2023-2024学年四川省眉山市仁寿实验中学高二（下）期中物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年四川省眉山市仁寿实验中学高二（下）期中物理试卷（含解析），共14页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。

1.自奥斯特实验证实了电流的周围存在磁场之后，许多科学家又做了很多实验研究电与磁的关系，其中发现通电导线与磁体间有相互作用的物理学家是( )
A. 托马斯⋅杨B. 伏特C. 安培D. 特斯拉
2.如图所示是某质点做简谐运动的振动图像。设水平向右为正方向，根据图像中的信息，下列说法正确的是( )
A. 质点的振幅是20cm
B. 在1.5s和2.5s这两个时刻，质点的位置相同
C. 在2s到3s的时间内，振子速度增加，加速度减少
D. 质点完成一次全振动的时间是4秒
3.如图所示，质量为m的带电小球N用绝缘丝线悬挂于P点，另一带正电小球M固定在带电小球N的左侧，小球N平衡时，绝缘丝线与竖直方向夹角为θ，且两球球心在同一水平线上。关于小球N的电性和所受库仑力的大小，下列判断正确的是(M、N均可视为点电荷，重力加速度为g)( )
A. 正电，mgtanθB. 负电，mgtanθC. 正电，mgtanθD. 负电，mgtanθ
4.如图所示，A、B为相同的两个灯泡，均发光，当变阻器的滑片P向下端滑动时．则( )
A. A灯变亮，B灯变暗B. A灯变暗，B灯变亮
C. A、B灯均变暗D. A、B灯均变亮
5.如图，一带电粒子在电场中由A点运动到B点，图中实线为电场线，虚线为粒子的运动轨迹，则下列说法正确的是( )
A. 该粒子带负电
B. 该粒子从A点运动到B点的过程中，其速率增大
C. 该粒子从A点运动到B点的过程中，其电势能增大
D. 该粒子从A点运动到B点的过程中，其加速度减小
6.如图所示，直角三角形abc，∠a=60°，ad=dc，b、c两点在同一水平线上，垂直纸面的直导线置于b、c两点，通有大小相等、方向向里的恒定电流，d点的磁感应强度大小为B0。若把置于c点的直导线的电流反向，大小保持不变，则变化后d点的磁感应强度( )
A. 大小为 33B0，方向水平向左B. 大小为B0，方向水平向右
C. 大小为 3B0，方向竖直向下D. 大小为2B0，方向竖直向下
7.如图所示，水平地面上方空间有方向竖直向下的匀强电场，一质量m=0.1kg，电荷量q=0.2C的带正电小球从离地面高h=5m的P点，以v0=2m/s的初速度水平向右抛出，小球下落到地面上的M点。若撤去电场，小球仍从同一位置以相同的速度抛出，小球下落到地面上的N点，测得M、N两点的距离d=1m。M、N两点在图中均未画出，不计空气阻力，取重力加速度大小g=10m/s2，则匀强电场的电场强度大小为( )
A. 5N/CB. 10N/CC. 15N/CD. 20N/C
二、多选题：本大题共3小题，共15分。
8.下列四种情况中，可以产生感应电流的有( )
A. 如图(a)，闭合线圈在匀强磁场中沿垂直磁感线的方向水平向右运动
B. 如图(b)，导体棒在匀强磁场中沿磁感线方向上下运动
C. 如图(c)，条形磁铁插入线圈的过程
D. 如图(d)，小螺线管置于大螺线管中不动，开关接通瞬间
9.如图为t=0时刻一列沿x轴正方向传播的简谐波的完整波形图，波速大小为5m/s，P点位于x轴上且横坐标为8m，下列说法正确的是( )
A. 该机械波为横波
B. 该机械波的频率为1.25Hz
C. P点开始振动的方向沿y轴负方向
D. 从t=0到t=2s，P点振动路程为0.6m
10.如图，空间有一范围足够大的匀强电场，场强方向与梯形区域ABCD平行，已知AB/​/CD，AD=DC=CB=12AB=2m，φA=10V，φB=30V，φC=20V，一比荷为qm=0.6C/kg的带负电粒子由A点沿AD方向以速率v0进入该电场，恰好可以通过C点。不计粒子的重力，下列说法正确的是( )
A. D点电势为10VB. 场强方向由D指向B
C. 该粒子到达C点时速度大小为 21m/sD. 该粒子到达C点时速度方向与BC边垂直
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.实验小组的同学用如图所示的装置做“用单摆测重力加速度”的实验。
(1)实验室有如下器材可供选用：
A.长约1m的细线
B.长约1m的橡皮绳
C.直径约2cm的铁球
D.直径约2cm的塑料球
E.米尺
F.时钟
G.停表
实验时需要从上述器材中选择：______(填写器材前面的字母)。
(2)在挑选合适的器材制成单摆后他们开始实验，操作步骤如下：
①将单摆上端固定在铁架台上。
②测得摆线长度，作为单摆的摆长。
③在偏角较小的位置将小球由静止释放。
④记录小球完成n次全振动所用的总时间t，得到单摆振动周期T=tn。
⑤根据单摆周期公式计算重力加速度的大小。
其中有一处操作不妥当的是______。(填写操作步骤前面的序号)
(3)发现(2)中操作步骤的不妥之处后，他们做了如下改进：让单摆在不同摆线长度的情况下做简谐运动，测量其中两次实验时摆线的长度l1、l2和对应的周期T1、T2，通过计算也能得到重力加速度大小的测量值。请你写出该测量值的表达式g=______。
(4)实验后同学们进行了反思。他们发现由单摆周期公式可知周期与摆角无关，而实验中却要求摆角较小。请你简要说明其中的原因。
12.某同学要测量一节干电池的电动势和内阻。他根据老师提供的以下器材，画出了如图甲所示的原理图。

①电压表V(量程3V，内阻RV约为10kΩ)
②电流表G(量程3mA，内阻RG=100Ω)
③电流表A(量程3A，内阻约为0.5Ω)
④滑动变阻器R1(0～20Ω,2A)
⑤滑动变阻器R2(0～500Ω,1A)
⑥定值电阻R3=0.5Ω
⑦开关S和导线若干
(1)该同学发现电流表A的量程太大，于是他将电流表G与定值电阻R3并联，实际上是进行了电表的改装，则他改装后的电流表对应的量程是______A。(保留两位有效数字)
(2)为了能准确地进行测量，同时为了操作方便，实验中应选用的滑动变阻器是______。(填写器材编号)
(3)该同学利用上述实验原理图测得数据，以电流表G读数为横坐标，以电压表V的读数为纵坐标绘出了如图乙所示的图线，根据图线可求出电源的电动势E= ______V，电源的内阻r= ______Ω。
四、简答题：本大题共3小题，共41分。
13.如图，电路中电源的电动势为E=16V、内阻为r=1Ω，电动机M的内阻为rM=1.5Ω，灯泡L上标有“4V，8W”。电流表和电压表均为理想电表。闭合开关S，灯泡和电动机都正常工作。求：
(1)电流表的示数；
(2)电压表的示数；
(3)电动机M的输出功率。
14.如图所示，光滑圆弧轨道的圆心为O1(图中未画出)，半径为R=1m，圆弧底部中点为O，两个大小可忽略，质量分别为m1和m2的小球A和B，A在离O点很近的轨道上某点，AO1与竖直方向的夹角为θ，并且csθ=0.99，B在O点正上方处，现同时释放两球，使两球在小球A第三次通过O点时恰好相碰，取g=10m/s2，π2≈g。求：
(1)小球A做简谐运动的周期。
(2)小球A经过最低点时的速度大小。
(3)小球B应由多高处自由落下？
15.如图，水平轨道AB与半径为R的竖直半圆弧轨道BCD在B点平滑连接，整个装置处于与水平方向成45°角斜向上的匀强电场中，场强大小E= 2mgq。质量为m，电荷量为q的带正电小球从水平轨道上A点静止释放后以水平速度v0= 3gR经B点进入圆弧轨道。不计一切摩擦阻力，重力加速度大小为g。求：
(1)水平轨道AB之间的距离；
(2)小球运动到圆弧轨道上B点时所受轨道支持力的大小；
(3)小球在轨道上运动的最大速度；
(4)小球从D点离开圆弧轨道到第一次返回轨道所经历的时间。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：自奥斯特实验之后，安培等人又做了很多实验，他们发现，不仅通电导线对磁体有作用力，磁体对通电导线也有作用力。为了纪念安培，人们把这种相互作用力称为安培力。故C正确，ABD错误。
故选：C。
根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可。
物理学史也是物理考试中经常出现的一类题型，要求学生熟记著名科学家的贡献．
2.【答案】D
【解析】解：A、由图可知：该质点的振幅为10cm，故A错误；
B、在1.5s时刻质点的位移为正值，质点在平衡位置的右侧，在2.5s时刻质点的位移为负值，质点在平衡位置的左侧，二者位置不同，故B错误；
C、由图可知：在2s到3s的时间内，振子远离平衡位置，回复力做负功振子的速度减小，加速度增大，故C错误；
D、由小球振动图像可知，振动周期T=4s，即质点完成一次全振动的时间为4秒，故D正确。
故选：D。
3.【答案】C
【解析】解：以小球为研究对象，对小球进行受力分析，根据小球处于平衡状态可知：
F=mgtanθ
而小球所受库仑力大小为mgtanθ。
由于小球受到正电荷的排斥力，所以小球也带正电。故C正确，ABD错误
故选：C。
根据小球的状态可以求出小球的受力情况，从而求出两球之间的库仑力，再根据电荷之间的相互作用判断电性。
对于复合场中的共点力作用下物体的平衡其解决方法和纯力学中共点力作用下物体的平衡适用完全相同的解决方法。
4.【答案】C
【解析】解：电路的结构是：变阻器与灯B并联与R串联，再与灯A并联．当变阻器的滑片P向下端滑动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，则知总电流增大，内电压增大，路端电压减小，通过A的电流减小，则灯A变暗．因总电流增大、通过A的电流减小，则通过R的电流增大，R的电压增大，路端电压减小，则B两端电压的减小，B灯变暗．所以A、B灯均变暗．
故选：C．
首先认识电路的结构：变阻器与灯B并联与R串联，再与灯A并联．当变阻器的滑片P向下端滑动时，变阻器接入电路的电阻减小，分析外电路总电阻减小，根据欧姆定律分析总电流的变化和路端电压的变化，即可知道灯A的亮度变化．根据总电流和通过A电流的变化，分析通过R的电流变化和电压变化，可分析出B两端电压的变化，即可知灯B亮度变化．可分析出通过并联电路的变化，则知灯B的变化．
本题是电路动态变化分析问题，按“局部→整体→局部”的思路进行分析．
5.【答案】B
【解析】解：A、粒子从A点运动到B点的过程中，粒子的运动轨迹向右弯曲，根据曲线运动的受力特点，电场力指向凹侧。粒子在A点受到的电场力方向与电场线方向同向，故粒子带正电，故A错误；
BC、粒子所受电场力方向与速度方向成锐角，故电场力做正功，动能增大，电势能减小，速度增大，故B正确，C错误；
D、从A点到B点，电场线越来越密，电场强度增大，电场力增大，粒子的加速度增大，故D错误。
故选：B。
电场力作用下从A到B，由运动与力关系可知，电场力方向沿电场线，指向运动轨迹弯曲一侧，即可判断带电粒子电性；根据力的方向与速度方向的关系判断粒子的速度变化和电势能变化；电场线的疏密表示电场强度的大小，从而判断粒子的加速度的变化。
本题关键是根据运动轨迹来判定电场力方向，知道电场线的疏密表示电场强度的强弱，会用电场力做功判断速度和电势能的变化。
6.【答案】C
【解析】解：依题意据几何知识知：θ=60°
设每根导线在D点产生的磁感应强度为B，据矢量合成的平行四边形定则有；B0=2Bcsθ=2B×12=B
若把置于C点的直导线反向，电流大小和方向都不变，据几何知识可得：α=30°，
D点合磁感应强度大小为：B′=2Bcsα=2B0csα= 3B0，方向竖直向下，故C正确，ABD错误；
故选：C。
由磁场的叠加可知每根导线在O点产生的磁感应强度大小，移动之后距D点的距离不变，故磁感应强度大小不变，则由矢量合成的方向可得出移动之后的合磁感应强度；
磁感应强度为矢量，在求合磁感应强度时应先分别求得各导线D点的磁感应强度再由矢量合成方法求得总的磁感应强度。
7.【答案】C
【解析】解：撤去电场之前，小球做类平抛运动，根据牛顿第二定律有
qE+mg=ma
根据分运动的规律有
h=12at12
x1=v0t1
撤去电场之后，小球做平抛运动，则有
h=12gt22
x2=v0t2
根据题意有：x2−x1=d
解得：E=15N/C，故ABD错误，C正确。
故选：C。
撤去电场之前，小球做类平抛运动，根据牛顿第二定律求出加速度，结合分位移公式列式。撤去电场之后，小球做平抛运动，根据分位移公式列式。结合M、N两点的距离d=1m求解。
对于类平抛运动和平抛运动，要掌握它们的处理方法：运动的合成与分解，要掌握分运动的规律，结合牛顿第二定律进行解答。
8.【答案】CD
【解析】解：A、如图(a)，闭合线圈在匀强磁场中沿垂直磁感线的方向水平向右运动，穿过闭合线圈的磁通量不发生变化，所以没有感应电流产生，故A错误；
B、如图(b)，导体棒在匀强磁场中沿磁感线方向上下运动，穿过含有导体棒的闭合电路的磁通量不发生变化，所以没有感应电流产生，故B错误；
C、如图(c)，把条形磁铁插入线圈的过程，使穿过线圈的磁通量增加，则在线圈中有感应电流产生，故C正确；
D、如图(d)，小螺线管置于大螺线管中不动，开关接通瞬间，穿过大螺线管的磁通量从无到有，所以大螺线管中有感应电流产生，故D正确。
故选：CD。
根据产生感应电流的条件判断即可。
产生感应电流的条件是穿过闭合回路的磁通量发生变化。
9.【答案】ABD
【解析】解：A、波沿x轴正方向传播，质点的振动方向与波的传播方向垂直，可知该机械波为横波，故A正确；
B、由图可知该波的波长λ=4m，由波速公式v=λf可得：f=1.25Hz，故B正确；
C、P点开始振动的方向与图中x=4m处质点开始振动的方向相同，由波形平移法可知P点开始振动的方向沿y轴正方向，故C错误；
D、该波的周期为T=1f=11.25s=0.8s，波从图示位置传到P点的时间为t=xv=8−45s=0.8s，从t=0到t=2s，质点P振动的时间为Δt=2s−t=2s−0.8s=1.2s=1.5T，则从t=0到t=2s，P点振动路程为s=1.5×4A=6×10cm=60cm=0.6m，故D正确。
故选：ABD。
根据质点的振动方向与波的传播方向判断波的类型。由图读出波长，由波速公式v=λf求机械波的频率，并求出周期。P点开始振动的方向与图中x=4m处质点开始振动的方向相同，由波形平移法判断。根据质点P振动的时间与周期的倍数求质点P振动的路程。
本题考查波动图像，要理解波的形成过程，要掌握波的基本特点：介质中各个质点的起振方向都与波源起振方向相同，可根据波形平移法判断。
10.【答案】AC
【解析】解：B、φA=10V，φB=30V，可知AB的中点E的电势为20V，可知EC为等势线，如图所示，
连接EC，作EC的垂线，由几何关系，根据沿电场线方向电势降低可知场强方向由B指向D，故B错误；
A、由几何关系可知F为BD的中点，有：φA=φD，φF=φC=20V，且：φB+φD=2φF=40V
可得：φD=10V，故A正确；
C、电场强度的大小：E=φB−φCBCcs30∘=30−202× 32V/m=10 33V/m
垂直电场强度方向小球做匀速直线运动，则有：AD+CDsin30°=v0t
沿电场强度方向小球做匀加速直线运动，则有：AEsin60°=12⋅qEmt2
联立代入数据解得：v0=3m/s，t=1s
小球沿电场强度方向的分速度为：vy=at
代入数据得到：vy=2 3m/s
该粒子到达C点时速度大小为：vC= v02+vy2
代入数据得：vC= 21m/s，故C正确；
D、如图所示，
根据类平抛规律的推论，该粒子到达C点时速度与EC延长线的夹角的正切值为：tanθ=vyv0=2 33
可知：θ≠30°，即该粒子到达C点时速度方向不与BC边垂直，故D错误。
故选：AC。
在匀强电场中，平行的等间距的两点间的电势差相等，结合题设条件可得电场强度的方向，根据U=dE求解电场强度的大小，D点电势值；
根据粒子初速度方向，可判断其运动性质，根据类平抛运动规律求出到达a点时的速度大小和方向。
解决该题的关键是掌握匀强电场中电场线的确定方法，熟记电势差与电场强度的关系式，还有类平抛运动的规律。
11.【答案】ACEG ② 4π2(l1−l2)T12−T22
【解析】解：(1)单摆的摆长不可伸长，为减小空气阻力的影响和实验误差，先选用长约1m的细线，直径约2cm的铁球，要用米尺测量摆长，停表测量周期，故答案为：ACEG。
(2)操作不妥当的是②.单摆的摆长应等于摆线长度加摆球的半径。
(3)设摆球的半径为r，则根据单摆的周期公式得：
T1=2π l1+rg
T2=2π l2+rg
联立解得g=4π2(l1−l2)T12−T22
(4)T=2π lg是单摆做简谐运动的周期公式。当摆角较小时才可以将单摆的运动视为简谐运动。
故答案为：
(1)ACEG。
(2)②
(3)4π2(l1−l2)T12−T22。
(4)T=2π lg是单摆做简谐运动的周期公式。当摆角较小时才可以将单摆的运动视为简谐运动。
(1)为减小实验误差，应选择适当长些的非弹性细线做摆线，应选择质量大而体积小，即密度大的金属球做摆球，根据实验注意事项与实验器材分析答题。
(2)根据实验注意事项与操作规程分析。
(3)对两种情况，分别运用单摆的周期公式列式，即可求得g的表达式。
(4)当摆角较小时才可以将单摆的运动视为简谐运动，才能根据单摆的周期公式T=2π lg来测量g。
本题考查了实验器材的选择、实验误差分析，要知道实验原理、实验注意事项、应用单摆周期公式，并能灵活运用。
12.【答案】0.60 ④ 1.5 1.0
【解析】解：(1)改装后电流表量程为I=IG+IGRGR3
代入数据I≈0.6A
(2)滑动变阻器采用限流式接法，为使电路中电流较大，并且方便调节，故实验中应选用的滑动变阻器是阻值范围较小的④。
(3)由(1)可知，改装后电流表的量程I=IG(1+RGR3)=IG(1+1000.5)=201IG
根据闭合电路欧姆定律可得E=201Ir+U
可得U=E−201r⋅I
结合U−I图像可知，图像的纵截距表示电动势，电源电动势E=b=1.5V
图像斜率的绝对值k=1.5−1.1(2.0−0)×10−3Ω=200Ω
结合U−I函数，斜率绝对值k=201r
代入数据解得r≈1.0Ω。
故答案为：(1)0.60；(2)④；(3)1.5；1.0。
(1)根据欧姆定律和并联电路的特点，求解改装电流表的量程；
(2)滑动变阻器采用限流式接法，从保证电路安全和方便调节的角度分析作答；
(3)根据改装电流表的量程和闭合电路的欧姆定律求解U−I函数，结合图像纵截距和斜率绝对值的含义求电动势和内阻。
本题考查了测量一节干电池的电动势和内阻的实验，要掌握电流表的改装方法；根据闭合电路的欧姆定律求解U−I函数是解题的关键。
13.【答案】解：(1)闭合开关S，灯泡正常工作，则电流表的示数为
I=PLUL=84A=2A
(2)设电压表的示数为U，由闭合电路欧姆定律有
U=E−Ir−UL=(16−2×1−4)V=10V
(3)电动机M的输入功率为P入=UI=10×2W=20W
电动机M的热功率为P热=I2rM=22×1.5W=6W
则电动机M的输出功率为P出=P总−P热=20W−6W=14W
答：(1)电流表的示数为2A；
(2)电压表的示数为10V；
(3)电动机M的输出功率为14W。
【解析】(1)闭合开关S，灯泡正常工作，根据P=UI求解电路中电流，即为电流表的示数；
(2)根据闭合电路欧姆定律列式，计算电压表的示数；
(3)电动机的输出功率等于输入功率和热功率的差值，据此求解即可。
解题关键是要知道电动机正常工作时，其电路为非纯电阻电路，不能直接使用欧姆定律解题。要明确电动机三种功率：电功率、机械功率和发热功率之间的关系。
14.【答案】解：(1)根据题意分析知，可将A球运动看作摆长为R的单摆，其周期：T=2π Rg=2 π2Rg≈2 R=2× 1s=2s
(2)小球从A到O的过程中机械能守恒，可得：m1gR(1−csθ)=12m1v2
可得：v= 0.2m/s
(3)A第三次通过位置O，即用时：t=54T=54×2s=2.5s
B做自由落体运动，用时与A相同，则：h=12gt2=12×10×2.52m=31.25m
答：(1)小球A做简谐运动的周期为2s。
(2)小球A经过最低点时的速度大小为 0.2m/s。
(3)小球B应由31.25m高处自由落下。
【解析】(1)A球是等效单摆，根据单摆的周期公式求出其周期；
(2)根据机械能守恒定律求出A经过最低点的速度；
(3)B球做自由落体运动，两个球在O点相遇，具有等时性，由此分析。
本题关键是明确两个球的运动规律，同时要注意等时性，不难。
15.【答案】解：(1)小球从A运动到B，根据动能定理有
qEcs45°xAB=12mv02
解得xAB=32R
(2)小球运动到圆弧轨道上B点时，由牛顿第二定律有：Eqsin45°+N−mg=mv02R
代入数据可得：N=3mg；
(3)小球所受电场力竖直方向的分力qEsin45°= 2mgq×q× 22=mg
所以小球离开D点后，小球所受合力为qEcs45°=ma，方向水平向右
则小球运动至C点时，速度最大，根据动能定理有
qE× 2R−mgR=12mvC2−12mv02
解得vC= 5gR
(4)小球从B点第一次到达D点过程，利用动能定理，则有：−mg×2R+Eq×2Rcs45°=12mvD2−12mv02
代入数据可得：vD= 3gR
小球离开D点后，小球所受合力为qEcs45°=ma，方向水平向右
可得a=g
所以小球离开D点后沿着水平方向向左做匀减速直线运动，速度减为零，然后反向做匀加速直线运动，小球从D点离开圆弧轨道到第一次返回轨道所经历的时间
t=2×vDg
解得t=2 3Rg
答：(1)水平轨道AB之间的距离为32R；
(2)小球运动到圆弧轨道上B点时所受轨道支持力的大小为3mg；
(3)小球在轨道上运动的最大速度为 5gR；
(4)小球从D点离开圆弧轨道到第一次返回轨道所经历的时间为2 3Rg。
【解析】(1)小球从A运动到B，根据动能定理解得AB距离；
(2)小球在B点时，由牛顿第二定律可得支持力的大小；
(3)根据小球受力情况，根据动能定理解得最大速度；
(4)小球从D点离开圆弧轨道后，根据小球受到的合力与速度方向的关系，可知小球的运动特点，根据运动学公式可得小球第一次返回轨道所经历的时间。
本题考查了带电粒子在电场和重力场中的运动，解题的关键是分析出小球整个运动过程的特点。