湖北省十堰市2024-2025學(xué)年高二上學(xué)期1月期末調(diào)研考試物理試題（解析版）

高級(jí)中學(xué)名校試卷PAGEPAGE1十堰市2024－2025學(xué)年度上學(xué)期期末調(diào)研考試高二物理本試題卷共4頁(yè)，共15道題，滿分100分，考試時(shí)間75分鐘。注意事項(xiàng)：1．答題前，考生務(wù)必將自己的姓名，考號(hào)填寫(xiě)在答題卡和試卷指定位置上，并將考號(hào)條形碼貼在答題卡上的指定位置。2．選擇題的作答：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)。答在試題卷，草稿紙上無(wú)效。3．非選擇題用0.5毫米黑色墨水簽字筆將答案直接答在答題卡上對(duì)應(yīng)的答題區(qū)域內(nèi)。答在試題卷，草稿紙上無(wú)效。4．考生必須保持答題卡的整潔?？荚嚱Y(jié)束后，只交答題卡。一、選擇題：本題共10小題，每小題4分，共40分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第題只有一項(xiàng)符合題目要求，第題有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得4分，選對(duì)但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分。1.電源電動(dòng)勢(shì)，內(nèi)阻，外接電阻，則電路中的電流為（）A.2A B.2.5A C.3A D.4A【答案】B【解析】根據(jù)閉合電路歐姆定律可得故選B。2.把一個(gè)滿偏電流為6mA的電流表改裝成歐姆表，其中電源電動(dòng)勢(shì)為6V。歐姆調(diào)零后在測(cè)電阻時(shí)，電流表指針指在表盤(pán)上3mA處，對(duì)應(yīng)的電阻應(yīng)是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】歐姆調(diào)零時(shí)，有解得歐姆調(diào)零后，歐姆表內(nèi)阻為在測(cè)電阻時(shí)，電流表指針指在表盤(pán)上3mA處，則有解得對(duì)應(yīng)的電阻為故選B。3.如圖所示，某區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=0.1T，一正方形剛性線圈，其邊長(zhǎng)L=0.5m，匝數(shù)n=10匝，線圈平面與磁場(chǎng)方向垂直，線圈一半在磁場(chǎng)內(nèi)。某時(shí)刻線圈中通過(guò)大小I=2A的電流，則此線圈所受安培力的大小為（）A B.1N C.0.1N D.【答案】A【解析】導(dǎo)線在磁場(chǎng)內(nèi)有效長(zhǎng)度為，故該通電導(dǎo)線受到安培力大小為故選A。4.在如圖所示電路中，閉合開(kāi)關(guān)S，當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑片P向下滑動(dòng)時(shí)，各電表的示數(shù)分別用I、、和表示，電表示數(shù)變化量的大小分別用、、和表示。下列說(shuō)法正確的是（）A.不變，變小 B.變大，變大C.變大，不變 D.變大，變大【答案】C【解析】A．P向下滑動(dòng)時(shí)，變大，由圖中電路可知因R1不變，故、都不變，故A錯(cuò)誤；BC．由圖中電路可知因R2增大，故變大；根據(jù)閉合電路的歐姆定律，有可得因都不變，故保持不變，故B錯(cuò)誤，C正確；D．由圖中電路可知因R2變大，故變大，根據(jù)根據(jù)閉合電路的歐姆定律，有可得因都不變，故不變，故D錯(cuò)誤。故選C。5.如圖所示，S1、S2是兩個(gè)相干波源，振動(dòng)同步且振幅相同，實(shí)線和虛線分別表示在某時(shí)刻的波峰和波谷，質(zhì)點(diǎn)b、d位于兩波源連線的中垂線上，下列關(guān)于圖中四個(gè)質(zhì)點(diǎn)a、b、c、d的說(shuō)法正確的是（）A.質(zhì)點(diǎn)a所在位置為振動(dòng)減弱區(qū)B.質(zhì)點(diǎn)d所在位置為振動(dòng)減弱區(qū)C.該時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)b處于波峰，且始終處于波峰D.該時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)c處于波谷，且始終處于波谷【答案】A【解析】A．質(zhì)點(diǎn)a所在位置為波峰和波谷疊加，為振動(dòng)減弱區(qū)，故A正確；B．質(zhì)點(diǎn)d所在位置在加強(qiáng)點(diǎn)的連線上，為振動(dòng)加強(qiáng)區(qū)，故B錯(cuò)誤；C．該時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)b處于波峰和波峰疊加位置，處于波峰，振動(dòng)加強(qiáng)，但不是始終處于波峰，故C錯(cuò)誤；D．該時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)c處于波谷和波谷疊加位置，處于波谷，振動(dòng)加強(qiáng)，但不是始終處于波谷，故D錯(cuò)誤。故選A。6.如圖所示，帶有光滑圓弧軌道的小車(chē)靜止于光滑水平地面上，小車(chē)的質(zhì)量為M，一質(zhì)量也為M的小球以速度水平?jīng)_上小車(chē)，到達(dá)某一高度后，小球又返回小車(chē)的左端，重力加速度大小為g，則下列說(shuō)法正確的是（）A.此過(guò)程中小球?qū)π≤?chē)做的功為B.小球之后將向右做平拋運(yùn)動(dòng)C.小球之后將向左做平拋運(yùn)動(dòng)D.小球在圓弧軌道上上升的最大高度為【答案】A【解析】ABC．從小球滾上小車(chē)到滾下并離開(kāi)小車(chē)過(guò)程，系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量守恒，由于無(wú)摩擦力做功，機(jī)械能守恒，此過(guò)程類似于彈性碰撞，二者質(zhì)量相等，作用后兩者交換速度，即小球返回小車(chē)左端時(shí)速度變?yōu)榱?，開(kāi)始做自由落體運(yùn)動(dòng)，小車(chē)速度變?yōu)?，?dòng)能為，根據(jù)功能關(guān)系知此過(guò)程小球?qū)π≤?chē)做的功為，故A正確，BC錯(cuò)誤；D．小球上升到最高點(diǎn)時(shí)與小車(chē)相對(duì)靜止，有相同的速度，由動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律有聯(lián)立解得故D錯(cuò)誤。故選A。7.圖為回旋加速器的示意圖。兩個(gè)靠得很近的D形金屬盒處在與盒面垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，一質(zhì)子從加速器的A處開(kāi)始加速。已知D形盒的半徑為，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為，質(zhì)子做圓周運(yùn)動(dòng)的頻率為，質(zhì)子的質(zhì)量為，電荷量為，質(zhì)子第一次在、盒中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑分別為、，不計(jì)質(zhì)子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間。下列說(shuō)法正確的是（）A.高頻交變電源的頻率B.C.質(zhì)子的最大動(dòng)能為D.將質(zhì)子換成粒子，其他條件不變也可以加速【答案】C【解析】A．由回旋加速度的工作原理可知，高頻交變電源的頻率等于質(zhì)子做圓周運(yùn)動(dòng)的頻率，即故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)可得質(zhì)子第一次在、盒中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑分別為，又，聯(lián)立，解得故B錯(cuò)誤；C．當(dāng)質(zhì)子從D形盒飛出時(shí)，有可得質(zhì)子的最大動(dòng)能為故C正確；D．由可知將質(zhì)子換成粒子，其他條件不變，粒子的周期與高頻交變電源的周期不同，不可以加速，故D錯(cuò)誤。故選C。8.如果一物體在任意相等時(shí)間內(nèi)動(dòng)量變化量相同，則此物體的運(yùn)動(dòng)可能是（）A.平拋運(yùn)動(dòng) B.自由落體運(yùn)動(dòng)C.勻速圓周運(yùn)動(dòng) D.勻加速直線運(yùn)動(dòng)【答案】ABD【解析】根據(jù)動(dòng)量定理可得則有如果一物體在任意相等的時(shí)間內(nèi)動(dòng)量變化量相同，可知物體受到的合力為恒力，加速度恒定不變。所以此物體的運(yùn)動(dòng)可能是平拋運(yùn)動(dòng)、自由落體運(yùn)動(dòng)、勻加速直線運(yùn)動(dòng)；由于勻速圓周運(yùn)動(dòng)的合力方向時(shí)刻發(fā)生變化，所以此物體的運(yùn)動(dòng)不可能是勻速圓周運(yùn)動(dòng)。故選ABD。9.如圖甲所示的彈簧振子以點(diǎn)為平衡位置在、間振動(dòng)，取水平向右為振子離開(kāi)平衡位置位移的正方向，得到如圖乙所示的振動(dòng)曲線。振子的質(zhì)量為4kg，彈簧的勁度系數(shù)，，下列說(shuō)法正確的是（）A.振子運(yùn)動(dòng)的頻率為0.5HzB.振子的最大加速度大小為C.振子在任意一個(gè)周期內(nèi)運(yùn)動(dòng)的位移一定為10cmD.時(shí)，振子處于圖甲中的位置【答案】BD【解析】A．由題圖乙可知，振子做簡(jiǎn)諧振動(dòng)的周期為則頻率為故A錯(cuò)誤；B．當(dāng)振子處于最大位移時(shí)，振子的加速度最大則有故B正確；C．振子在任意一個(gè)周期內(nèi)，振子回到初位置，運(yùn)動(dòng)的位移一定為0，故C錯(cuò)誤；D．由圖乙可知時(shí)，振子在負(fù)的最大位移位置，則振子處于圖甲中的位置，故D正確。故選BD。10.光滑水平絕緣桌面上存在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)邊界如圖所示。正方形單匝線框的邊長(zhǎng)，回路電阻，質(zhì)量。線框平面與磁場(chǎng)方向垂直，線框的邊與磁場(chǎng)左邊界平齊，邊與磁場(chǎng)邊界平行且距離為?，F(xiàn)對(duì)線框施加與水平向右方向成角，大小為的恒力，使其在圖示水平桌面上由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)。從邊進(jìn)入磁場(chǎng)開(kāi)始，線框在垂直于方向上做勻速運(yùn)動(dòng)；邊進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，邊恰好到達(dá)磁場(chǎng)右邊界。取重力加速度大小，從線框開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到線框全部進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是（）A.勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為0.4TB.全過(guò)程線框產(chǎn)生的焦耳熱為0.4JC.整個(gè)回路通過(guò)的電荷量為8CD.磁場(chǎng)區(qū)域的邊的長(zhǎng)度為0.65m【答案】BD【解析】A．a(chǎn)b邊進(jìn)入磁場(chǎng)前，對(duì)線框進(jìn)行受力分析，在沿ab方向有max=Fcos45°代入數(shù)據(jù)有ax=10m/s2在沿da方向有may=Fsin45°代入數(shù)據(jù)有ay=10m/s2ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)開(kāi)始，ab邊在沿da方向切割磁感線；ad邊和bc邊的部分也開(kāi)始進(jìn)入磁場(chǎng)，且在沿ab方向切割磁感線。但ad和bc邊的進(jìn)入磁場(chǎng)部分產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)相互抵消，則整個(gè)回路的電源為ab，根據(jù)右手定則可知回路的電流為adcba，則ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)開(kāi)始，ab邊受到的安培力沿ad方向，ad邊的進(jìn)入磁場(chǎng)部分受到的安培力沿ab方向，bc邊的進(jìn)入磁場(chǎng)部分受到的安培力沿ba方向，則ad邊和bc邊的進(jìn)入磁場(chǎng)部分部分受到的安培力相互抵消，故線框abcd受到的安培力的合力為ab邊受到的沿ad方向的安培力。由題知，線框從ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)開(kāi)始，在垂直于SP方向線框做勻速運(yùn)動(dòng)，有根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有E=BLvy根據(jù)歐姆定律有根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知聯(lián)立有B=0.2T故A錯(cuò)誤；B．由題知，從ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)開(kāi)始，在沿da方向線框做勻速運(yùn)動(dòng)；dc邊進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，bc邊恰好到達(dá)磁場(chǎng)右邊界。則線框進(jìn)入磁場(chǎng)的整個(gè)過(guò)程中，線框受到的安培力為恒力，則有Q=W安=BILy其中y=L且Fsin45°=BIL聯(lián)立解得Q=0.4J故B正確；C．整個(gè)回路通過(guò)的電荷量為C故C錯(cuò)誤；D．線框從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到進(jìn)入磁場(chǎng)的整個(gè)過(guò)程中所用的時(shí)間為，L=vyt2解得t=t1+t2=0.3s線框在沿ab方向一直做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則在沿ab方向有則磁場(chǎng)區(qū)域SP邊寬度X=x+L=0.65m故D正確。故選BD。二、非選擇題：本題共5小題，共60分。11.“祖沖之”研究小組用單擺測(cè)定地球表面的重力加速度。（1）實(shí)驗(yàn)時(shí)除用到秒表，刻度尺外，還應(yīng)該用到下列器材中的_________（填選項(xiàng)前的字母）。A.長(zhǎng)度約為1m的細(xì)線B.長(zhǎng)度約為1m的橡皮繩C.直徑約為1cm的均勻鐵球D.直徑約為10cm的均勻木球（2）選擇好器材，將符合實(shí)驗(yàn)要求的單擺懸掛在鐵架臺(tái)上，應(yīng)采用如圖_________（填“甲”或“乙”）所示的固定方式。（3）用表示單擺的擺長(zhǎng)，用表示單擺的周期，地球表面的重力加速度________（用、、表示）?！敬鸢浮浚?）AC（2）乙（3）【解析】（1）AB．為減小誤差應(yīng)保持?jǐn)[線的長(zhǎng)度不變，要選用結(jié)實(shí)較細(xì)的細(xì)線，不能用橡皮繩，故A正確；B錯(cuò)誤；CD．為減小空氣阻力的影響，擺球密度要大，體積要小，故C正確；D錯(cuò)誤。故選AC。（2）懸點(diǎn)要固定，故為題圖乙。（3）由周期公式解得12.在“用電流表和電壓表測(cè)定電池的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻”實(shí)驗(yàn)中，供選用的器材有：A.電流表（量程，內(nèi)阻約為）；B.電流表（量程為，內(nèi)阻約為）；C.電壓表（量程為，內(nèi)阻約為）；D.電壓表（量程為，內(nèi)阻約為）；E.滑動(dòng)變阻器（，允許通過(guò)的最大電流為1.5A）；F.滑動(dòng)變阻器（，允許通過(guò)的最大電流為0.2A）；G.待測(cè)電源（一節(jié)一號(hào)干電池），開(kāi)關(guān)，導(dǎo)線若干。（1）請(qǐng)?jiān)谙旅娴奶摼€框中畫(huà)出能使本實(shí)驗(yàn)測(cè)量精確程度高的實(shí)驗(yàn)電路。（2）電路中電流表應(yīng)選用_________，電壓表應(yīng)選用_________，滑動(dòng)變阻器應(yīng)選用_________。（均填字母代號(hào)）（3）引起該實(shí)驗(yàn)系統(tǒng)誤差的主要原因是_________。（4）在測(cè)出多組、數(shù)據(jù)后，在坐標(biāo)系中畫(huà)出圖像，若縱截距為，斜率絕對(duì)值為，則電池電動(dòng)勢(shì)_________，內(nèi)阻_________。【答案】（1）（2）ACE（3）電壓表的分流（4）bk【解析】（1）由于實(shí)驗(yàn)中，電流表的阻值不是確定值，為了減小實(shí)驗(yàn)誤差，所以相對(duì)電源，電流表應(yīng)采用“外接法”，故電路圖如圖所示（2）[1][2][3]考慮到待測(cè)電源只有一節(jié)干電池，所以電壓表應(yīng)選C，電路電流又不能太大，一般不超過(guò)0.5A，所以電流表應(yīng)選A，滑動(dòng)變阻器不能選擇阻值太大的，從允許的最大電流和減小實(shí)驗(yàn)誤差方面來(lái)看，應(yīng)選擇電阻較小而額定電流較大的滑動(dòng)變阻器E。（3）該實(shí)驗(yàn)中的系統(tǒng)誤差是由于電壓表的分流使得電流表讀數(shù)，即測(cè)量值總是比干路中真實(shí)電流值小造成的。（4）[1][2]根據(jù)閉合電路歐姆定律結(jié)合圖像可得13.質(zhì)量為，電荷量為的滑塊從豎直面內(nèi)圓弧的頂點(diǎn)由靜止滑到底端點(diǎn)，已知圓弧光滑且絕緣，半徑為點(diǎn)與圓心齊平，點(diǎn)在點(diǎn)正下方，整個(gè)空間存在方向垂直紙面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，重力加速度大小為，求：（1）滑塊滑到點(diǎn)時(shí)的速度大?。唬?）滑塊滑到圓弧中點(diǎn)（未畫(huà)出）時(shí)受到的彈力大小?！敬鸢浮浚?）（2）【解析】（1）滑塊從點(diǎn)到點(diǎn)，機(jī)械能守恒，有解得（2）滑塊滑到圓弧中點(diǎn)時(shí)，有由牛頓第二定律得解得14.質(zhì)量分別為的A、B兩物體按圖示放置在水平面上，其中A緊靠墻壁，A、B由質(zhì)量不計(jì)的輕彈簧相連?，F(xiàn)對(duì)B物體緩慢施加一個(gè)向左的推力，使A、B之間彈簧被壓縮，該力做的功，之后突然撤去向左的推力解除壓縮。不計(jì)一切摩擦。求：（1）解除壓縮后，墻對(duì)A的沖量大?。唬?）A離開(kāi)墻壁之后彈簧的最大彈性勢(shì)能；（3）A、B都運(yùn)動(dòng)后，B的最小速度?！敬鸢浮浚?）（2）（3）【解析】（1）壓縮彈簧時(shí)，推力做的功全部轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢(shì)能，撤去推力后，B在彈力的作用下做加速運(yùn)動(dòng)，在彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)的過(guò)程中，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，設(shè)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，B的速度為，有此過(guò)程中墻給的沖量即系統(tǒng)動(dòng)量的變化量，有聯(lián)立解得（2）A離開(kāi)墻壁后，當(dāng)A、B共速時(shí)，彈簧彈性勢(shì)能最大，根據(jù)動(dòng)量守恒和能量守恒有，解得（3）當(dāng)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，A的速度為，A離開(kāi)墻后，在彈簧的作用下速度逐漸增大，B的速度逐漸減小，當(dāng)彈簧再次恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，A達(dá)到最大速度，B的速度減小到最小值，在此過(guò)程中，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒，有解得15.如圖所示，光滑平行金屬導(dǎo)軌、固定在傾角的絕緣斜面上，、為水平放置的平行且足夠長(zhǎng)的光滑金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌在、兩點(diǎn)處平滑連接，水平部分處在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小，方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，導(dǎo)軌間距均為。金屬棒、的質(zhì)量分別為、，電阻均為，初始時(shí)，金屬棒垂直放置在水平導(dǎo)軌上，金屬棒從傾斜