2023-2024学年浙江省杭州第四中学（吴山校区）高二（上）期末物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年浙江省杭州第四中学（吴山校区）高二（上）期末物理试卷（含解析），共22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.以下电磁学中物理量为矢量的是( )
A. 电流B. 电动势C. 磁感应强度D. 磁通量
2.空间有一圆锥OBB′如图所示，点A、A′分别是两母线OB、OB′的中点，C为AB中点。圆锥顶点O处固定一带负电的点电荷，则( )
A. A点比B点的电场强度小B. A、A′两点的电场强度相同
C. A、A′两点的电势相同D. AC的电势差等于CB的电势差
3.三个完全相同的小球a、b、c带有相同电荷量的正电荷，从同一高度由静止开始下落，下落h1高度后a球进入水平向左的匀强电场，b球进入垂直纸面向里的匀强磁场，如图所示，它们到达水平面上的速度大小分别用va、vb、vc表示，它们的关系是
( )
A. va>vb=vcB. va=vb=vcC. va>vb>vcD. va=vb>vc
4.用一理想变压器给负载供电，变压器输入端的电压不变，如图所示．开始时开关S是断开的．现将开关S闭合，则图中所有交流电表的示数以及输入功率的变化情况是
( )
A. V1、V2的示数不变，A1的示数增大，A2的示数减小，P 入增大
B. V1、V2的示数不变，A1、A2的示数增大，P 入增大
C. V1、V2的示数不变，A1、A2的示数减小， P入减小
D. V1的示数不变，V2的示数增大，A1的示数减小，A2的示数增大，P 入减小
5.如图甲所示，竖直放置的螺线管与导线abcd构成回路，导线所围区域内有一垂直纸面向里的匀强磁场，螺线管正下方水平桌面上有一导体圆环。导线abcd所围区域内磁场的磁感应强度按图乙中哪一种图线随时间变化时，导体圆环对桌面的压力将小于环的重力
( )
A. B. C. D.
6.下列关于磁场的应用，正确的是( )
A. 图甲是用来加速带电粒子的回旋加速器示意图，要使粒子获得的最大动能增大，可增大加速电场的电压U
B. 图乙是磁流体发电机示意图，由此可判断A极板是发电机的正极，B极板是发电机的负极
C. 图丙是速度选择器示意图，不考虑重力的带电粒子从P到Q能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是v=EB
D. 图丁是磁电式电流表内部结构示意图，当有电流流过时，线圈在磁极间产生的匀强磁场中偏转
7.手机不光可以用来娱乐，还可以用来学习，如图是张同学在某音上学习动量守恒定律的视频截图。以下说法正确的是( )
A. 轨道对小球的支持力不做功
B. 小球和轨道构成的系统机械能守恒
C. 小球和轨道构成的系统动量守恒
D. 当小球位于轨道右侧时，轨道一定是在向右走的
8.如图所示，A、B两物体放在圆台上，A与圆台面间的动摩擦因数是B与圆台面间的动摩擦因数的两倍，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A物体质量是B物体质量的一半，而A物体离转轴距离是B物体离转轴距离的2倍。当圆台旋转时，A、B相对圆台均未滑动，则下列说法正确的是( )
A. A、B物体的线速度大小之比为1:1
B. A、B物体的向心加速度大小之比为1:2
C. A、B物体所受摩擦力大小之比为1:1
D. 当圆台的转速增加时，A物体先滑动
9.竹蜻蜓是一种中国传统的儿童玩具。如图，玩时，双手一搓，然后手一松，竹蜻蜓就会飞上天空，竹蜻蜓从最高点下落到地面的过程中，若空气阻力不可忽略，则它的机械能( )
A. 守恒B. 增大C. 减小D. 先减小后增大
10.“笛音雷”是春节期间常放的一种鞭炮，其着火后一段时间内的速度—时间图像如图所示(取竖直向上为正方向)，其中t0时刻为“笛音雷”起飞时刻、DE段是斜率大小为重力加速度g的直线。不计空气阻力，则关于“笛音雷”的运动，下列说法正确的是( )
A. “笛音雷”在t2时刻上升至最高点
B. t3∼t4时间内“笛音雷”做自由落体运动
C. t0∼t1时间内“笛音雷”的平均速度为v12
D. t3∼t4时间内“笛音雷”处于失重状态
11.如图甲所示，用均匀导线做成匝数为100匝、边长为0.2m、总电阻为0.1Ω的正方形闭合导电线圈。正方形的一半放在垂直于纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示，则以下说法正确的是
( )
A. 在0∼6s内，导电线圈中产生的电流大小恒定不变
B. 在t=1s时，导电线圈内电流的瞬时功率为160W
C. 在t=3.5s时，线框中a、b两点间的电势差Uab=1V
D. 若保持B=2T不变，线圈以ab为轴转动的角速度为0.5rad/s，则线圈电动势为4V
12.机场规定：严禁携带额定能量超过160W⋅h的充电宝搭乘飞机，一充电宝铭牌标识如图所示，下列说法正确的是( )
A. 机场限定的是充电宝储存的电能不超过5.76×105J
B. 按照机场规定该充电宝不能带上飞机
C. 充电宝上标注的11200mAh是指其能储存的电能
D. 充电宝上标注的11200mAh是指其能储存的最大电量为672C
13.如图所示，A和B为竖直放置的平行金属板，在两极板间用绝缘线悬挂一带电小球，开始时开关S闭合且滑动变阻器的滑动头P在a处，此时绝缘线向右偏离竖直方向，(电源的内阻不能忽略)下列判断正确的是( )
A. 小球带负电
B. 当滑动头从a向b滑动时，细线的偏角θ变大
C. 当滑动头从a向b滑动时，电流表中有电流，方向从上向下
D. 当滑动头停在b处时，电源的输出功率一定大于滑动头在a处时
二、多选题：本大题共2小题，共6分。
14.全超导托卡马克是研究核聚变的实验装置．为粗略了解等离子体在托卡马克环形真空室内的运动状况，某同学将一小段真空室内的电场和磁场理想化为方向均水平向右的匀强电场和匀强磁场(如图)，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B。若某电荷量为q的正离子在此电场和磁场中运动，其速度平行于磁场方向的分量大小为v1，垂直于磁场方向的分量大小为v2，不计离子重力，则
( )
A. 电场力的瞬时功率为qE v12+v22B. 该离子受到的洛伦兹力大小为qv1B
C. 该离子的加速度大小不变，方向变化D. v1v2的比值不断增大
15.有一金属棒ab，质量为m，电阻不计，可在两条轨道上滑动，如图所示，轨道间距为L，其平面与水平面的夹角为θ，置于垂直于轨道平面向上的匀强磁场中，磁感应强度为B，金属棒与轨道的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，回路中电源电动势为E，内阻不计(假设金属棒与轨道间动摩擦因数为μ)，则下列说法正确的是( )
A. 若R>BELmgsinθ+μmgcsθ，导体棒不可能静止
B. 若RvB=vC，故A正确，BCD错误。
故选A。
4.【答案】B
【解析】【分析】
和闭合电路中的动态分析类似，可以根据R的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，再根据电压不变，来分析其他的原件的电流和电压的变化的情况。
电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法。
【解答】
输出电压是由输入电压和匝数比决定的，由于输入电压和匝数比不变，所以变压器的输出电压也不变，所以V1、V2的示数都不变，当变阻器的滑动头P向下移动时，滑动变阻器的电阻减小，所以负线圈的电流增大，原线圈的电流也要增大，根据P=UI可知，副线圈电压不变，电流变大，则功率变大，所以输入功率也变大，所以A正确。
故选B。
5.【答案】D
【解析】AB．abcd区域内的磁场均匀变化，因此产生恒定的电流，螺旋管中电流不变，其产生的磁场也不变，则导体圆环中不产生感应电流，导体圆环对桌面的压力等于重力，故A、B错误；
CD.要使导体圆环对桌面的压力小于重力，则螺线管对导体圆环为引力，由楞次定律可知穿过导体圆环的磁通量变小，故螺线管中电流变小，因此abcd区域的磁通量变化率应该越来越小，故C错误，D正确；
6.【答案】C
【解析】A.根据
qvB=mv2r
可知
v=qBrm
粒子获得的最大动能为
Ek=q2B2R22m
所以要想粒子获得的最大动能增大，可增加D形盒的半径，故A错误；
B.根据左手定则，正电荷向下偏转，所以B板带正电，为发电机的正极，A极板是发动机的负极，故B错误；
C.速度选择器不能判断带电粒子的电性，不管是正电，还是负电，只要满足
v=EB
粒子就能匀速通过速度选择器，故C正确；
D.线圈在磁极间产生的磁场为均匀辐向磁场，该磁场为非匀强磁场，故D错误。
故选C。
7.【答案】B
【解析】A.小球在轨道内运动的过程中，由于地面光滑，轨道在水平方向发生运动，小球在轨道对小球的支持力方向上有位移分量，故除小球重力做功外，还有轨道对球支持力做功，故A错误；
B.小球在轨道内运动的过程中，除小球重力做功外，还有轨道对球作用力做功。但轨道对球作用力做功与球对轨道作用力做功两者之和正好为零。所以小球与轨道组成的系统机械能守恒，故B正确；
C.小球在轨道内运动的过程中，由于水平地面光滑，小球与轨道组成的系统竖直方向上合力不为零，但水平方向上合力为零，水平方向动量守恒，故C错误；
D.在小球沿轨道的右侧面上升的过程中，有水平向右的分速度，而小球与轨道组成的系统水平方向动量守恒，轨道具有水平向左的速度，故在小球沿轨道的右侧面上升的过程中，轨道一定是在向左走的，故D错误。
故选B。
8.【答案】C
【解析】A.A、B随圆台一起转动，角速度相等，根据
v=ωr
可知A、B物体的线速度大小之比为
vA:vB=rA:rB=2:1
故A错误；
B.根据
an=ω2r
A、B物体的向心加速度大小之比为
aA:aB=rA:rB=2:1
故B错误；
C.根据
f=mω2r
A、B物体所受摩擦力大小之比为
fA:fB=mArA:mBrB=1:1
故C正确；
D.根据静摩擦力提供向心力
μmg=mω02r
可得临界角速度为
ω0= μgr
则
ωA0:ωB0= μArA: μBrB=1:1
可知发生相对滑动时，A的临界角速度等于B的临界角速度，当圆台的转速增加时，两物体同时滑动，故D错误。
故选C。
9.【答案】C
【解析】竹蜻蜓从最高点下落到地面的过程中空气阻力不可忽略，则要推动空气，同时需要克服阻力做功，所以机械能要减小，故选C。
10.【答案】D
【解析】A由图可知， t0∼t4 时间内“笛音雷”的速度一直为正值，表明其速度方向始终向上，可知，“笛音雷”在 t2 时刻并没有上升至最高点，上升至最高点应该在 t4 时刻之后，故A错误；
B. t3∼t4 时间内“笛音雷”速度方向向上，图像斜率为一恒定的负值，表明 t3∼t4 时间内“笛音雷”实际上是在向上做竖直上抛运动，其加速度就是重力加速度g，故B错误；
C.将A、B用直线连起来，该直线代表匀加速直线运动，其平均速度为 v12 ，而AB线段与横轴所围的面积大于AB曲线与横轴所围的面积，该面积表示位移，根据
v=ΔxΔt
可知，直线代表的匀加速直线运动的平均速度大于AB曲线代表的变加速直线运动的平均速度，即 t0∼t1 时间内“笛音雷”的平均速度小于 v12 ，故C错误；
D.根据上述， t3∼t4 时间内“笛音雷”做竖直上抛运动，加速度方向竖直向下，“笛音雷”处于失重状态，故D正确。
故选D。
11.【答案】C
【解析】A.在0∼6s内，磁场的变化率有变化，则导电线圈中产生的电流大小变化，A错误；
B.在 t=1s 时，感应电流大小为
I=nΔBΔtl22R=100×22×
瞬时功率为
P=I2R=40W
B错误；
C.在 t=3.5s 时，感应电动势为
E=nΔBΔtl22=100×22×0.222V=2V
方向为顺时针，则线框中a、b两点间的电势差为
Uab=E2=1V
C正确；
D.若磁场不变，线框转动，则产生正显示交流电，感应电动势最大值为
Em=nBl22ω=2V
感应电动势有效值为
E=2 2V= 2V
D错误。
故选C。
12.【答案】A
【解析】【分析】
本题主要考查电池容量。根据W=Pt求得机场限定的充电宝储存的电能最大值；根据充电宝铭牌标识数据，由W=UIt求得该充电宝的额定能量；11200mAh是电池容量，即电池储存的最大电量，由此分析即可正确求解。
【解答】
A.根据W=Pt得：W=160W⋅h=160W×3600s=5.76×105J，严禁携带额定能量超过160W⋅h的充电宝，故机场限定的是充电宝的能量不能超过5.76×105J，故A正确;
B.由表中数据可知，该充电宝的额定能量为：W′=U′It=5V×11200×10−3A×1h=56W⋅hmgsinθ
解得
R