2023-2024学年青海省西宁市第十四中学高二（下）期末考试物理试卷（含答案）

这是一份2023-2024学年青海省西宁市第十四中学高二（下）期末考试物理试卷（含答案），共10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.如图所示，“L”型导线abc固定并垂直于磁场放置在磁感应强度大小为B的匀强磁场中、已知ab=bc=l，ab垂直bc。导线通入恒定电流I时，导线abc受到的安培力大小为( )
A. BIl B. 2BIlC. 2BIl D. 5BIl
2.如图所示，一细光束从空气经界面EE′折射入平行玻璃砖，由界面FF′出射至空气时分为了a、b两束。下列说法正确的是( )
A. 出射的a、b光必平行
B. 在玻璃中，a光的传播速度大于b光的传播速度
C. 若增大入射角θ，在FF′下侧，出射光a、b将先后消失
D. 若用a、b光分别照射同一双缝干涉装置，形成的条纹间距a光大于b光
3.图(甲)所示为以O点为平衡位置、在A、B两点间做简谐运动的弹簧振子，图(乙)为这个弹簧振子的振动图象，由图可知下列说法中正确的是( )
A. 在t=0.2s时，弹簧振子可能运动到B位置
B. 在t=0.1s与t=0.3s两个时刻，弹簧振子的速度相同
C. 从t=0到t=0.2s的时间内，弹簧振子的动能持续地增加
D. 在t=0.2s与t=0.6s两个时刻，弹簧振子的加速度相同
4.如图所示，一砂袋用无弹性轻细绳悬于O点，开始时砂袋处于静止状态，一弹丸以水平速度v0击中砂袋后未穿出，二者共同摆动。若弹丸质量为m，砂袋质量为5m，弹丸和砂袋形状大小忽略不计，弹丸击中沙袋后漏出的沙子质量忽略不计，不计空气阻力，重力加速度为g。下列说法中正确的是
A. 弹丸打入砂袋过程中，细绳所受拉力大小保持不变
B. 弹丸打入砂袋过程中，系统动量不守恒
C. 弹丸打入砂袋过程中所产生的热量为mv0272
D. 砂袋和弹丸一起摆动所达到的最大高度为v0272g
5.用质谱仪测量带电粒子的比荷，其原理如图所示，A是粒子源，释放出的带电粒子(不计重力)经小孔S1飘入电压为U的加速电场(初速度可忽略不计)，加速后经小孔S3进入磁感应强度大小为B的匀强磁场中，最后打在照相底片上的D点。测得D点到S3的距离为d，则该粒子的比荷等于( )
A. 8UB2d2B. 4UB2d2C. 2UB2d2D. UB2d2
6.如图所示，螺线管匝数n=1000匝，横截面积S=20cm2，螺线管导线电阻r=1Ω，电阻R=3Ω，管内磁场的磁感应强度B的B−t图象如图所示(以向右为正方向)，下列说法错误的是( )
A. 通过电阻R的电流方向是从C到AB. 电阻R两端的电压为4V
C. 感应电流的大小为1AD. 0−2s内通过R的电荷量为2C
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18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.如图所示，两平行金属板P、Q水平放置，板间存在电场强度为E的匀强电场和磁感应强度为B1，方向垂直纸面向里的匀强磁场。一个带正电的粒子在两板间沿中心线O′O做匀速直线运动。粒子通过两平行板后从O点进入磁感应强度为B2，方向垂直纸面向外的匀强磁场中，粒子做匀速圆周运动，经过半个圆周后打在挡板MN上的A点，测得O，A两点间的距离为L，不计粒子重力，则( )
A. 金属板P电势高
B. 粒子在P、Q两板间做匀速直线运动的速度大小v=EB2
C. 粒子的电荷量与质量之比qm=2ELB1B2
D. 粒子在磁场中运动的时间为t=πLB12E
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16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.在“用双缝干涉测光的波长”实验中：
(1)下列说法正确的是______。
A.调节光源高度使光束沿遮光筒轴线照在屏中心时，应放上单缝和双缝
B.测量某条干涉条纹位置时，应使分划板中心刻线与亮条纹的中心对齐
C.为减小测量误差，测出n条亮条纹间的距离a，再求出相邻两条亮条纹的距离Δx=an
(2)测量某亮纹位置时，手轮上的 示数如图，其示数为______mm。
(3)测得相邻两条亮条纹间的距离Δx=2.6×10−3m，且已知双缝间距d为2.0×10−4m，双缝到毛玻璃屏的距离l为0.800m，由计算式λ=______，求得所测光的波长为______m。
四、计算题：本大题共3小题，共38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，两根足够长的平行金属导轨MN、PQ固定在倾角θ=37​∘的绝缘斜面上，顶部接有一阻值R=3Ω的定值电阻，下端开口，轨道间距L=1m，整个装置处于磁感应强度B=2T的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向上，质量m=1kg的金属棒ab置于导轨上，ab在导轨之间的电阻r=1Ω，电路中其余电阻不计，金属棒ab由静止释放后沿导轨运动时始终垂直于导轨，且与导轨接触良好，不计空气阻力影响，已知金属棒ab与导轨间动摩擦因数μ=0.5，sin37∘=0.6cs37∘=0.8，取g=10m/s2。
(1)求金属棒ab沿导轨向下运动的最大速度vm。
(2)求金属棒ab沿导轨向下运动过程中，电阻R上的最大电功率PR。
(3)若从金属棒ab开始运动至达到最大速度的过程中，电阻R上产生的焦耳热总共为1.5J，求这个过程的经历的时间。
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。
参考答案
1.B
2.A
3.A
4.D
5.A
6.B
7.C
8.BD
9.ACD
10.BD
11.(1)1.82
(2) 4π2L1−L2T12−T22
(3) 不过原点 4π2k

12.(1) B；
(2)1.970；
(3)Δx⋅dl；6.5×10−7。
13.(1)根据理想气体状态方程
pVT=C
气体从a到b的过程中，由图像可知
VT=k
可知气体从a到b的过程中，气体做等压变化，气体的压强不变。
(2)气体从a到b过程中，体积增大，气体对外做功大小为
W=−p⋅ΔV=−0.4×105×(4−2)×10−3J=−80J
根据热力学第一定律可得
ΔU=W+Q
解得气体的内能增加了
ΔU=220J

14.解：(1)金属棒由静止释放后，沿斜面做变加速运动，加速度不断减小，当加速度为零时有最大速度vm，
由牛顿第二定律mgsinθ−μmgcsθ−F安=0，
且F安=BIL，I=ER+r，E=BLvm，
解得vm=2.0m/s；
(2)金属棒以最大速度vm匀速运动时，电阻R上的电功率最大，此时
PR=I2R，
联立解得PR=3W；
(3)设金属棒从开始运动到达到最大速度过程中，沿导轨下滑距离为x，由能量守恒定律
mgxsinθ=μmgxcsθ+QR+Q+12mvm2，
根据焦耳定律QRQ=Rr，
联立解得x=2.0m，
通过回路的电荷量q=IΔt，
且I=ER+r，E=ΔΦΔt=BLxΔt，
解得q=BLxR+r=1.0C，
由动量定理：mgsinθ−μmgcsθΔt−BILΔt=mvm−0，
解得Δt=2s。

15.(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，根据牛顿第二定律对B、A有
T−mg=ma ， 2μmg−T=2ma ，
根据题意
v22=2ax ， v2=at ， x=−v1t+12gt2
解得
μ=1