2023-2024学年湖南省岳阳市平江县颐华高级中学高二（下）入学考试物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年湖南省岳阳市平江县颐华高级中学高二（下）入学考试物理试卷（含解析），共17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.下列有关光学现象说法正确的是
A. 甲中荷叶上的露珠显得特别“明亮”是由于水珠将光线会聚而形成的
B. 乙中将双缝干涉实验中的双缝间距调小则干涉条纹间距变小
C. 丙中用加有偏振滤光片的相机拍照，可以拍摄清楚汽车内部的情景
D. 丁中肥皂膜在阳光下呈现彩色条纹是光的衍射现象
2.LED灯珠用半球形透明介质封装，如图所示，有一个半径r为3mm的圆形LED光源AB，其表面可以朝各个方向发光，现将AB封装在一个半球形透明介质的底部，AB中点与球心O重合。半球形介质的折射率为1.5，为使LED光源发出的所有光都能射出球面，不考虑二次反射，则透明介质球半径R至少为
( )
A. 3 5mmB. 4.5mmC. 32 5mmD. 9mm
3.如图所示，一块长度为a、宽度为b、厚度为d的金属导体，当加有与侧面垂直的匀强磁场B，且通以图示方向的电流I时，用电压表测得导体上、下表面M、N间电压为U，已知自由电子的电荷量为e，下列说法中正确的是( )
A. M板比N板电势高
B. 导体单位体积内自由电子数越多，电压表的示数越大
C. 导体中自由电子定向移动的速度为v=UBd
D. 导体单位体积内的自由电子数为n=qbBm
4.如图是某一线圈通过的交流电的电流—时间关系图像(前半个周期为正弦波形的12)，则一个周期内该电流的有效值为( )
A. 32I0B. 52I0C. 32I0D. 52I0
5.如图所示，质量分别为m1和m2(m2>3m1)的两个小球叠放在一起，从高度为h处由静止释放，它们一起下落。已知h远大于两球半径，碰撞前后小球都沿竖直方向运动，不计空气阻力。下列说法正确的是
( )
A. 在下落过程中，两个小球之间存在相互作用的弹力
B. 释放后至弹起的过程中，两小球的动量守恒
C. 若所有的碰撞都没有机械能损失，且碰撞后m2弹起的最大高度h23m1 ， h22.5h ，故C正确；
D.若两球接触处涂有粘胶，从地面弹起后两球粘在一起向上运动，属于完全非弹性碰撞，有一部分机械能转化为内能，故两球弹起的最大高度为应小于h，故D错误。
故选C。
6.【答案】D
【解析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有： qvB=mv2r ，动能为： EK=12mv2 ，联立可得： EK=q2r2B22m ， α 粒子是氦核， β 粒子是电子，故 α 粒子和 β 粒子的电量之比为 2:1 ，故 α 粒子和 β 粒子的动能之比为： EKαEKβ=q12m1q22m2=4m2m1 ，故D正确，ABC错误．
7.【答案】AC
【解析】装有一定量液体的玻璃管只受到重力和液体的浮力，所以装有一定量液体的玻璃管做简谐振动的回复力等于重力和浮力的合力．故A正确；玻璃管在做简谐振动的过程中，液体的浮力对玻璃管做功，所以振动的过程中玻璃管的机械能不守恒．故B错误；振动的周期为0.5s，则圆频率： ω=2πT=2π0.5=4πrad/s ，由图可知振动的振幅为A，由题可知，A=4cm；t=0时刻：x0=− 12 A=A⋅sinφ0；结合t=0时刻玻璃管振动的方向向下，可知φ0= 76 π( 116 π舍去)，则玻璃管的振动方程为：x=A⋅sin(ωt+φ0)=4sin(4πt+ 76 π)cm=4sin(4πt− 5π6 )cm.故C正确；由于玻璃管做简谐振动，与弹簧振子的振动相似，结合简谐振动的特点可知，该振动的周期与振幅无关．故D错误；故选AC．
点睛：该题中的玻璃管做简谐振动，其受力的情况与运动的情况都可以与弹簧振子的受力与运动相似，可以应用比较法进行解答，容易理解．
8.【答案】BD
【解析】【分析】
根据右手螺旋定则确定两根导线在a、b、c、d四点磁场的方向，根据平行四边形定则进行合成。
解决本题的关键掌握右手螺旋定则判断电流与其周围磁场方向的关系，会根据平行四边形定则进行合成。
【解答】
A.根据右手螺旋定则，M处导线在O点产生的磁场方向竖直向下，N处导线在O点产生的磁场方向竖直向下，合成后磁感应强度不等于0，故A错误；
B.M在a处产生的磁场方向竖直向下，在b处产生的磁场方向竖直向下，N在a处产生的磁场方向竖直向下，b处产生的磁场方向竖直向下，根据矢量的叠加知，a、b两点处磁感应强度大小相等，方向相同，故B正确；
C.M在c处产生的磁场方向垂直于cM偏下，在d出产生的磁场方向垂直dM偏下，N在c处产生的磁场方向垂直于cN偏下，在d处产生的磁场方向垂直于dN偏下，根据平行四边形定则，知c处的磁场方向竖直向下，d处的磁场方向竖直向下，且大小相等，故C错误；
D.由以上分析可知，a、c两点处磁感应强度的方向都竖直向下，方向相同，故D正确。
9.【答案】BD
【解析】【分析】
当小球所受的合力为零，或合力与速度在同一直线上时能沿着直线通过电磁场区域，据此条件进行判断。
本题关键在于洛伦兹力与速度垂直且与粒子速度方向垂直，要使粒子做直线运动，要么三力平衡，要么不受洛伦兹力。
【解答】
A.小球受重力、向右的电场力、向左的洛伦兹力，下降过程中速度一定变大，故洛伦兹力一定增大，不可能一直与电场力平衡，故合力不可能一直向下，故一定做曲线运动，故A错误；
B.小球受重力、向右上方的电场力、水平向左的洛伦兹力，若三力平衡，则粒子做匀速直线运动，故B正确；
C.小球受重力、向左的电场力、垂直向外的洛伦兹力，合力与速度一定不共线，故一定做曲线运动，故C错误；
D.粒子受向下的重力和向上的电场力，合力一定与速度共线，故粒子一定做直线运动，故D正确。
故选BD。
10.【答案】AD
【解析】【分析】
根据楞次定律判断感应电流的方向，由法拉第电磁感应定律和欧姆定律列式分析感应电流大小变化规律，再得到安培力随时间的变化，由平衡条件分析F的变化规律．
【解答】
导体棒由b运动到ac过程中，切割磁感线的有效长度L随时间t均匀增大，由E=BLv可知，感应电动势E随时间t均匀增大，由闭合电路欧姆定律可知，感应电流I随时间t均匀增大，则导体棒受到的安培力大小F=BIL，随时间t增大得越来越快；由右手定则可知，感应电流的方向为由M经R到N，电流为正值，由左手定则可知，导体棒所受安培力水平向左，为正值。导体棒由ac运动到d的过程中，由题知E′=2BLv=2E，则导体棒切割磁感线的有效长度L相同时I′=2I。导体棒切割磁感线的有效长度L随时间t均匀减小，则感应电流I′随时间t均匀减小，导体棒受到的安培力大小F′=BI′L=2F，随时间t减小得越来越慢；由右手定则可知，感应电流的方向为由N经R到M，电流为负值，由左手定则可知，导体棒所受安培力水平向左，为正值。综上所述，AD正确，BC错误。
故选AD。
11.【答案】(1)(2)；(3)sinisinr；(4)小一些；(5)1.5
【解析】【分析】
本题主要考查用插针法测定玻璃砖折射率原理是折射定律，运用几何知识和折射定律是解答本题的关键。
连接P1、P2表示入射光线，连接P3、P4表示出射光线，连接两光线与玻璃砖的交点，即为折射光线，在图中标出需要测量的入射角i和折射角γ；
根据折射定律得，计算玻璃折射率的公式n=sinisinr；
为防止光线在弧面CD发生全反射，光线在弧面AB的入射角应适当小一些；
根据图像进行分析。
【解答】
(1)(2)连接P3、P4与弧面CD交于一点，此交点即为光线从玻璃砖中射出的位置，由于P1、P2的连线与弧面AB的交点即为光线进入玻璃砖的位置，连接两交点即可作出玻璃砖中的光路，连接O点与光线在弧面AB上的入射点即为法线，作出入射角和折射角如图中i、r所示：
；
(3)由折射定律可得n=sinisinr；
(4)为了保证能在弧面CD上有出射光线，实验过程中，光线在弧面AB上的入射角应适当小一些，才不会使光线在弧面CD上发生全反射；
(5)图像的斜率k=sinisinr=n，由题图乙可知斜率为1.5，即该玻璃的折射率为1.5。
故答案为：(1)(2)；(3)sinisinr；(4)小一些；(5)1.5。
12.【答案】(1)0.5s，0.64m；(2)B；(3)AC
【解析】【分析】
本题考查用单摆测量重力加速度的实验，关键是明确实验原理和误差来源。
(1)摆球摆到最低点的时刻细线的拉力最大，由图象得到周期，根据公式T=2π Lg求解单摆的摆长；(2)单摆小角度摆动是简谐运动，合力沿着切线方向的分力提供回复力；
(3)根据单摆实验的实验原理和实验注意事项分析解答；
【解答】
(1)根据题图示的信息可得，白球第一次摆到最低点时，力传感器显示的力最大，
所对应的时刻为：t=0.5s，单摆的周期T=1.6s，根据单摆的周期公式有：T=2π Lg，
解得：L=gT24π2=10×1．624×10m=0.64m；
(2)单摆振动的回复力是摆球重力在垂直摆线方向上分力，重力和拉力的合力在径向上提供向心力，故B正确，ACD错误；
(3)AB、单摆的摆长等于摆线的长度加上摆球的半径，摆长等于l+d2，故A正确，B错误；
C、摆线偏离竖直方向的夹角θ≤5°时，小球的运动才能视为简谐运动，故C正确；
D、若让小球在水平面内做圆周运动，则为圆锥摆运动，测得的摆动周期就不是单摆运动周期，故 D错误。
13.【答案】解：(1)由B−t图象可知，磁感应强度的变化率为：△B△t=B0t0
(2)根据法拉第电磁感应定律，感应电动势：E=n△Φ△t=nπr22△B△t
根据闭合电路的欧姆定律，感应电流为：I1=E3R
联立以上三式，解得：I1=nB0πr223Rt0
根据楞次定律可知通过R1上的电流方向：从b到a
(3)通过R1的电荷量q=I1t1得：q=nB0πr22t13Rt0
答：(1)磁感应强度的变化率为B0t0
(2)通过电阻R1上的电流大小为nB0πr223Rt0，方向从b到a．
(3)通过电阻R1上的电荷量q为nB0πr22t13Rt0．
【解析】(1)由B−t图象的斜率读出磁感应强度的变化率△B△t，
(2)由法拉第电磁感应定律求出线圈中产生的感应电动势，由欧姆定律求出感应电流的大小，由楞次定律判断出感应电流的方向．
(3)由公式q=It求出通过电阻R1上的电量q．
本题是法拉第电磁感应定律、欧姆定律的综合应用，应用法拉第定律时要注意s是有效面积，并不等于线圈的面积．
14.【答案】解：(1)由U1U2=n1n2得升压变压器副线圈两端的电压U2=n2n1U1=101×500V=5000V；
(2)输电导线上的电流I=I2=P1U2=500×1035000A=100A．
由P损=I2r线可得，输电导线上的功率损失P损=20kW
用户得到的功率为P用=P1−P损=500kW−20kW=480kW
(3)设输电线上的电压损失为U损，则U损=Ir线=100×2V=200V
降压变压器原线圈两端的电压U3=U2−U损=5000V−200V=4800V
则降压变压器原、副线圈的匝数比为n3n4=U3U4=240：11
答：(1)升压变压器副线圈两端的电压为5000V；
(2)输电导线上的功率损失为20kW，用户得到的功率为480kW；
(3)降压变压器原、副线圈的匝数比为240：11。
【解析】(1)根据理想变压器原副线圈两端的电压与匝数成正比求解升压变压器副线圈两端的电压；
(2)变压器不改变功率，由P=UI求出输电线中电流，由功率公式△P=I22r求解输电线上损耗的电功率；
(3)根据欧姆定律求出输电线上损失的电压，从而求出降压变压器原线圈两端的电压，再根据电压之比等于线圈匝数之比求出降压变压器原、副线圈的匝数比。
本题考查远距离输电问题，对于输电问题，要搞清电路中电压、功率分配关系，注意理想变压器不改变功率，只改变电压和电流。
15.【答案】 B=mv0qR ， 2πR3v0 ；(2) B≥( 3+1)mv0qR ；(3) R2, 32R,π3R
【解析】(1)设带电粒子的轨迹半径为r，由几何关系得
R22+r2=r+R12
解得
r=R
根据牛顿第二定律
qv0B=mv02r
解得
B=mv0qR
带电粒子在磁场中的轨迹对应的圆心角为 23π ，所求时间为
t=sv0=2πR3v0
(2)为使所有速度为 v0 的粒子都不进入防护区，则粒子的半径最大为
r′=12R2−R1= 3−12R
由洛伦兹力提供向心力
qv0B=mv02r′
所以
B=( 3+1)mv0qR
磁感应强度
B≥( 3+1)mv0qR
(3)已知
v= 2qBRm
因为AC与y轴方向夹角为 45∘ ，所以v在z方向和y方向的分速度大小为
vz=vy= 22v=qBRm
xy平面内，由洛伦兹力提供向心力
qvyB=mvy2r
解得
r=R
如图所示，轨迹圆和防护区边界相切
sinθ=rr+R=0.5
切点坐标
x=Rsinθ=R2
y=Rcsθ= 32R
沿z方向为匀速运动
t=16⋅2πRvz=πR3vz
z=vzt=π3R
质子打防护区的能坐标为 R2, 32R,π3R 。