的最大电势差约为0.42伏
B. C919飞机往南飞的时候，西面机翼的电势较低。两侧机翼的最大电势差约为0.26伏
C. 无论C919飞机往哪个方向飞，都是左边机翼的电势较低。两侧机翼的最大电势差约为0.26伏
D. 无论C919飞机往哪个方向飞，都是右边机翼的电势较低。两侧机翼的最大电势差约为0.42伏
【答案】D
【解析】
【详解】北京地区地磁场的竖直分量竖直向下，当飞机在北半球水平飞行时，飞机切割磁感线产生感应电动势，由右手定则可知：机翼左端的电势比右端的电势高。无论C919飞机往哪个方向飞，都是右边机翼的电势较低。由法拉第地电磁感应定律
E=BLv
可得两翼尖间的电势差
故选D。
12. 质谱仪是一种测定带电粒子质量或分析同位素的重要设备，它的构造原理如图所示，离子源S产生的比荷为k的离子束（速度可视为零），经M、N两板间大小为U的加速电压加速后从小孔S1垂直于磁感线进入匀强磁场，运转半周后到达照相底片上的P点。已知P点到小孔S1的距离为x，匀强磁场的方向垂直纸面向外，则下列说法不正确的是（ ）
A. N板带正电
B. 粒子进入匀强磁场的速度大小为
C. 匀强磁场的磁感应强度大小为
D. x相同，对应离子的比荷可能不相等
【答案】AD
【解析】
【详解】A．由左手定则结合粒子在磁场中偏转方向可知带电粒子带正电，所以加速电场的N板带负电。故A错误，与题意相符；
B．由动能定理，可得
又
联立，解得
故B正确，与题意不符；
C．带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，有
由几何关系，可得
联立，解得
由此可知x相同，磁感应强度B相同，则对应离子的比荷相等。故C正确，与题意不符；D错误，与题意相符。
本题选不正确的故选AD。
13. 太阳辐射总功率为P，日地距离为r，阳光到达地面的过程中的能量损耗为50%；太阳光垂直照射时，太阳能电池的能量转化效率为ƞ；一辆质量为750kg的汽车的太阳能电池板的面积为S，电机能够将输入功率的90%用于牵引汽车前进。此时太阳能电池车正以72km/h匀速行驶，所受阻力为车重的0.02倍，已知该太阳能电池能直接满足汽车的上述行驶需求。若半径为R的球表面积为4πR2，则（ ）
A. 太阳能汽车可达的最大机械功率为
B. 汽车阻力功率为3×105W
C. 若汽车机械功率恒定，车速减半时牵引力也减半
D. 太阳能电池板的面积必须满足关系：
【答案】D
【解析】
【详解】B．汽车所受阻力为
汽车阻力的功率为
故B项错误；
A．太阳能汽车可达到的最大机械功率为
故A项错误；
C．由公式
功率不变，速度减为一半，则牵引力增加一倍，故C项错误；
D．由于匀速，所以牵引力等于浮力，汽车的机械功率为
太阳能汽车的最大功率为
由题意有
即
故D项正确
故选D。
二、选择题Ⅱ（本题共2小题，每小题3分，共6分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错和不选的的得0分。）
14. 如图所示，一面积为S的N匝圆形金属线圈放置在水平桌面上，大小为B的匀强磁场方向垂直于桌面竖直向下，过线圈上A点作切线OO'，OO'与线圈在同一平面上。从图示位置开始，在线圈以OO'为轴翻转180°的过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 刚开始转动时磁通量为NBS
B. 电流方向先为A→C→B→A，后为A→B→C→A
C. 电流方向始终为A→B→C→A
D. 翻转180°时，线圈的磁通量变化了2BS
【答案】CD
【解析】
【详解】A．刚开始转动时磁通量为
故A错误；
D．图中的情况是磁场与线圈垂直，所以开始时的磁通量最大，转过90°时的磁通量最小。所以在线圈由图示位置绕转轴转动180°的过程中，向里穿过线圈的磁通量先减小，后增大。设向外为正，翻转180°时，线圈的磁通量变化了
故D正确；
BC．向里穿过线圈的磁通量减小时，根据楞次定律可知，产生的感应电流的方向是A→B→C→A，转过角度大于90°后，向里的磁通量增大，楞次定律可知，产生的感应电流的方向仍然是A→B→C→A，故B错误，C正确。
故选CD。
15. 如图所示，正六棱柱上下底面的中心为和，A、D两点分别固定等量异号的点电荷，下列说法正确的是（ ）

A. 点与点的电场强度大小相等
B. 点与点的电场强度方向相同
C. 点与点的电势差小于点与点的电势差
D. 将试探电荷+q由F点沿直线移动到O点，其电势能先增大后减小
【答案】ACD
【解析】
【详解】A．由两等量异种点电荷产生的电场的对称性可知，点与点的电场强度大小相等，A正确；
B．画出两点电荷分别在点和点产生的电场强度示意图，如图所示，可知点的合场强在所在的平面内，点的合场强在所在的平面内，而这两个平面存在夹角，即点与点的电场强度方向之间存在夹角，因此点与点的电场强度方向不相同，B错误；
C．设点的电势为，点的电势为，由两等量异种点电荷产生的电场的特点可知，点的电势是零，则点的电势大于零，由对称性可得
由、、三点的电势关系可得
因此则有
即
C正确；
D．正六棱柱上表面如图所示，由几何关系可知，正电荷在OF中点K的场强方向垂直于OF，负电荷在K点的场强方向指向D点，则K点的合场强与OF的夹角为锐角，而在F点的合场强与OF的夹角为钝角，因此将试探电荷+q由F点沿直线移动到O点，电场力先做负功后做正功，则有其电势能先增大后减小，D正确。
故选ACD。
三、非选择题（本题共6小题，共55分）
16. 采用图1所示的电路图来测量金属丝的电阻率。

（1）实验时，闭合开关S前，滑动变阻器的滑片P应处在___________（填“M”或“N”）端。
（2）按照图1连接实物图，如图2所示。闭合开关前检查电路时，发现有一根导线接错，该导线为___________（填“a”“b”或“c”）。若闭合开关，该错误连接会带来的问题有___________。

【答案】 ①. M ②. b ③. 移动滑片时，电压表和电流表的示数不变
【解析】
【详解】（1）[1]实验时，闭合开关S前，为保护电路，滑动变阻器滑片P应处在最大阻值处，滑动变阻器的滑片P应处在M端。
（2）[2][3]滑动变阻器采用分压式接法，滑动变阻器下端两接线柱与电源相连，故b导线接错；该错误带来的问题是移动滑片的过程中电压表和电流表的示数不变。
17. 在“验证机械能守恒定律”实验中，小王用如图1所示的装置，让重物从静止开始下落，打出一条清晰的纸带，其中的一部分如图2所示。O点是打下的第一个点，A、B、C和D为另外4个连续打下的点。
①为了减小实验误差，对体积和形状相同的重物，实验时选择密度大的理由是___________。
②已知交流电频率为，重物质量为，当地重力加速度，则从O点到C点，重物的重力势能变化量的绝对值___________J、C点的动能___________J（计算结果均保留3位有效数字）。比较与的大小，出现这一结果的原因可能是___________。
A.工作电压偏高 B.存空气阻力和摩擦力 C.接通电源前释放了纸带
【答案】 ①. 阻力与重力之比更小（或其它合理解释） ②. 0.547 ③. 0.588 ④. C
【解析】
【分析】
【详解】①[1]在验证机械能守恒实验时阻力越小越好，因此密度大的阻力与重力之比更小
②[2]由图中可知OC之间的距离为，因此机械能的减少量为
[3]匀变速运动时间中点的速度等于这段时间的平均速度，因此
因此动能的增加量为
[4]工作电压偏高不会影响实验的误差，存在摩擦力会使重力势能的减少量大于动能的增加量，只有提前释放了纸带，纸带的初速度不为零，下落到同一位置的速度偏大才会导致动能的增加量大于重力势能的减少量。
18. 如图所示为电流天平，可以用来测量匀强磁场的磁感应强度。它的右臂挂着矩形线圈，匝数为n，线圈的水平边长为L，处于匀强磁场内，磁感应强度B的方向与线圈平面垂直。当线圈中通过电流I时，调节砝码使两臂达到平衡。然后使电流反向，大小不变。这时需要在左盘中增加质量为m的砝码，才能使两臂再达到新的平衡。（g取10m/s2）
（1）导出用n、m、L、I表示磁感应强度B的表达式。
（2）当n=9，L=10.0cm，I=0.10A，m=9.00g时，磁感应强度是多少？
（3）要提高测量准确度，需要怎样改变题设中给出的物理量？（说对一个即可）
【答案】（1）；（2）；（3）增大矩形线圈的匝数、增大通过线圈的电流等
【解析】
【详解】（1）设电流方向未改变时，等臂天平的左盘内砝码质量为，右盘内的质量为，有
电流方向改变后,有
联立解得
（2）磁感应强度为
（3）要提高测量准确度，需增大矩形线圈的匝数或增大通过线圈的电流。
19. 如图所示，水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在A点，弹簧处于自然状态时其右端位于B点。水平桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道MNP，其形状为半径R=0.8m的圆环剪去了左上角135°的圆弧，MN为其竖直直径，P点到桌面的竖直距离也是R。用质量m1=0.4kg的小物块将弹簧缓慢压缩到C点，释放后弹簧恢复原长时物块恰停止在B点。用同种材料、质量为m2=0.2kg的小物块将弹簧也缓慢压缩到C点释放，小物块过B点后其位移与时间的关系为x=6t-2t2。小物块从桌面右边缘D点飞离桌面后，由P点沿圆轨道切线落入圆轨道。（匀变速直线运动的位移时间关系：，g=10m/s2）。求：
（1）物块离开D点时速度大小和BD间的距离；
（2）判断m2能否沿圆轨道到达M点，若能，求物块沿圆轨道到达M点时对轨道的压力；
（3）释放后m2运动过程中克服摩擦力做的功。
【答案】（1），2.5m；（2）物块不能到达M点；（3）5.6J
【解析】
【详解】（1）小物块过B点后其位移与时间的关系为x=6t-2t2，与对比可知，则有物块在桌面上过B点后初速度，加速度，负号表示方向与初速度方向相反。物块离开D点后做平抛运动，落在P点时，在竖直方向则有
解得
在P点由几何关系可得
解得
物块由B到D由速度位移关系公式可得
（2）若物块恰好到达M点时，重力恰好提供向心力，由牛顿第二定律可得
解得
由几何关系可得，MD间竖直方向的的距离为
假设物块能到达M点，由机械能守恒定律可得
解得
可知物块沿圆轨道不能到达M点。
（3）设弹簧被压缩AC长时弹性势能为，在释放时，则有
在释放时，则有
又有
则有
设释放后运动过程中克服摩擦力做的功为，则有
解得
20. 如图，在光滑水平面上存在宽度为d（d>2L）、方向竖直向上磁感应强度为B的匀强磁场。边长为L，质量为m，电阻为R的单匝正方形线圈ABCD（AB、CD边和磁场边界平行）在外力作用下以速度v向右匀速穿过该磁场。求：
（1）线圈进入磁场时线圈中电流的大小以及外力做功的功率；
（2）线圈进入磁场和离开磁场的过程中A、B两点的电势差；
（3）如果线圈不受外力，线圈要穿过磁场需要的最小速度。
【答案】（1），；（2），；（3）
【解析】
【详解】（1）线圈进入磁场时，根据法拉第电磁感应定律可得，产生的感应电动势大小为
感应电流
由于线框做匀速直线运动，则根据平衡条件有
而
,
联立解得外力做功的功率
（2）线圈进入磁场时，AB边相当于外电路的电阻，且根据右手定则可知，B端电势高于A端电势，则有
线圈离开磁场时AB边切割磁感线相当于电源，且根据右手定则可知，B端电势高于A端电势，则有
（3）设线框恰好穿过磁场的初速度为，完全进入磁场时的速度为，则由动量定理，对完全进入磁场的过程有
对完全出磁场的过程有
而根据法拉第电磁感应定律有
，
联立以上各式解得，线圈不受外力时要穿过磁场需要的最小速度
21. 如图所示，科研人员研发了一种质谱仪，用来研究未知星体稀薄大气的成分。工作原理如下：被研究的气体进入离子生产装置后会被电离，根据需要被电离的气体离子经过速度控制装置加速获得适当动能（加速电压为，离子可认为是由静止加速），再经由一个方向限制微孔垂直磁场边界进入垂直于纸面的匀强磁场，有的离子穿过磁场边界分别进入I、II接收装置，有的离子穿过磁场边界进入III接收装置，因为三个离子接收装置固定安装，只能各自接收一定轨道半径的离子进入，I、II、III分别对应半径、、。磁场由永磁体提供，磁感应强度为，设定，求：
（1）若甲离子由静止经过电场加速后通过磁场；恰好进入接收装置I，求甲离子的比荷？
（2）若乙离子带电荷量大小为，经过电场加速后通过磁场，恰好垂直进入接收装置II，求乙离子在磁场中运动的时间；
（3）若丙离子经过电场加速恰好垂直进入接收装置III，如果离子束在进入磁场时速度方向有一个可认为极小的发散角（发散角为速度方向覆盖角度，垂直方向为发散角角平分线），求丙离子通过边界的宽度。（极小时）
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）甲离子加速过程，由动能定理得
甲离子在磁场中做圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得
联立解得
（2）乙离子加速过程，由动能定理得
乙离子在磁场中做圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得
联立解得
根据题意，乙离子轨迹圆心角为，因为有
可得在磁场中运动的时间为
（3）可知，垂直，垂直进入磁场的丙离子轨迹恰好为四分之一圆弧，离子速率不变，轨迹半径不变，入射角偏离后，轨迹以入射点为轴转过，四分之一圆弧端点的位移为，如图所示
当入射方向向右发散角且角很小时，以入射点为圆心，为半径划过的短弧近似为线段，此线段与的夹角为，图中阴影部分近似为等腰直角三角形，轨迹圆和的交点向偏移为
同理当入射方向向左发散角时，轨迹圆和交点向偏移为
可得