2023-2024学年湖南省邵阳市第二中学高二（下）期中考试物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年湖南省邵阳市第二中学高二（下）期中考试物理试卷（含解析），共16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.关于电磁波，下列说法正确的是( )
A. 电磁波在真空中自由传播时，其传播方向与电场强度、磁感应强度均垂直
B. 医院里经常利用红外线能摧毁病变细胞的作用对患者进行治疗
C. 电磁波在真空中的传播速度与电磁波的频率有关
D. 利用电磁波传递信号可以实现无线通信，但电磁波不能通过电缆、光缆传输
2.如图所示，R1为定值电阻，R2是电阻箱，L为小灯泡，当R2电阻变大时( )
A. R1两端的电压增大B. 电流表的示数增大C. 小灯泡的亮度变强D. 小灯泡的亮度变弱
3.图甲中，A、B是某电场中一条电场线上的两点，一个负电荷从A点由静止释放，仅在电场力的作用下从A点运动到B点，其运动的v−t图像如图乙所示。则( )
A. 这个电场是匀强电场
B. 可以知道A点电场强度大于B点电场强度
C. 可以知道A点电势大于B点电势
D. 某负电荷在A点的电势能小于B点的电势能
4.一列简谐横波在某时刻的波形图如图所示，此时介质中x=2m处的质点P正在沿y轴负方向运动，已知这列波的周期为0.2s，下列选项说法正确的是( )
A. 波向左传播
B. P质点的振幅为0.4m
C. 波传播的速度为20m/s
D. 该列横波由一种介质进入另一种介质中继续传播周期不变，波长不变
5.如图所示，在光滑的水平面上有两物块A、B，其中A的质量为m，B的质量为2m，物块B的左端固定一个轻弹簧。一开始物块B及弹簧静止，物块A以速度v0沿水平方向向右运动，通过弹簧与物块B发生作用，则弹簧最大的弹性势能是
( )
A. 12mv02B. 13mv02C. 14mv02D. 16mv02
6.如图，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从圆周上的M点沿直径MON方向射入磁场.若粒子射入磁场时的速度大小为v1，在磁场中运动时间为t1，离开磁场时速度方向偏转90；若粒子射入磁场时的速度大小为v2，在磁场中运动时间为t2，离开磁场时速度方向偏转60°，不计带电粒子所受重力，则t1：t2、v1：v2分别为( )
A. 2:3、1:2B. 3:2、1: 3C. 1: 2、 3:2D. 3:1、1: 3
二、多选题：本大题共4小题，共20分。
7.磁场中某区域的磁感线如图所示，则( )
A. a、b两点磁感强度大小相等
B. a、b两点磁感强度大小不等，Ba>Bb
C. 同一小段通电导线放在a处时所受的磁场力一定比放在b处时大
D. 同一小段通电导线放在a处时所受的磁场力可能比放在b处时小
8.如图所示，一束复色光从空气中沿半圆形玻璃砖半径方向射入，从玻璃砖射出后分成a、b两束单色光。则下列说法正确的是( )
A. 玻璃砖对b光的折射率为 3
B. a光在玻璃中的传播速度比b光在玻璃中的传播速度大
C. b光从玻璃射向空气发生全反射的临界角小于45∘
D. 经同一套双缝干涉装置发生干涉，b光干涉条纹间距比a光更宽
9.理想变压器原线圈两端输入的交变电流电压如图所示，变压器原、副线圈的匝数比为5：1，如图乙所示，定值电阻R0= 10 Ω，R为滑动变阻器，则下列说法正确的是
( )
A. 电压表的示数为44V
B. 变压器输出电压频率为10 Hz
C. 当滑动变阻器滑片向下移动时，电压表的示数不变
D. 当滑动变阻器滑片向下移动时，电流表的示数减小
10.如图甲所示，为保证游乐园中过山车的进站安全，过山车安装了磁力刹车装置，磁性很强的钕磁铁安装在轨道上，正方形金属线框安装在过山车底部。过山车返回站台前的运动情况可简化为图乙所示的模型。初速度为v0的线框abcd沿斜面加速下滑s后，bc边进入匀强磁场区域，此时线框开始减速，bc边出磁场区域时，线框恰好做匀速直线运动，已知线框边长为l、匝数为n、总电阻为r，斜面与水平面的夹角为θ。过山车的总质量为m，所受摩擦阻力大小恒为f，磁场区域上下边界间的距离为l，磁感应强度大小为B，方向垂直斜面向上，重力加速度为g。则下列说法正确的是( )
A. 线框刚进入磁场时，从线框上方俯视，感应电流的方向为逆时针方向
B. 线框刚进入磁场时，线框受到安培力大小为n2B2l2r 2mgsinθ−fsm+v02
C. 线框进入磁场的过程中，通过线框导线横截面的电荷量为nBl2r
D. 线框穿过磁场过程中产生的焦耳热mgsinθ−fs+l+12mv02−mmgsinθ−f2r22n4B4l4
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.在“探究碰撞中的不变量”实验中，使用了如图甲所示的实验装置，实验原理如图乙所示。

(1)关于本实验，下列说法正确的是__________(填字母代号)﹔
A.斜槽轨道必须是光滑的
B.小钢球每次从斜槽上的同一位置由静止释放
C.入射小钢球的质量要大于被碰小钢球的质量
D.必须测量出斜槽末端到水平地面的高度
(2)用刻度尺测量M、P、N距О点的距离依次为x1、x2、x3，已知入射小钢球质量为m1，被碰小钢球质量为m2，通过验证等式___________是否成立，从而验证动量守恒定律(填字母代号)。
A.m2x2=m2x1+m1x3 B．m1x3=m2x2+m1x1
C.m1x2=m1x1+m2x3 D．m1x1=m2x2+m1x3
12.用如图1所示的电路图测量一节干电池的电动势和内阻。
(1)在下列实验器材中选出适当的实验器材进行实验。
电压表(V1)(量程0∼3V，内阻约3kΩ)
电压表(V2)(量程0∼15V，内阻约15kΩ)
电流表(A1)(量程0∼0.6A，内阻约0.125Ω)
电流表(A2)(量程0∼3A，内阻约0.025Ω)
滑动变阻器(R1)(总阻值约20Ω)
滑动变阻器(R2)(总阻值约2000Ω)
待测干电池(电动势约为1.5V)
开关(S)
导线若干
实验中电流表应选用______；电压表应选用______；滑动变阻器应选用______(填器材代号)。
(2)按正确的器材连接好实验电路后，接通开关，改变滑动变阻器的阻值R，读出对应的电流表的示数I和电压表的示数U，并作记录如图2；根据图线得到被测电池的电动势E=_______V，内电阻r=_______Ω(结果保留三位有效数字)。
(3)用电流表和电压表测定电池的电动势E和内电阻r的实验中，电路如图1所示。实验中考虑电压表内阻的影响导致系统误差分析下列说法正确的是( )
A.因为电流表的分压作用，测量的电流小于真实的电流，所以电源电动势的测量值大于真实值
B.因为电流表的分压作用，测量的电流大于真实的电流，所以电源电动势的测量值小于真实值
C.因为电压表的分流作用，测量的电流小于真实的电流，所以电源电动势的测量值小于真实值
D.因为电压表的分流作用，测量的电流小于真实的电流，所以电源电动势的测量值大于真实值
四、计算题：本大题共3小题，共40分。
13.如图所示，已知电子质量为m、电荷量为e，有一电子初速度为零，经电压U0加速后，进入两块间距为d的平行金属板间。若电子从两板正中间垂直电场方向射入，且正好能从金属板边缘穿出电场，飞出时速度的偏转角为θ，电子重力不计。求：
(1)电子刚进入板间电场时的速度大小v0。
(2)电子离开电场时的速度大小v。
14.如图甲所示，一个圆形线圈的匝数n=100，线圈面积S=200cm2，线圈的电阻r=1Ω，线圈外接一个阻值R=4Ω的电阻，把线圈放入一方向垂直线圈平面向里的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化规律如图乙所示。求：
(1)前2s内线圈中的感应电流的大小和方向；
(2)后2s内电阻R两端电压及消耗的功率。
15.如图所示，一滑板N的上表面由长度为L的水平部分AB和半径为R的四分之一光滑圆弧BC组成，滑板静止于光滑的水平地面上。物体P(可视为质点)置于滑板上面的A点，物体P与滑板水平部分的动摩擦因数为μμ<1，一根长度L、不可伸长的细线，一端固定于O′点，另一端系一质量为m0的小球Q，小球Q位于最低点时与物体P处于同一高度并恰好接触。现将小球Q拉至与O′同一高度(细线处于水平拉直状态)，然后由静止释放，小球Q向下摆动并与物体P发生弹性碰撞(碰撞时间极短)，已知物体P的质量为m，滑板的质量为2m，求：
(1)小球Q与物体P碰撞前瞬间小球Q的速度；
(2)小球Q与物体P碰撞后瞬间物体P的速度；
(3)要使物体P在相对滑板反向运动过程中，相对地面有向右运动的速度，求m0m的取值范围。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】【分析】
本题主要考查电磁波的传播以及电磁波的作用，了解电磁波的产生以及电磁波在现代生活中的应用，对于这部分知识要注意平时记忆和积累。
所有电磁波在真空中的传播速度都等于光在真空中的传播速度；电磁波是横波；电磁波传递信号可以实现无线通信，也可以通过电缆、光缆传输；明确各种电磁波的特点和用途，即可正确求解。
【解答】
A.电磁波是横波，每一处的电场强度和磁场强度总是相互垂直的，且与波的传播方向垂直，故A正确；
B.医院里经常利用γ射线能摧毁病变细胞的作用对患者进行治疗，故B错误；
C.电磁波在真空中的传播速度都相同，与电磁波的频率无关，故C错误；
D.电磁波传递信号可以实现无线通信，电磁波也能通过电缆、光缆传输，故D错误。
2.【答案】C
【解析】C
【详解】AB．R2是电阻箱，当R2电阻增大时，并联部分电阻增大，总电阻增大，总电流减小，R1两端电压减小，电流表示数减小，故AB错误；
CD.根据闭合电路欧姆定律可得，并联部分两端电压为
U=E−I(R1+r)
可知并联部分两端电压，即灯泡两端电压增大，通过灯泡的电流增大，故灯泡变亮，故C正确，D错误。
故选C。
3.【答案】B
【解析】解：AB、由v−t图像可知，负电荷从A点运动到B点做加速度逐渐减小的加速运动，因此该电荷所受的电场力越来越小，电场强度越来越小，所以可以知道A点电场强度大于B点电场强度，故B正确，A错误；
CD、从A点运动到B点，负电荷做加速运动，则动能增加，电场力做正功，则电势能减小，则A点电势低于B点电势，则某负电荷在A点的电势能大于B点的电势能，故CD错误。
故选：B。
v−t图象中的斜率表示物体的加速度，所以根据电荷运动过程中v−t图象可知电荷的加速度越来越小，则电场力越来越小，电场强度越来越小，根据电场线与电场强度的关系可得出正确结果。
本题结合v−t图象，考查电场线相关知识，关键要掌握电场线的性质，知道电场线的疏密表示电场强度的大小，沿电场线的方向电势降落；同时明确电荷受电场力与电场方向之间的关系。
4.【答案】C
【解析】C
【详解】A.由“上下坡法”可知该波向右传播。A错误；
B. 由图可知，P质点的振幅为0.2m。B错误；
C.由题意，波的传播周期为 T=0.2s ，波传播的速度为
v=λT=40.2m/s=20m/s
C正确；
D.该列横波由一种介质进入另一种介质中继续传播频率不变，故周期不变，但波速会发生变化，故波长会发生改变，D错误。
故选C。
5.【答案】B
【解析】【分析】
当两个物块速度相等时弹簧压缩量最大，弹性势能最大；物块A、B系统动量守恒，根据动量守恒定律求解共同速度；根据机械能守恒定律求解弹簧获得的最大弹性势能。
本题动量和能量的综合应用。本题关键明确当两个滑物块速度相等时弹簧压缩量最大，弹性势能最大；然后根据机械能守恒定律和动量守恒定律列式后联立求解。
【解答】
当A的速度大于B的速度时，弹簧的压缩量逐渐增大，当A、B速度相等时，弹簧被压缩到最短，弹簧的弹性势能最大，设系统的共同速度为v，以A、B组成的系统为研究对象，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv0=3mv，解得v=v03，弹簧弹性势能最大值为Ep=12mv02−12⋅3mv2=13mv02，故ACD错误，B正确。
6.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查带电粒子在磁场中的运动，正确画出运动轨迹，熟悉几何关系是解题的关键。
画出运动轨迹，由几何关系得出半径，结合洛伦兹力提供向心力得出速度之比，得出转过圆心角关系，结合周期公式和圆周运动的特征得出运动的时间之比即可判断。
【解答】
根据题意，粒子两次射入磁场的运动轨迹如图所示：
由几何关系可知，两次轨迹圆的半径分别为：R1=r，R2=rct30°= 3r，由洛伦兹力提供向心力可知：qvB=mv2R，则粒子的速度：v=qBRm，则粒子两次的入射速度之比为：v1v2=R1R2=1 3，两次粒子转过的圆心角之比θ1θ2=90°60°=32，由t=θ360°T=θ360°·2πmqB知，两次粒子运动的时间之比t1t2=θ1θ2=32，故B正确，ACD错误。
7.【答案】BD
【解析】解：AB、磁场中磁感线的疏密表示磁场的强弱，磁感线越密集的地方磁感应强度越大；由图可知a处的磁感线密，则：Ba>Bb，故A错误，B正确；
CD、通电导线在磁场中受到的安培力：F=BILsinθ，安培力大小除与B、I、L有关外，还与电流方向与磁感应强度方向间的夹角θ有关，由题意可知，同一小段通电导线分别放在a、b处，由于不知θ大小关系，无法判断安培力大小，安培力的大小可能相等、可能FaFb，故C错误，D正确。
故选：BD。
在磁场中磁感线的疏密表示磁场的强弱，由图可以直接判断出Ba、Bb大小的关系。安培力：F=BILsinθ。
电场线的疏密表示电场的强弱，磁感线的疏密表示磁场的强弱，这是电场线与磁感线的基本性质，要牢记。
8.【答案】ABC
【解析】【分析】
根据折射定律求出折射率，根据n=cv分析光在玻璃中的传播速度，根据sinC=1n分析临界角，折射率大的光频率大，波长小，根据Δx=Ldλ分析双缝干涉条纹间距。
【解答】
A.根据光路图，玻璃砖对b光的折射率为na=sin 60∘sin 30∘= 3，故A正确;
B.根据光路图，玻璃砖对b光的折射率为nb=sin(90∘−30∘)sin30∘= 3，可知，玻璃砖对b光的折射率大于玻璃砖对a光的折射率，根据n=cv可知，折射率越大，在同种介质中传播速度越小，则b光在玻璃中的传播速度比a光在玻璃中的传播速度小，故 B正确;
C.对b光有sinCb=1nb=1 3<1 2=sin45∘，即b光从玻璃射向空气发生全反射的临界角小于45∘，故 C正确;
D.由于玻璃砖对b光的折射率大于玻璃砖对a光的折射率，则b光的频率大于对a光的频率，而b光的波长小于对a光的波长，根据Δx=Ldλ可知，经同一套双缝干涉装置发生干涉，a光干涉条纹间距比b光更宽，故 D错误。
故选ABC。
9.【答案】AC
【解析】AC
【详解】A.原线圈电压有效值为220V，根据电压与匝数成正比知电压表示数为
U2=n2n1U1=2205V=44V
故A正确；
B. 由甲图知周期0.02s，则
f=1T=50Hz
变压器不改变交变电流的频率，故B错误；
CD.滑动触头P向下移动，电阻变小，输入电压和匝数不变，则副线圈电压不变，故电压表示数不变，副线圈电流增加，则原线圈电流增大，故电流表示数变大，故C正确，D错误。
故选AC。
10.【答案】BC
【解析】BC
【详解】A.根据右手定则可知，线框刚进入磁场时，从线框上方俯视，感应电流的方向为顺时针方向，A错误；
B.由动能定理可知，从初始位置到刚进入磁场时
mgsinθ−fs=12mv12−12mv02
解得
v1= 2mgsinθ−fsm+v02
线框刚进入磁场时，产生的感应电动势为
E=nBlv1
此时线框受到的安培力为
F=nBIl=n2B2l2rv1
解得
F=n2B2l2r 2mgsinθ−fsm+v02
B正确；
C.线框进入磁场的过程中，通过线框导线横截面的电荷量为
q=It=nBΔSrΔt⋅Δt=nBl2r
C正确；
D.设 bc 边出磁场区域时线框匀速运动的速度为 v2 ，则
mgsinθ=f+n2B2l2v2r
线框穿过磁场过程中，根据动能定理可得
mg⋅2lsinθ−f⋅2l+W安=12mv22−12mv12
由功能关系可知
Q=−W安=mgsinθ−fs+2l+12mv02−mmgsinθ−f2r22n4B4l4
D错误。
故选BC。
11.【答案】①. BC ②. C
【解析】【详解】(1)[1]A.斜槽不必光滑，只需保证每次从斜槽上同一位置由静止释放，到达斜槽末端速度就相等，A错误；
B.小球每次都必须从斜槽上的同一位置由静止释放，这样入射小球每次都能获得相同的动量，选项B正确；
C.为了防止反弹，入射小球的质量要大于被碰小球的质量，选项C正确；
D.斜槽末端到水平地面的高度决定了小球在空中的运动时间，不需要测量，选项D错误﹔
故选BC。
(2)[2]如果动量守恒，则有
m1vA1=m1vA2+m2vB2
由于两球在空中的运动时间相等，即
tA1=tA2=tB2
所以
m1vA1×tA1=m1vA2×tA2+m2vB2×tB2
即
m1x2=m1x1+m2x3
故选C。
12.【答案】(1) V1 A1 R1
(2) 1.50 1.00
(3)C
【详解】(1)[1]一节干电池的电动势约为1.5V，所以电压表应选量程为 0∼3V 的电压表 V1 ；
[2]电流表应选量程为 0∼0.6A 的电流表 A1 ；
[3]内阻约为几欧姆，所以滑动变阻器应选总电阻较小的 R1
(2)[4]根据闭合电路欧姆定律可得
U=E−Ir
根据 U−I 图线的纵截距得到被测电池的电动势
E=1.50V
[5]根据图线斜率的绝对值可得内电阻
r=ΔUΔI=1.50−Ω=1.00Ω
(3)[6]由图可知，电压表测路端电压，由于电压表的分流作用，使电流表的测量值小于真实值(通过电源的电流)，实验误差是由于电压表的分流造成的；当外电路短路时，电压表不分流，故短路电流相同，由于测量的电流值小于真实值，故作出测量值和真实值的 U−I 图像如图所示
由图像可知，电动势测量值小于真实值，电源内阻测量值小于直

【解析】详细解答和解析过程见答案
13.【答案】(1) 2eU0m ；(2) 1csθ 2eU0m
【详解】(1)电子在电场中加速，有
eU0=12mv02
解得
v0= 2eU0m
(2)电子离开电场时的速度
v=v0csθ=1csθ 2eU0m

【解析】详细解答和解析过程见答案
14.【答案】(1)0.02A，方向沿逆时针方向；(2) 0.32V ， 0.0256W
【详解】(1) 0∼4s 内，由法拉第电磁感应定律有
E1=nΔΦΔt=nΔBΔtS=100×0.4−0.24×0.02V=0.1V
则线圈中的感应电流大小为
I1=E1R+r=0.14+1A=0.02A
由楞次定律可知线圈中的感应电流方向沿逆时针方向；
(2)后2s内
E2=nΔΦ′Δt′=nΔB′Δt′S=100×0.42×0.02V=0.4V
则线圈中的感应电流大小为
I2=E2R+r=0.44+1A=0.08A
由楞次定律可知线圈中的感应电流方向沿顺时针方向。
电阻R两端电压为
U=I2R=0.08×4=0.32V
消耗的功率为
P=I22R=0.082×4W=0.0256W

【解析】详细解答和解析过程见答案
15.【答案】(1) 2gL ；(2) 2m0 2gLm0+m ；(3) m0m> μ 2− μ
【详解】(1)小球Q在下落过程中机械能守恒，因此有
m0gL=12m0vQ2
解得
vQ= 2gL
(2)小球Q和物体P发生弹性碰撞，则由机械能守恒定律和动量守恒定律有
m0vQ=m0v′Q+mv0
12m0vQ2=12m0v′Q2+12mv02
解得
v0=2m0vQm0+m=2m0 2gLm0+m
(3)要求物体P有相对地面向右的速度，说明物体P要滑到曲面上再返回运动，物体P相对滑板N反方向运动过程中，可以知道当再次回到B点时两者的速度最大，此时物体P有向右运动的速度即可，因此规定向左为正方向，再次回到B时水平方向动量守恒定律和能量守恒定律可得
mv0=mvp+2mvN
12mv02=12mvP2+12×2mvN2+μmgL
联立可得方程
3vp2−2v0vp−v02+4μgL=0
因物体要经过B点，因此要求判别式大于零，速度向右说明 vP 要小于零，则有
vP=2v0± 4v02−4×34μgL−v026
即满足不等式
4v02−4×34μgL−v02>0
又有
vP=2v0− 4v02−4×34μgL−v026<0
联立可得
m0m> μ 2− μ

【解析】详细解答和解析过程见答案