貴州省威寧縣2023-2024學(xué)年高二上學(xué)期期末考試物理試題【含答案解析】

威寧縣2023~2024學(xué)年度第一學(xué)期高中素質(zhì)教育期末測(cè)試試卷高二物理注意事項(xiàng)：1．本試卷分第Ⅰ卷（選擇題）和第Ⅱ卷（非選擇題）兩部分。第Ⅰ卷第1頁至第3頁，第Ⅱ卷第4頁至第6頁?？荚嚱Y(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。滿分100分，考試用時(shí)75分鐘。2．答題前，考生務(wù)必用黑色碳素筆將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)、考場(chǎng)號(hào)、座位號(hào)在答題卡上填寫清楚。3．每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對(duì)應(yīng)題目的答案標(biāo)號(hào)涂黑。如需改動(dòng)，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號(hào)。在試題卷上作答無效。第Ⅰ卷（選擇題，共43分）一、選擇題（本大題共10小題，共43分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第1~7題只有一項(xiàng)符合題目要求，每小題4分；第8~10題有多項(xiàng)符合題目要求，全部選對(duì)的得5分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分）1.如圖所示，在一半徑為R的圓形線圈內(nèi)存在垂直平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，并且磁場(chǎng)局限在圓形線圈的內(nèi)接正方形中。則圓形線圈內(nèi)的磁通量大小為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【詳解】如圖所示線圈在磁場(chǎng)中的有效面積為正方形的面積根據(jù)磁通量的公式可知，穿過線圈的磁通量故選A。2.一束復(fù)合光從介質(zhì)射入空氣中，形成了如圖所示的光路圖，下列說法正確的是（）A.a光頻率大于b光頻率B.利用同一裝置進(jìn)行干涉實(shí)驗(yàn)，a光的條紋間距大于b光的條紋間距C.對(duì)于同一寬度的單縫裝置，b光比a光更容易發(fā)生衍射現(xiàn)象D.從介質(zhì)射入空氣中，a光的波長變短【答案】B【解析】【詳解】A．由題圖可知，a光能有折射光線射出空氣，b光已發(fā)生了全反射，說明a光全反射的臨界角比b光大，根據(jù)可知，a光的折射率小于b光折射率，所以a光的頻率小于b光頻率。故A錯(cuò)誤；BC．由公式且真空中所有色光波速均為，a光的頻率小于b光頻率，則a光的波長大于b光波長，對(duì)于同一寬度的單縫裝置a光比b光更容易發(fā)生衍射現(xiàn)象。在雙縫干涉實(shí)驗(yàn)中（為雙縫到光屏之間的距離，為雙縫間距，為光的波長），條紋間距所以a光的條紋間距大于b光的條紋間距。故B正確，C錯(cuò)誤；D．根據(jù)公式可知，a光頻率不變，從介質(zhì)射入空氣中，波速增大，則波長變長。故D錯(cuò)誤。故選B。3.如圖所示，豎直放置的長直導(dǎo)線通以豎直向上的恒定電流，有一矩形線框與導(dǎo)線在同一平面上，現(xiàn)使線框先向右移動(dòng)，然后以長直導(dǎo)線為軸旋轉(zhuǎn)。則下列說法中正確的是（）A.長直導(dǎo)線左側(cè)區(qū)域的磁場(chǎng)垂直紙面向里B.只有在線框水平向右移動(dòng)過程中，線框內(nèi)才會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流C.只有在線框以長直導(dǎo)線為軸旋轉(zhuǎn)時(shí)，線框內(nèi)才會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流D.在題目敘述的兩個(gè)過程中，線框內(nèi)均會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流【答案】B【解析】【詳解】A．根據(jù)安培定則可知，長直導(dǎo)線左側(cè)區(qū)域的磁場(chǎng)垂直紙面向外，故A錯(cuò)誤；BCD．通電直導(dǎo)線產(chǎn)生的是以導(dǎo)線為中心的環(huán)形磁場(chǎng)，且離通電直導(dǎo)線越遠(yuǎn)磁場(chǎng)越弱，因此在線框水平向右移動(dòng)過程中，線框中的磁通量將發(fā)生變化，可知線框中將產(chǎn)生感應(yīng)電流，而以長直導(dǎo)線為軸旋轉(zhuǎn)時(shí)，線框中的磁通量不會(huì)發(fā)生改變，因此不會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流，故B正確，CD錯(cuò)誤。故選B。4.一列沿x軸正方向傳播的橫波，在t=0.2s時(shí)的波形如圖所示，此時(shí)該列波剛好傳播到x=12m處，P點(diǎn)的平衡位置x=2m，已知該波的傳播速度為v=10m/s，關(guān)于這列波，下列說法正確的是（）A.此列波的起振方向沿y軸正方向B.此列波的振動(dòng)頻率為0.8HzC.x1=5m處質(zhì)點(diǎn)和x2=7m處質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方向相同D.再經(jīng)過2s時(shí)間，P點(diǎn)移動(dòng)到x3=22m處【答案】A【解析】【詳解】A．由于圖示時(shí)刻該列波剛好傳播到x=12m處，根據(jù)上下坡法可知，此列波的起振方向與該處質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方向相同，均沿y軸正方向，故A正確；B．由圖可知，該波的波長為8m，所以故B錯(cuò)誤；C．在圖示時(shí)刻x1=5m處質(zhì)點(diǎn)和x2=7m處質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方向相反，但在之后振動(dòng)過程中兩質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)方向可能相同，故C錯(cuò)誤；D．質(zhì)點(diǎn)不會(huì)隨波遷移，所以再經(jīng)過2s時(shí)間，P點(diǎn)的平衡位置仍然在x=2m處，故D錯(cuò)誤。故選A。5.如圖所示，一長方體的金屬導(dǎo)體，三邊a、b和c的長度之比為1：2：3。分別沿著三邊方向?qū)?dǎo)體施加相同的電壓，流過導(dǎo)體的電流之比為（）A.1∶2∶3 B.1∶4∶9C.9∶4∶1 D.36∶9∶4【答案】D【解析】【詳解】由歐姆定律電阻關(guān)系式聯(lián)立解得由題意可知得對(duì)導(dǎo)體施加相同的電壓，流過導(dǎo)體的電流之比為已知三邊a、b和c的長度之比為1：2：3，代入解得故選D。6.恒流源是一個(gè)能輸出恒定電流的電源，應(yīng)用領(lǐng)域非常廣闊。如圖甲所示的電路中的電源為恒流電源，和為定值電阻，R為滑動(dòng)變阻器。調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器，電壓表和電流表的數(shù)值變化如圖乙所示，A、B為線段的兩個(gè)端點(diǎn)，則（）A. B.C.恒流源的電流為4A D.B點(diǎn)的縱坐標(biāo)為15V【答案】D【解析】【詳解】設(shè)恒流源電流為，根據(jù)閉合電路歐姆定律及電路圖可得電壓表和電流表示數(shù)的關(guān)系為整理可得代入乙圖數(shù)據(jù)，可得解得可知當(dāng)時(shí)所以B點(diǎn)的縱坐標(biāo)為15V。且B點(diǎn)對(duì)應(yīng)滑動(dòng)變阻器的情況，即此時(shí)將和的值代入上述解析式解得故選D。7.如圖所示，在絕緣且光滑水平地面上有兩個(gè)帶異種電荷的小球A、B，質(zhì)量分別為、帶電量分別為、當(dāng)用力F向右拉著A時(shí)，A、B小球共同運(yùn)動(dòng)，兩小球之間的間距為。當(dāng)用力F向左拉著B時(shí)，A、B小球共同運(yùn)動(dòng)，兩小球之間的間距為，則和的比值為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【詳解】對(duì)A、B整體由牛頓第二定律有可知，無論拉力作用在A上還是作用在B上兩球共同運(yùn)動(dòng)的加速度大小相同，則當(dāng)拉力作用在A上時(shí)，對(duì)小球B由牛頓第二定律有當(dāng)拉力作用在B上時(shí)，對(duì)小球A由牛頓第二定律有解得故選C。8.如圖甲所示，將兩大小相同、質(zhì)量相等的鉛球分別靜止在海綿桌面和實(shí)木桌面的正上方相同高度處，然后同時(shí)由靜止釋放，后兩球分別與兩桌面發(fā)生碰撞。假設(shè)碰后兩球均不再反彈。測(cè)出兩桌面受到的壓力隨時(shí)間變化的曲線①和曲線②，如圖乙所示。已知重力加速為g，忽略空氣阻力。下列說法正確的是（）A.兩鉛球初始距離桌面的高度均為B.曲線①為左側(cè)海綿桌面受到鉛球作用力的圖像C.碰撞過程中，左側(cè)鉛球動(dòng)量的改變量更小D.在t1~t2時(shí)間段曲線①對(duì)應(yīng)的鉛球處于先失重狀態(tài)后超重狀態(tài)【答案】AD【解析】【詳解】A．由圖可知，t1時(shí)刻開始兩桌面受到壓力作用，即鉛球下落時(shí)間為t1，則故A正確；B．鉛球與實(shí)木作用的時(shí)間較短，而與海綿作用時(shí)間較長，所以曲線①為右側(cè)實(shí)木桌面受到鉛球作用力的圖像，故B錯(cuò)誤；C．因?yàn)閮汕蚺銮白杂上侣涞母叨认嗤?，所以碰前的速度相等，兩球的?dòng)量也相等，而碰后兩球最終速度均變?yōu)榱悖耘鲎策^程中，兩側(cè)鉛球動(dòng)量的改變量相等，故C錯(cuò)誤；D．由圖可知，在t1~t2時(shí)間段曲線①對(duì)應(yīng)的鉛球受到的支持力先小于重力后大于重力，即鉛球的加速度先向下后向上，所以鉛球先處于失重狀態(tài)后超重狀態(tài)，故D正確。故選AD。9.空間中存在沿x軸方向的靜電場(chǎng)，電子以一定的初速度沿x軸從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到處，電子僅受電場(chǎng)力，電子的電勢(shì)能變化規(guī)律如圖所示，則該電子（）A.在x?處電場(chǎng)方向發(fā)生變化B.在過程，電勢(shì)逐漸升高C.在x?處電子的加速度方向發(fā)生變化D.在過程，電子動(dòng)能先增加再減小【答案】AB【解析】【詳解】AB．根據(jù)題意可知，電子僅在電場(chǎng)力的作用下沿x軸做直線運(yùn)動(dòng)，0~x1則電子的電勢(shì)能增大，由可知0~x1電勢(shì)逐漸降低，可知電場(chǎng)方向沿x軸正方向，之后電子的電勢(shì)能減小，電勢(shì)逐漸升高，電場(chǎng)方向沿x軸負(fù)方向，因此在x?處電場(chǎng)方向發(fā)生變化，故AB正確；C．x1~x4電場(chǎng)方向沿x軸負(fù)方向，電場(chǎng)力沿x軸正方向，由牛頓二定律可知電子加速度方向沿x軸正方向，在x?處電子的加速度方向沒有發(fā)生變化，故C錯(cuò)誤；D．在過程，電勢(shì)能一直減小，電場(chǎng)力做負(fù)功，由動(dòng)能定理可知電子的動(dòng)能一直減小，故D錯(cuò)誤。故選AB。10.心臟除顫器，又稱電復(fù)律機(jī)，其工作原理是利用高壓整流后向儲(chǔ)能電容C充電，使電容器獲得一定的儲(chǔ)能。治療時(shí)，把兩電極板放于患者心臟附近，按下放電按鈕，在極短的時(shí)間內(nèi)完成放電。一般體外除顫能量在之間，最大不超過400J。若心臟除顫器的電容器的電容為，在某次治療時(shí)設(shè)定除顫能量為200J。在2ms內(nèi)放電至兩極板間電壓為0，放電時(shí)忽略人體的電阻變化。已知充電后電容器貯存的電能表達(dá)式為，其中C表示電容器的電容，U表示充電后電容器極板間的電壓，下列說法正確的是（）A.充電完成后，兩極板之間的電壓為B.放電完成后電容器的電容變?yōu)?C.電容器最大的電壓約為D.該次治療過程，平均放電電流為20A【答案】AC【解析】【詳解】A．由公式帶入數(shù)據(jù)解得故A項(xiàng)正確；B．電容器的電容與所帶電量無關(guān)，由其本身決定，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；C．當(dāng)除顫器的能量最大時(shí)，其電壓也最大，由題意可知，除顫器的最大能量為400J。由公式解得故C項(xiàng)正確；D．由之前的分析可知，此次治療，電容器的電壓為，由公式解得電容器極板上帶的電荷量為由電流的定義有故D項(xiàng)錯(cuò)誤故選AC。第Ⅱ卷（非選擇題，共57分）注意事項(xiàng)：第Ⅱ卷用黑色碳素筆在答題卡上各題的答題區(qū)域內(nèi)作答，在試題卷上作答無效。二、填空、實(shí)驗(yàn)題（本大題共2小題，共15分）11.如圖所示是“驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律”的裝置，氣墊導(dǎo)軌上安裝了1、2兩個(gè)光電門，兩滑塊上均固定一相同的豎直遮光條。（1）用游標(biāo)卡尺測(cè)量滑塊上的遮光條的寬度，測(cè)量結(jié)果如圖乙所示，讀數(shù)為d=______mm。（2）用天平測(cè)得滑塊A、B的質(zhì)量（均包括遮光條和彈性碰撞架）分別為兩個(gè)滑塊的碰撞端面裝有彈性碰撞架（圖中未畫出）；調(diào)整好氣墊導(dǎo)軌后，將滑塊A向左推出，與靜止的滑塊B發(fā)生碰撞，碰后兩滑塊沒有粘連，與光電門1相連的計(jì)時(shí)器顯示的先后擋光時(shí)間為和，與光電門2相連的計(jì)時(shí)器顯示的擋光時(shí)間為。從實(shí)驗(yàn)結(jié)果可知兩滑塊的質(zhì)量滿足mA______（填“>”“<”或“=”）mB；滑塊A、B碰撞過程中滿足表達(dá)式______（用所測(cè)物理量的符號(hào)表示），則說明碰撞過程中動(dòng)量守恒?！敬鸢浮竣?5.20②.<③.【解析】【詳解】（1）[1]用游標(biāo)卡尺測(cè)量滑塊上的遮光條的寬度為d=5mm+0.05mm×4=5.20mm。[2]從實(shí)驗(yàn)結(jié)果可知滑塊A碰后反彈，則兩滑塊的質(zhì)量滿足mA<mB；[3]滑塊A碰撞前后的速度為滑塊B碰撞前后的速度為若動(dòng)量守恒則滿足即滑塊A、B碰撞過程中滿足表達(dá)式12.有一根細(xì)且均勻但內(nèi)部空心的圓柱形導(dǎo)電材料樣品，橫截面如圖甲所示，某實(shí)驗(yàn)小組打算測(cè)量這根樣品的阻值。（1）一同學(xué)先用多用電表粗測(cè)其電阻，將選擇開關(guān)置于歐姆“×100”擋位置，在歐姆調(diào)零后測(cè)量其阻值時(shí)記錄電表指針偏轉(zhuǎn)如圖乙所示，根據(jù)讀數(shù)該電阻的阻值為______Ω。（2）為了準(zhǔn)確測(cè)量導(dǎo)電材料樣品的電阻，實(shí)驗(yàn)小組在實(shí)驗(yàn)室中選取了下列器材：A.學(xué)生電源3VB.電流表A（量程為）C.電壓表V（量程為0~3V，內(nèi)阻約為4kΩ）D.滑動(dòng)變阻器R1（最大阻值為50Ω）E.滑動(dòng)變阻器（最大阻值為10kΩ）F.電阻箱R（最大阻值為99.9Ω）G.開關(guān)、導(dǎo)線若干①該同學(xué)用伏安法完成測(cè)量，選擇了如圖丙所示的電路圖。因?yàn)殡娏鞅淼牧砍滩粔?，先將其改裝為量程為2mA的電流表，需要將電阻箱R的阻值調(diào)整為______Ω（結(jié)果保留3位有效數(shù)字）。②為保證測(cè)量的精確度，滑動(dòng)變阻器應(yīng)選擇______（填“R1”或“R2”），在開關(guān)閉合之前，應(yīng)將滑動(dòng)變阻器的觸頭置于______（填“a”或“b”）端。③若某次實(shí)驗(yàn)測(cè)得電壓表的示數(shù)為2.10V，電流表的示數(shù)為140μA，則此次測(cè)得該導(dǎo)體的阻值R1=______Ω?！敬鸢浮竣?②.③.R1④.a⑤.【解析】【詳解】（1）[1]如圖乙所示，根據(jù)讀數(shù)該電阻的阻值為（2）[2]先將其改裝為量程為2mA的電流表，則解得[3]為滑動(dòng)變阻器采用分壓接法，保證測(cè)量的精確度，滑動(dòng)變阻器應(yīng)選擇R1。[4]在開關(guān)閉合之前，為使測(cè)量電路分得電壓最小，應(yīng)將滑動(dòng)變阻器的觸頭置于a端。[5]電流表的示數(shù)為140μA時(shí)，流經(jīng)電阻的電流為根據(jù)串并聯(lián)規(guī)律，則此次測(cè)得該導(dǎo)體的阻值三、計(jì)算題（本大題共3小題，共42分。解答應(yīng)寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟，只寫出最后答案不能得分，有數(shù)值計(jì)算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位）13.如圖所示為一塊半徑為R的半圓形玻璃磚，其直徑處在x軸上，圓心恰好處在坐標(biāo)原點(diǎn)上。一束寬度為的平行光束（左邊界與y軸重合）沿y軸正方向垂直射入玻璃磚，已知玻璃磚的折射率為，求：（1）處的入射光能否一次從圓弧面射出？（2）不考慮多次反射，能從圓弧上表面射出的光與總光束的比值。【答案】（1）能；（2）【解析】【詳解】（1）如圖所示根據(jù)折射定律可得，解得若有處的入射光，根據(jù)幾何關(guān)系可得則故故處的入射光能一次從圓弧面射出；（2）由于全反射角為，故根據(jù)幾何關(guān)系可知如圖所示能從圓弧的上表面射出的光與總光束的比值為14.一段半徑為2m且光滑的圓弧BCD處于光滑水平面，俯視圖如圖所示。空間存在與水平面平行的勻強(qiáng)電場(chǎng)，O為圓弧的圓心，OC與電場(chǎng)方向平行、OD與電場(chǎng)方向垂直，并且OB的連線與OC的連線所成夾角為一質(zhì)量為帶電量為的小球，小球從A點(diǎn)開始以垂直電場(chǎng)方向的初速度開始運(yùn)動(dòng)，恰好從B點(diǎn)沿圓弧的切線方向進(jìn)入圓弧，已知A、B之間沿電場(chǎng)線的距離為，重力加速度為不計(jì)空氣阻力。求：（1）勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)E的大??；（2）小球在軌道上的C點(diǎn)時(shí)的速度大小及此時(shí)對(duì)軌道的壓力大小。【答案】（1）；（2）；FN=79N【解析】【詳解】（1）小球從A到B做類平拋運(yùn)動(dòng)，則到達(dá)B點(diǎn)時(shí)解得（2）從B