陕西省天一大联考2023-2024学年高二下学期期末联考物理试卷

这是一份陕西省天一大联考2023-2024学年高二下学期期末联考物理试卷，共12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.某同学用如图所示装置研究光电效应，金属板N的左侧表面涂有荧光物质，用波长为λ的紫外线照射金属板M会逸出光电子，在两金属板间加有电压，当两金属板间的电压为U时，荧光物质刚好不发光。已知普朗克常量为h，光在真空中传播速度为c，电子的电量为e，则下列说法正确的是( )
A. 将N板向左移，荧光物质不会发光B. 将N板向上移，荧光物质会发光
C. 光电子的最大初动能为hcλD. 金属板M的极限频率为eUh
2.如图1所示，某手机店用放在水平面上的折叠支架来展示手机，图2为示意图，背部支撑面与底部支撑面垂直，不计背部支撑面与手机间的摩擦，减小背部支撑面与水平面的夹角θ，则( )
A. 支架底座与水平面间摩擦力增大
B. 手机对底部支撑面的压力增大
C. 手机对支架的作用力增大
D. 手机重力和底部支撑面对手机作用力的合力增大
3.由于地球自转，地球两极和赤道处的重力加速度不同，若地球两极处的重力加速度为g，地球的自转周期为T，将地球看成质量分布均匀、半径为R的球体，则质量为m的物体在赤道处受到的重力大小为( )
A. mgB. mR(2πT)2C. mg+mR(2πT)2D. mg-mR(2πT)2
4.如图所示，甲、乙两同学在水平地面上练习垫排球。甲同学将排球垫过去的轨迹为Ⅰ，乙同学将排球垫回的轨迹为Ⅱ，两同学的接球点在同一高度，甲同学垫球和接球的位置相同，球可视为质点，不计空气阻力，关于排球在轨迹Ⅰ、Ⅱ中的运动，下列判断正确的是( )
A. 运动时间可能相同B. 最小速度大小可能相同
C. 最大速度大小可能相同D. 重力的最大瞬时功率可能相同
5.利用洛埃镜可以测量光的波长，其原理和杨氏双缝干涉实验相同。S为单色光源，M为水平放置的平面镜，S到平面镜的距离为a，到光屏的距离为b，下列判断正确的是( )
A. 若条纹间距为d，则单色光波长为adb
B. 仅增大a，条纹间距增大
C. 仅增大b，条纹间距增大
D. 仅将平面镜向左平移一小段距离，条纹间距增大
6.如图所示为电磁炮的基本原理图(俯视图)。水平平行金属直导轨a、b充当炮管，金属弹丸放在两导轨间，与导轨接触良好，两导轨左端与一恒流源连接，可使回路中的电流大小恒为 I，方向如图所示，两导轨中电流在弹丸所在处产生的磁场视为匀强磁场。若导轨间距为 d，弹丸质量为m，弹丸在导轨上运动的最大距离为s，弹丸能加速的最大速度为v，不计摩擦，则下列判断正确的是( )
A. 导轨间的磁场方向向上
B. 导轨间的磁场磁感应强度大小为mv22Ids
C. 弹丸克服安培力做功获得动能
D. 弹丸先做加速度越来越小的加速运动，最后做匀速运动
7.如图所示的变压器为理想变压器，n1n2=41，两定值电阻的阻值均为R，在原线圈两端接入电压为U的正弦交流电源。若仅用导线连接a、b，变压器原线圈输入的功率为P;若仅用导线连接c、d，变压器原线圈输入的功率为14P;若用导线连接a、c，再用导线连接b、d，变压器原线圈输入的功率为( )
A. 34PB. 38PC. 98PD. 916P
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
8.如图所示为一列沿x轴传播的简谐横波在t=0.5s时刻的波形图，P、Q是波传播路径上的两个质点，t=0.5s时刻，质点P的位移为2cm，质点Q在平衡位置。从零时刻起，质点Q的振动方程为y=4sin2πt(cm)，则下列判断正确的是( )
A. 波沿x轴负方向传播
B. 波的传播速度大小为0.4m/s
C. 从图示时刻开始，质点P比质点Q先到达波谷
D. 质点P比质点Q振动超前712s
9.在空间固定A、B两个点电荷，图中实线为两电荷电场的部分电场线，过A、B的直线上有a、b、c、d四点，a、b到A的距离和c、d到B的距离均为L，a点电势比b点电势高，则下列判断正确的是( )
A. 电荷A带正电、电荷B带负电
B. A的电荷量比B的电荷量大
C. c点电势比d点电势高
D. 一个带负电的点电荷在b点电势能比在d点电势能大
10.如图所示，匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的磁场方向均沿水平方向垂直纸面向外，两磁场边界水平，磁场宽度均为L，磁场Ⅰ下边界到磁场Ⅱ上边界间距为2.5L，磁场Ⅰ的磁感应强度大小为B。边长为L、电阻为R的单匝正方形金属线框abcd在垂直于磁场的竖直平面内，开始时ab边离磁场Ⅰ上边界距离为12L，由静止释放金属线框，线框在向下运动的过程中始终在竖直面内，且ab边始终水平，线框分别匀速穿过磁场Ⅰ、Ⅱ，重力加速度为g，忽略空气阻力，则下列判断正确的是( )
A. 金属线框的质量为B2L2 gLR
B. 磁场Ⅱ的磁感应强度大小为 22B
C. 线框经过磁场Ⅰ产生的焦耳热小于经过磁场Ⅱ产生的焦耳热
D. 线框经过磁场Ⅰ、Ⅱ产生的总焦耳热为4B2L3 gLR
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.某实验小组要测量当地的重力加速度。由于没有摆球，小组成员找到了一块外形不规则的小金属挂件代替摆球做了一个如图所示的单摆。
(1)用刻度尺测量悬线的长L1，将挂件拉开一个不大于5∘的角度后释放，用秒表测出30次全振动的总时间t=54.6s，则挂件振动的周期T1=_________s。
(2)改变悬线的长，并测出悬线长L2，重复(1)实验，测出挂件振动的周期为T2，则当地的重力加速度为g=__________(用L1、L2、T1、T2表示)。
(3)若多次改变悬线的长度重复实验，测得每次实验时悬线的长L及对应的挂件振动的周期T，作T2-L图像，得到的图像是一条__________(填“过原点”或“不过原点”)的倾斜直线，若图像的斜率为k，则当地的重力加速度为g=__________。
12.某同学根据实验室提供的器材组成如图1所示电路，测电源电动势和内阻并同时测量电流表A2的内阻。所用器材：电源为两节干电池，电流表A1(量程0.6A，内阻r1=0.1Ω)，电流表A2(量程0.6A)，电阻箱R1(0∼999.9Ω)，滑动变阻器R2(0∼10Ω)，开关S1和单刀双掷开关S2、S3，导线若干。
(1)实验时，先将S2接1，S3接3，滑动变阻器接入电路的电阻调到最大，闭合开关S1，调节R1、R2，使电流表A1、A2的指针偏转均较大，若这时A1示数为I1、电流表A2的示数如图2所示，则电流表A2的示数为I2=__________A;若这时电阻箱接入电路的电阻为R0，则电流表A2的内阻r2=__________(用R0、I1、I2表示)。
(2)将开关S2接2，开关S3接4，将电流表A1改装成量程为3V的电压表，则电阻箱接入电路的电阻R1=__________Ω;多次调节滑动变阻器，测得多组电流表A1、A2的示数I1、I2，作I1-I2图像，得到图像与纵轴的截距为b，图像斜率的绝对值为k，则得到电源的电动势E=__________，内阻r=__________(后两空用b、k、r1、r2、R1中的符号表示)。
四、计算题：本大题共3小题，共30分。
13.一定质量的理想气体从状态a变化到状态b，其过程如图所示，图线ab的反向延长线经过坐标原点O，此过程中，气体吸收了300J的热量。已知气体在状态a时的压强为0.4×105Pa，求：
(1)气体从a到b的过程中，气体的压强是否发生了变化，并说明理由;
(2)气体从a到b的过程中，气体的内能增加了多少。
14.如图所示，在xOy坐标系中，垂直于x轴的虚线与y轴之间存在磁感应强度大小为B的匀强磁场(含边界)，磁场方向与xOy平面垂直。一质子束从坐标原点射入磁场，所有质子射入磁场的初速度大小不同但初速度方向都与x轴正方向成α=53∘角向下。PQ是与x轴平行的荧光屏(质子打到荧光屏上不再反弹)，P、Q两点的坐标分别为P(0,0.4l)，Q(l,0.4l)。已知质子比荷qm=k，sin53∘=0.8。求：(结果均可用分数表示)
(1)质子在磁场中运动的最长时间是多少;
(2)如果让荧光屏PQ发光长度尽可能长且质子的运动轨迹未出磁场，质子初速度大小的取值范围是多少。
15.如图所示，质量为2m的物块A放在特殊材料(动摩擦因数比较大)制成的水平面上，绕过定滑轮的轻绳一端与物块A相连，另一端吊着质量为m的物块B，处于静止状态。质量为m的圆环C套在轻绳上，在离物块B高度为h处由静止释放，C与B发生弹性碰撞，碰撞时间极短，当B的速度刚好为零时，C与B发生第二次碰撞。已知重力加速度为g，轻绳为不可伸长的刚性绳(即A、B及绳可视为整体)，圆环C与绳之间无摩擦，不计空气阻力，求：
(1)圆环C与物块B第一次碰撞前瞬间圆环C的速度大小;
(2)圆环C与物块B碰撞后瞬间，圆环C和物块B的速度大小;
(3)物块A与水平面间的动摩擦因数为多大。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】AB.根据题意可知光电效应的反向截止电压为U，将N板向左移和将N板向上移，，MN之间的电压不变，则荧光物质不会发光；故A正确，B错误；
C.根据动能定理可得，光电子的最大初动能Ekm=eU，故C错误；
D.根据爱因斯坦光电效应方程可知，金属K的逸出功W=hν0=hν-eU=hcλ-eU；，则ν0=cλ-eUh，故D错误。
故选A。
2.【答案】D
【解析】A.以整体为研究对象，可知支架底座与水平面间摩擦力为零，故A错误；
B.对手机受力分析，手机对底部支撑面的支持力N=mgsinθ，减小背部支撑面与水平面的夹角θ，手机对底部支撑面的压力减小；根据牛顿第三定律可知，手机对底部支撑面的压力减小；故B错误；
C.对手机受力分析，手机对支架的作用力等于手机的重力，大小不变；故C错误；
D.手机重力和底部支撑面对手机作用力的合力等于背部支撑面对手机的支持力，背部支撑面对手机的支持力N'=mgcsθ;减小背部支撑面与水平面的夹角θ，背部支撑面对手机的支持力增大；故D正确。
3.【答案】D
【解析】设地球的质量为M，质量为m的物体在两极所受地球的引力等于其所受的重力F=GMmR2=mg
物体在赤道处随地球自转做圆周运动的周期等于地球自转的周期，轨道半径等于地球半径。
根据万有引力定律和牛顿第二定律有GMmR2-mg0=m4π2RT2
解得mg0=mg-mR(2πT)2，故D正确，ABC错误.
4.【答案】C
【解析】A.不计空气阻力，排球做斜抛运动，竖直方向上做竖直上抛运动，水平方向做匀速直线运动，
设最高点到接球点的高度为h，根据竖直方向的运动规律，则运动时间t= 2hg，h1>h2，则t1>t2，故A错误；
B.在最高点竖直速度为零，速度最小为水平分速度，水平方向x=vxt，水平位移大小相同，则vx1C.接球点的竖直方向速度最大，则此位置速度最大，竖直方向vy= 2gh，则vy1>vy2，最大速度的大小v= vx2+vy2，所以最大速度大小可能相同，故C正确；
D.重力的最大瞬时功率P=mg⋅vy=mg 2gh，则P1>P2，故D错误。
5.【答案】C
【解析】A.光源到屏的距离可以看做双缝到屏的距离b，光源S到S平面镜中虚像的间距看做双缝的间距d'，则有d'=2a根据双缝干涉相邻条纹之间的距离公式可得Δx=b2aλ，若条纹间距为d，则b2aλ=d，解得λ=2adb，故A错误；
BCD.根据Δx=b2aλ；仅增大a，条纹间距减小；仅增大b，条纹间距增大；仅将平面镜向左平移一小段距离，b减小，条纹间距减小；故BD错误，C正确。
6.【答案】B
【解析】A.弹丸在安培力作用下做加速运动，故安培力方向向右，根据左手定则得出导轨间的磁场方向向下，故A错误；
B.根据加速过程动能定理得出BId⋅s=12mv2故得出B=mv22Ids，故B正确；
C.安培力做正功获得动能，故C错误；
D.根据牛顿第二定律得出得出a=BIdm，故加速度恒定，故D错误；
故选B。
7.【答案】C
【解析】根据题意可知，P14P=U2R2U3R2=U2U32=n2n32，故得出n2n3=21
设原线圈匝数为n1，故P=U22R=14U2R=116⋅U2R
当用导线连接a、c，再用导线连接b、d时，P入=(U2+U3)22R=(14U+18U)22R=(38U)22R=9128⋅U2R
由题意可知P入P=98P=U22R=(14U)2R=116⋅U2R
故P入=98P
故选C。
8.【答案】BD
【解析】A、从零时刻起，质点Q的振动方程为y=4sin2πt(cm)，t=0.5s时刻，质点Q的振动方向向下，由同侧法求出波沿x轴正方向传播，故A错误；
B、由波形图可知该简谐横波的波长为0.4m，周期为T=2π2πs=1s，波的传播速度v=λT =0.4m/s，故B正确；
C、质点Q向下振动，质点P向上振动，故从图示时刻开始，质点P比质点Q后到达波谷，故C错误；
D、由2=sin2π0.4xP得xP=16m，质点P比质点Q振动超前t=0.4-160.4s=712s，故D正确。
9.【答案】AC
【解析】A，根据电场线的特点可知，A、B两个点电荷为异种电荷，根据a点电势比b点电势高，可知电荷A带正电、电荷B带负电；故A正确；
B.因B电荷周围的电场线比较密集，则A的电荷量比B的电荷量小；故B错误；
C.B电荷在c点和d点电势相等；A电荷在c点比d点电势高；根据电势的叠加可知，c点电势比d点电势高；故C正确；
D.因b点电势比c点电势高，c点电势比d点电势高，则b点电势比dc点电势高，可知一个带负电的点电荷在b点电势能比在d点电势能低；故D错误。
10.【答案】BD
【解析】A、静止释放金属线框到ab边开始进入磁场Ⅰ，根据动能定理有mg⋅L2=12mv2
匀速穿过磁场Ⅰ，则mg=BIL，I=ER=BLvR
解得m=B2L2 gLgR，故A错误；
B、从cd出磁场Ⅰ到ab进磁场Ⅱ过程，根据动能定理有mg⋅1.5L=12mv'2-12mv2
匀速穿过磁场Ⅱ，则mg=B'I'L，I'=E'R=B'Lv'R
解得磁场Ⅱ的磁感应强度大小B'= 22B，故B正确；
C、线框分别匀速穿过磁场Ⅰ、Ⅱ，则根据功能关系知线框经过磁场Ⅰ产生的焦耳热为2mgL，等于经过磁场Ⅱ产生的焦耳热2mgL，故C错误；
D、线框经过磁场Ⅰ、Ⅱ产生的总焦耳热为Q=4mgL=4B2L3 gLR，故D正确。
11.【答案】(1)1.82；(2)4π2(L1-L2)T12-T22；(3)不过原点；4π2k。
【解析】(1)30次全振动的总时间t=54.6s，则挂件振动的周期T1=54.630s=1.82s；
(2)设摆线末端与小摆件重心间的距离为r，由周期公式可得T1=2π L1+rg，T2=2π L2+rg，联合解得g=4π2(L1-L2)T12-T22；
(3)设摆线末端与小摆件重心间的距离为r，由周期公式可得T=2π L+rg，整理得T2=4π2g⋅L+4π2rg，则图像是一条不过原点的倾斜直线，图像的斜率为k=4π2g，则当地的重力加速度为g=4π2k。
12.【答案】(1)0.26；(I1-I2)R0I2(2)4.9；b(r1+R1)；k(r1+R1)-r2
【解析】解：(1)电流表最小刻度为0.02，故电流表读数为0.26A，根据串并联知识可得：I2r2=(I1-I2)R0，解得：r2=(I1-I2)R0I2；
③根据串并联知识可得：U1=I1g(R1+r1)，解得：R1=U1-I1gr1I1g=3-0.1×0.60.6Ω=4.9Ω；
(2)由闭合电路的欧姆定律得：E=I2(r+r2)+I1(r1+R1)，
整理得：I1=-r+r2R1+r1I2+ER1+r1，
由图示图像可知，图像的斜率k=r+r2R1+r1，纵轴截距b=ER1+r1，
解得：r=k(r1+R1)-r2，电源电动势E=b(r1+R1)。
13.【答案】解：(1)由pV=nRT知，气体由状态a变化到状态b，做等压变化，气体的压强不变。
(2)气体从a到b过程中，体积增大，气体对外做功，W=-p⋅△V=-0.4×105×2×10-3J=-80J，内能的变化量ΔU=W+Q，解得△U=220J。
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
14.【答案】解：(1)质子能打到y轴上时，在磁场中运动的时间最长，如图1所示
由T=2πmBq，又由几何关系可知θ=2(90∘-α)，则粒子在磁场中运动的最长时间t=360∘-θ360∘T =143π90kB。
(2)当质子轨迹与PQ相切时，如图1所示，设此时初速度为v1，轨迹半径为R，
由几何关系可得R+Rcsα=0.4l，又qBv1=mv12R，解得v1=qBl4m=kBl4，
当粒子运动轨迹与磁场边界相切时，如图2所示，
设此时初速度为v2，轨迹半径为R'，由几何关系可得R'+R'sinα=l，又qBv2=mv22R'，解得v2=5qBl9m=5kBl9，综上可得kBl4≤v≤5kBl9。
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
15.【答案】解：(1)根据机械能守恒有mgh=12mv02，解得v0= 2gh。
(2)C与B发生弹性碰撞，根据动量守恒，设向下方向为正mv0=-mv1+3mv2，根据能量守恒12mv02=12mv12+12×3mv22，解得v1= 2gh2，v2=12v0= 2gh2。
(3)设A与水平面间的动摩擦因数为μ，碰撞后B向下做匀减速直线运动的加速度大小为a，则对B、A有T-mg=ma，2μmg-T=2ma，
根据题意v22=2ax，v2=at，x=-v1t+12gt2，解得μ=1。
【解析】详细解答和解析过程见【答案】