四川省绵阳市2023-2024学年高二上学期期末教学质量测试物理试卷（解析版）

这是一份四川省绵阳市2023-2024学年高二上学期期末教学质量测试物理试卷（解析版），共19页。试卷主要包含了考试结束后将答题卡收回，25VB等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.答题前，考生务必将自己的学校、班级、姓名用0.5毫米黑色签字笔填写清楚，同时用2B铅笔将考号准确填涂在“准考证号”栏目内。
2.选择题使用2B铅笔填涂在答题卡对应题目标号的位置上，如需改动，用橡皮擦擦干净后再选涂其它答案；非选择题用0.5毫米黑色签字笔书写在答题卡的对应框内，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。
3.考试结束后将答题卡收回。
第I卷（选择题，共48分）
一、本题共8小题，每小题4分，共32分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。
1. 将一个面积为的单匝线圈，放在磁感应强度为B=0.04T的匀强磁场中，当线圈平面与磁场方向成60°的夹角时，穿过线圈的磁通量为（ ）
A. 0B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】根据磁通量的定义式可知，穿过线圈的磁通量为
解得
故选C。
2. 两个可视为质点的完全相同的金属小球，电荷量分别为q和7q，当两球间距为L时库仑力大小为F。若把两球相互接触后再放回原位置，则两球之间的库仑力大小为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】当两球间距为L时库仑力大小为F，则有
若把两球相互接触后，小球带电量均
则两球之间的库仑力大小为
解得
故选B。
3. 如图所示，是单色光通过偏振片P、Q的实验情境，最右边是光屏，P固定不动，缓慢转动Q，光屏上的光亮度将明暗交替变化。此现象（ ）
A. 是光干涉现象B. 是光的衍射现象
C. 说明光是纵波D. 说明光是横波
【答案】D
【解析】
【详解】图中P固定不动，缓慢转动Q，光屏上的光亮度将明暗交替变化，此现象是光的偏振现象，表明光是横波。
故选D。
4. 用某种单色光进行双缝干涉实验，在屏上观察到干涉条纹，改变双缝到屏的距离后，条纹间距变为原来的1.5倍，如图所示。则双缝到屏的距离变为原来的（ ）

A. 倍B. 倍C. 倍D. 2倍
【答案】C
【解析】
【详解】根据双缝干涉的规律可知，相邻明或相邻暗条纹间距为
解得
由于改变双缝到屏的距离后，条纹间距变为原来的1.5倍，可知双缝到屏的距离变为原来的倍。
故选C。
5. 两根相距为L的直导线M和N均垂直于纸面放置，通过的电流I1和I2大小相等、方向相反，如图所示。纸面内与M、N距离均为L的P点的磁感应强度大小为B。如果仅让M中的电流反向，其它条件不变，则P点处磁感应强度的大小变为（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】电流I1和I2大小相等、方向相反，两电流在P点产生的磁感应强度大小相等，根据安培定则可以确定磁场的方向，如图所示
可知
如果仅让M中的电流反向，其它条件不变，根据安培定则可以确定磁场的方向，如图所示
则有
解得
故选C。
6. 如图甲所示，是某型号干电池的路端电压与电流的关系图线。将2节该型号干电池串联后接入如图乙所示的电路，已知R1=1Ω，R2=3Ω，R3=4Ω，R4=2Ω，则理想电压表的示数为（ ）
A. 0.25VB. 0.75VC. 1.25VD. 1.75V
【答案】B
【解析】
【详解】根据闭合电路欧姆定律有
结合图甲有
，
可知，2节该型号干电池串联后总电动势与总电阻分别为为
，
图乙中，电阻与串联后与电阻并联，再整体与串联，图乙电路的干路电流
解得
电阻与所在支路的电压
则理想电压表的示数
故选B。
7. 如图所示，是一列简谐横波在t=0.10s时刻的波形图，质点P、Q的平衡位置坐标分别为x=1m和x=4m，质点Q的振动方程。则下列分析正确的是（ ）
A. 该波沿x轴正方向传播
B. 从t=0.10s时刻起，质点Q比P先回到平衡位置
C. 从t=0.10s时刻起，质点P经过0.075s再次回到平衡位置
D. 从t=0.10s到0.20s内，质点Q沿x轴方向运动4m
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据质点Q的振动方程可知，周期
根据质点Q的振动方程对应的波形可知，t=0.10s时刻，质点Q沿y轴负方向运动，根据波形图，利用同侧法可知，该波沿x轴负方向传播，故A错误；
B．根据上述，t=0.10s时刻，质点Q沿y轴负方向运动，质点Q再次回到平衡位置至少经历时间为半个周期，根据同侧法可知，t=0.10s时刻，质点P沿y轴正方向运动，质点P再次回到平衡位置至少经历的时间小于半个周期，即从t=0.10s时刻起，质点P比Q先回到平衡位置，故B错误；
C．波长为8m，则波传播速度为
t=0.10s时刻，质点Q恰好位于回到平衡位置，其波形传播到P的距离为
4m-1m=3m
则需要的时间
即从t=0.10s时刻起，质点P经过0.075s再次回到平衡位置，故C正确；
D．质点只在平衡位置上下振动，并不随波迁移，即从t=0.10s到0.20s内，质点Q并没有沿x轴方向运动，故D错误。
故选C。
8. 如图，圆心为O的圆处于足够大的匀强电场中，电场方向与圆平面平行，ab和cd为该圆直径。在a点有一粒子源，在平行于圆周面内沿各个方向发射初动能为Ek、电荷量为q（q>0）的粒子。粒子从圆周上不同点离开，从b、d点离开时动能相等为3Ek，不计粒子重力。下列说法正确的是（ ）
A. 该匀强电场的场强方向与ad平行
B. ad间的电势差为
C. 粒子经过O点时的动能为1.5Ek
D. a点的电势高于c点的电势
【答案】A
【解析】
【详解】A．粒子从圆周上不同点离开，从b、d点离开时动能相等为3Ek，可知b、d点所在直线电势相等，电场方向与圆平面平行，可知b、d点在同一等势面，且电场线与等势面垂直，则电场线必垂直于直线bd
所以有几何关系有该匀强电场的场强方向与ad平行，故A正确；
B．由动能定理有
解得ad间的电势差为
故B错误；
C．电场强度为
粒子由a点到O点有
解得粒子经过O点时的动能为
故C错误；
D．圆处于匀强电场中，b、d点在同一等势面，电场线垂直于直线bd也必直线a c，即a、c在同一等势面，所以a点的电势等于c点的电势，故D错误。
故选A。
二、本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
9. 如图所示，是生产中使用的一种延时继电器的示意图。铁芯上绕有A、B两个线圈，线圈A跟电源连接，线圈B的两端直接接在一起，构成一个闭合回路。在开关S由闭合到断开的时，弹簧K并不能立即将衔铁D拉起使触头C离开，而是要过一小段时间后触头C才能离开，“延时继电器”就是这样得名的。有关“延时继电器”下列说法正确的是（ ）
A. 开关S闭合，线圈A轴线上的磁感线方向沿轴线向上
B. 开关S闭合，线圈A轴线上的磁感线方向沿轴线向下
C. 开关S断开瞬间，线圈A产生感应电流，使装置具有延时作用
D. 开关S断开瞬间，线圈B产生感应电流，使装置具有延时作用
【答案】AD
【解析】
【详解】AB．开关S闭合，根据电源的正负极，可以判定线圈A中电流的方向，根据安培定则可知，开关S闭合，线圈A轴线上的磁感线方向沿轴线向上，故A正确，B错误；
CD．根据上述，开关S闭合时，线圈A中电流激发的磁场在线圈B位置的磁场方向向上，开关S断开瞬间，穿过线圈B的磁通量减小，线圈B产生感应电流，使装置具有延时作用，故C错误，D正确。
故选AD。
10. 如图所示，A、B、C、D为正四面体的四个顶点，在A、B两点分别固定电荷量为+Q、Q的点电荷，C、D两点的电场强度分别为EC、ED，电势分别为φC、φD，下列判断正确的是（ ）

A. EC与ED相同B. EC与ED不相同
C. φC与φD相等D. φC与φD不相等
【答案】AC
【解析】
【详解】AB．根据等量异种点电荷电场线分布规律可知，A、B两点连线的中垂面上的电场强度方向均垂直与中垂面，即方向相同，在该中垂面上，以A、B两点连线的中点为圆心，以C点带连线间距为半径的圆周上的电场线分布的疏密程度相同，即圆周上各点的电场强度大小相等，方向相同，而C、D两点处于该圆周上，可知，EC与ED相同，故A正确，B错误；
CD．根据等量异种点电荷的等势线分布规律可知，A、B两点连线的中垂面为一个等势面，可知，φC与φD相等，故C正确，D错误。
故选AC。
11. 如图所示，为一个水平弹簧振子做简谐运动的振动图像，则该振子的速度—时间图像、加速度—时间图像可能正确的是（ ）

A. B.
C. D.
【答案】BC
【解析】
【详解】AB．图像的斜率表示速度，根据图像可知，从0时刻开始，斜率为负值，且斜率的绝对值先减小，表明0时刻，速度为负的最大值，故A错误，B正确；
CD．对于简谐运动，根据牛顿第二定律有
则有
可知，加速度与位移大小成正比，方向相反，故C正确，D错误。
故选BC。
12. 如图所示，水平放置的平行板电容器，极板间所加电压为U。带电粒子紧靠下极板边缘以初速度v0射入极板，入射时速度方向与极板夹角为45°，粒子运动轨迹的最高点恰好在上极板边缘，忽略边缘效应，不计粒子重力。下列说法正确的是（ ）
A. 粒子的电荷量q与质量m之比为
B. 粒子的电荷量q与质量m之比为
C. 保持入射方向不变，仅将粒子初速度大小变为原来的，粒子将打在下极板上
D. 保持入射方向不变，仅将粒子初速度大小变为原来的，粒子仍从极板之间飞出
【答案】AC
【解析】
【详解】
AB．如图所示，粒子在电场中做斜上抛运动，根据运动规律知
水平方向
竖直方向
由动能定理知
代入得
A正确、B错误；
CD．设当初速度是时运动时间为，初速度是时运动时间为，电场产生加速度为，极板长度为，则
当初速度是时
则可知
当初速度是时，由斜上抛运动对称性知，水平位移
则可知
保持入射方向不变，仅将粒子初速度大小变为原来的，粒子将打在下极板上，C正确、D错误；
故选AC。
第II卷（非选择题，共52分）
三、本大题2小题，每空2分，共16分。
13. 一同学利用图甲所示装置来测定当地的重力加速度。已知光滑圆弧凹槽ABC的半径为R，弧长为l（R远大于l），B为圆弧轨道最低点，A、C关于B点所在的竖直线对称。小钢球的半径为r（r远小于l），当小钢球经过圆弧轨道最低点B时，光传感器发出的光，恰好能过小钢球的球心。现将小钢球从A点由静止释放，沿凹槽ABC自由往复运动，光传感器接收端接收到一段时间内的光信号强度变化情况如图乙所示（只有已知）。
（1）该同学在分析光信号变化情况时，发现与相比，非常小，可以忽略不计。由此可得出，小钢球往复运动的周期为______。
（2）小钢球在圆弧轨道上的运动与单摆运动相似，根据“用单摆测量重力加速度”实验原理，可得当地的重力加速度g表达式为______。
（3）由于在计算周期时忽略了，由此测得重力加速度值与真实值相比是______。（选填“偏大”或者“偏小”）
【答案】 ① ②. ③. 偏大
【解析】
【详解】（1）[1]根据图乙可知
由于与相比，非常小，可以忽略不计，解得小钢球往复运动的周期为
（2）[2]单摆的摆长
根据
结合上述解得
（3）[3]由于在计算周期时忽略了，即测量的周期偏小，根据上述可知，测得重力加速度值与真实值相比是偏大
14. 测量金属的电阻率，完成以下实验：
（1）先用欧姆表“”的电阻挡粗测金属丝的电阻时，发现指针偏转的角度过大，改变量程，重新进行电阻调零后再进行测量，电表指针如甲图所示，则金属丝的电阻阻值约为_________Ω；
（2）设计电路精确测量金属丝的阻值，供选择的器材有：
电源E（电动势9V，内阻不计）；
电阻箱R（阻值范围）；
滑动变阻器（最大阻值50Ω）；
滑动变阻器（最大阻值500Ω）；
电流表A（量程，内阻）；
开关两个，导线若干。
设计的测量电路如图乙所示，主要实验步骤如下：
（i）按图示连接电路；
（ii）先将滑动变阻器的阻值调到最大，闭合、断开，调节滑动变阻器滑片P的位置，使电流表指针满偏；
（iii）保持滑动变阻器滑片P的位置不变，闭合，调节电阻箱的阻值，使电流表指针半偏；
（iv）记录此时电阻箱的阻值为R。
回答下列问题：
①为完成对金属丝阻值的测量，滑动变阻器应选用_________（填“”或“”）；
②电流表指针半偏，电阻箱读数为23.5Ω，则金属丝阻值测量值为__________Ω。
（3）用米尺测得金属丝长度。用螺旋测微器测量金属丝不同位置的直径，某次测量的示数如图丙所示，则该读数为_________mm。
（4）将所测数据代入金属丝电阻率的计算式__________，计算可得金属丝的电阻率。（用字母R、、d、π、L表示）
【答案】 ①. 14 ②. ③. 13.5 ④. 0.265 ⑤.
【解析】
【详解】（1）[1]欧姆档表中值电阻附近刻度线最均匀，读数误差最小，当档位“”，发现指针偏转角度过大，说明倍率选大了，则改变量程应该选择小的，即现在量程为“”。欧姆表读为
（2）[2]因为滑动变阻器要用分压式接入电路，为了调节方便，应选最大阻值较小的滑动变阻器，所以滑动变阻器应该选择。
[3]由半偏法的原理可知，其电阻箱的阻值即为待测电阻和电流表的阻值之和，即
解得
（3）[4]螺旋测微器的读数为
（4）[5]由上述分析有
由电阻定律有
导线的横截面积有
整理有
四、本大题3小题，共36分，要求写出必要的文字说明、主要的计算步骤和明确的答案。
15. 如图所示为一等腰直角棱镜截面图，一束单色光从直角边AB上的D点以入射角θ=60°入射，已知棱镜折射率为，AB边长为L，AD距离为，光在真空中的传播速度为c。不考虑被AC、BC内表面第二次反射后的光线。求：
（1）单色光从D点到AC面的传播时间；
（2）单色光射到BC面时的入射角。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）光在D点折射过程有
解得
根据几何关系，由于
可知，折射光与AC交点到A的间距为，作出光路图如图所示
单色光从D点到AC面的传播距离为
根据折射率与光传播速度的关系式有
则单色光从D点到AC面的传播时间
解得
（2）由于
解得
由于
则光到达AC界面发生全反射，如上图所示，单色光射到BC面时的入射角为，根据几何关系有
，
解得
16. 如图所示，电源电动势E=10V，内阻r=0.5Ω，定值电阻R=2Ω，电容C=30μF，直流电动机M线圈的电阻R0=1Ω。闭合开关S，电路稳定后，电动机正常工作，电容器C上所带的电荷量。求：
（1）电源的路端电压；
（2）这台电动机每分钟有多少电能转化机械能。

【答案】（1）9V；（2）360J
【解析】
【详解】（1）对电容器，根据电容的定义式有
根据欧姆定律，电路中的电流
根据闭合电路欧姆定律，电源的路端电压
解得
（2）电动机两端电压
对电动机，根据能量守恒定律有
解得
则这台电动机每分钟输出的机械能
17. 粒子加速器是基础科学研究的重要设备，可以使带电粒子获得很高的能量。图甲为某加速装置的示意图，它由很多个横截面积相同的金属圆筒依次排列组成，其轴线在同一直线上，序号为奇数的圆筒与序号为偶数的圆筒分别与两极间电势差的变化规律如图乙所示的交变电源的两极相连。在t=0时刻，奇数圆筒相对偶数圆筒的电势差为正值，此时刻与偶数圆筒相连的金属圆板（序号为0）的中央有一电子，在圆板和圆筒1之间的电场中由静止开始加速，沿中心轴线进入圆筒1。为使电子在圆筒之间的间隙都能被加速，圆筒长度的设计必须遵照一定的规律。
若电子的质量为m，电荷量为，交变电源的电压为U，周期为T，两圆筒间隙的电场可视为匀强电场，圆筒内场强均为零。不计电子的重力，电子运动过程中质量不变。
（1）求电子进入圆筒1时的动量大小；
（2）若忽略电子通过圆筒间隙的时间，第3个金属圆筒的长度L3应该为多大？
（3）若电子通过圆筒间隙的时间不可忽略，且圆筒间隙的距离均为d，仍然保持交变电源两极间电势差的变化规律如图乙所示，各圆筒长度与在忽略电子通过圆筒间隙时间条件下设计的长度相同的情况下，求该装置能够让电子获得的最大速度。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）电子由金属圆板经电场加速进入圆筒1，根据动能定理得
电子进入圆筒1时的动量大小为
联立解得
（2）电子进入第3个圆筒时，经过3次加速，根据动能定理得
由于不计电子通过圆筒间隙的时间，则电子在圆筒内做匀速直线运动的时间恰好是半个周期，则
联立解得
（3）由题意，若电子通过圆筒间隙的时间不可忽略，则电子进入每级圆筒的时间都要比忽略电子通过圆筒间隙中对应时间延后一些，当延后时间累计为，则电子再次进入电场时将开始做减速运动，此时的速度就是装置能够加速的最大速度，则有
根据动能定理得
联立解得