2023-2024学年广东省汕头市澄海区高二（上）期末考试物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年广东省汕头市澄海区高二（上）期末考试物理试卷（含解析），共13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.市面上出售一种装有太阳能电扇的帽子(如图所示)，在阳光的照射下，小电扇快速转动，能给炎热的夏季带来一丝凉爽．该装置的能量转化情况是( )
A. 太阳能→电能→机械能B. 太阳能→机械能→电能
C. 电能→太阳能→机械能D. 机械能→太阳能→电能
2.正电荷q在电场力作用下由P向Q做匀加速运动，那么可以断定，它所在的电场是下图中的哪一个
( )
A. B.
C. D.
3.奥斯特实验是科学历史上的经典实验，它的价值在于直接证实了( )
A. 任何导线周围均存在磁场B. 电流周围有磁场
C. 地磁场的存在D. 地磁场的方向
4.两足够长直导线P和Q按图示方式放置在同一平面内，P与Q相互垂直，两导线相互绝缘，通有相等的电流I，电流方向如图所示。若一根无限长直导线通过电流I时，所产生的磁场在距离导线d处的磁感应强度大小为B，则图中与导线距离均为d的M、N两点处的磁感应强度大小分别为( )
A. B、0B. 2B、0C. 2B、BD. 0、2B
5.如图所示为某一平行板电容器中所带电量和两端电压之间的关系图线，若将该电容器两端的电压从40V降低到36V，对电容器来说正确的是( )
A. 是充电过程B. 该电容器两板间电场强度增大
C. 该电容器的电容为5.0×10−3FD. 该电容器的电量变化量为0.20C
6.如图所示，我国“嫦娥五号”探测器成功着陆在月球表面。在着陆过程中，探测器移动到着陆点正上方之后开始竖直下降，到距离月球表面较近时关闭发动机，然后利用“着陆腿”的缓冲实现软着陆。从“着陆腿”触地到探测器速度减为0的过程中，“着陆腿”有利于减小( )
A. 探测器的动能变化量B. 探测器的动量变化量
C. 月球表面对探测器的冲量D. 月球表面对探测器的平均撞击力
7.静电纺纱利用了高压静电场使单纤维两端带异种电荷，其电场分布如图所示，下列说法正确的是( )
A. 虚线可能是等势线
B. 电场强度EAC. 在C点静止释放一电子，它将在电场力作用下沿着虚线CD运动
D. 正电荷在A点的电势能大于其在C点的电势能
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.如图所示，小球1从固定光滑斜面上某处由静止释放，滑过光滑水平桌面后，落在水平地面上的P点。若在水平桌面的边缘处放置另一小球2，再将小球1从斜面上同一位置由静止释放，使两小球发生正碰，两小球在地面上的落点分别为M、N点。已知小球1的质量为m1，小球2的质量为m2，且m1=3m2，O点为桌面边缘在地面上的投影，不计转弯处的机械能损失，两小球均可视为质点。下列说法正确的是( )
A. 碰撞后小球1的落点为M点
B. 碰撞后小球1的落点为N点
C. 图中点间距离满足的关系为3OP=3OM+ON
D. 如果两小球发生弹性正碰，则3OP=3OM+ON不成立
9.如图所示是当年法拉第实验装置示意图，两个线圈分别绕在一个铁环上，线圈A接直流电源，线圈B接灵敏电流计，下列情况可能使电流计G产生感应电流的是( )
A. 开关S接通的瞬间
B. 开关S断开的瞬间
C. 开关S接通后一段时间
D. 开关S接通后，不断移动滑动变阻器滑片P时
10.某同学准备用一种金属丝制作一只电阻温度计。他先通过实验描绘出一段金属丝的U−I曲线，如图甲所示。再将该金属丝与某一定值电阻R0串联接在电路中，用电压表(电压表的内阻远大于金属丝的电阻)与金属丝并联，如图乙所示，并在电压表的表盘上标注了与电压对应的温度值，制成电阻温度计，下列说法中正确的是( )
A. 从图甲可知，该金属丝的阻值随温度的升高而增大
B. 图乙中电压表的指针偏转角越大，温度值越小
C. 温度越高，定值电阻R0消耗的功率越大
D. 选用不同阻值的R0可改变温度计的量程，R0越大，量程越大
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.为了测量电阻，现取一只已经完成机械调零的多用电表，如图所示，请根据下列步骤完成电阻测量。
(1)将K旋转到电阻挡“×100”的位置。
(2)将插入“+”“−”插孔的表笔短接，旋动部件_____(选填“C”或“D”)，使指针对准电阻的“0”刻度线。
(3)将调好零的多用电表按正确步骤测量一电学元件P的电阻，P的两端分别接a、b，指针指示位置如图所示。为使测量比较精确，应将选择开关旋到_____(选填“×1”“×10”或“×1k”)的倍率挡位上，并重新欧姆调零，再进行测量。
(4)测量完成后，将选择开关拨向___________________位置。
12.电阻率是检验纯净水是否合格的重要标准之一。当水中含有无机酸、碱、盐或有机带电胶体越多时，其电阻率越低，因此水质与水的电阻率有密切关联。现有一同学欲测量某一纯净水的电阻率来检查一下其水质如何。该同学制作一圆形直管道，并将待测纯净水装满管道。
(1)该同学为了测量圆管的内径，应采用____________________(填“螺旋测微器”或“游标卡尺”)，其示数如图所示，则读数为d=_______mm，然后用刻度尺测量水柱长度l；
(2)该同学先用多用电表粗测出水柱体的电阻约为100kΩ，继而再用伏安法测量该水柱体的电阻。现有的器材及其代号和规格如下：
①电流表(300μA，内阻约为10Ω)；
②电压表(15V，内阻约为50kΩ)；
③电池组(15V，内阻不计)；
④滑动变阻器(100Ω,1A)；
⑤开关若干；
⑥导线若干。
为了更精确地测量出该水柱体的电阻，测量电路中电流表应该采用________(填“内接法”或“外接法”)，电路的连接方式应该采用_________(填“分压电路”或“限流电路”)；
(3)假设测出水柱的长度为l，圆管的内径为d，电压表示数为U时，电流表示数为I，则所测纯净水的电阻率的表达式ρ=__________(用题中所给字母表示)。
四、计算题：本大题共3小题，共38分。
13.两个完全相同的质量都为m、带等量电荷的小球A、B分别用等长的绝缘细线悬挂在同一水平面上相距为2 2l的M、N两点，平衡时小球A、B的位置如图甲所示，已知小球B带负电，此时两球相距为l，细线与竖直方向夹角均为θ= 45°，若外加水平向左的匀强电场，两小球平衡时位置如图乙所示，细线刚好沿竖直方向，已知静电力常量为k，重力加速度为g，求：
(1)A球的电性及所带的电荷量Q；
(2)外加匀强电场的场强E的大小。
14.如图，两竖直平行极板A和B之间电压U0.两水平平行极板C和D之间间距和板长均为L。某电荷量为+q，质量为m的带电粒子，从A板小孔无初速进入AB板间。经过加速从B板小孔射出。正好沿CD板的中心线进入CD板间，不计粒子重力、电场间的相互影响和电场边缘效应。已知静电力常量为k。
(1)求粒子刚从B板小孔射出时的速度大小v0；
(2)若CD板上的电压为U1，粒子刚好打在D板的中心。若要使得粒子刚好从D板的边缘M点离开，求此时所加的电压U2的大小；
(3)若粒子刚好从D板的边缘M点沿一细圆弧轨道中心轴线的切线进入光滑圆管，圆弧轨道的圆心O正好在CD板的中心线延长线上，如图所示，若在O点放一点电荷，粒子刚好在点电荷作用下沿圆弧的中心轴线轨道做匀速圆周运动，求O点处点电荷的电荷量Q的大小。
15.图甲是U形雪槽，某次滑板表演，在开始阶段，表演者在同一竖直平面内运动，可以把该场地简化为图乙的凹形场地；两端是14的光滑圆弧面，半径均为L，中间是长为4L的粗糙水平面。表演者M的质量(含滑板)为m，从光滑圆弧面的A处由初速度为零滑下，进入水平面后，与质量(含滑板)为2m且静止在水平面中点O处的表演者N碰撞，碰后M以碰前速度的14反弹，M、N在O处发生碰撞后，恰好不再发生第二次碰撞，且停在O、C间的某处。假设M、N在粗糙水平面上运动时，所受阻力与压力的比分别为μ1、μ2(μ1和μ2都是未知量)，且已知μ1μ2=k0(1)求M滑至圆弧末端B时受到的支持力大小F；
(2)求M与N碰撞后瞬间M、N的速度大小之比；
(3)若N还没有到达C处就已停下，试确定k的取值范围和M、N所停位置距C点的距离。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】【分析】本题主要考查太阳能的转化。太阳能电池是将太阳能转化为电能，小电扇的核心是电动机，根据电动机的原理可知小电扇转动时将电能转化为机械能。
【解答】电池板中太阳能转化为电能，小电动机中电能转化为机械能．A正确。
2.【答案】B
【解析】正电荷在电场力作用下由P到Q做匀加速运动，则所受电场力方向由P到Q，且大小不变，则场强不变，电场为匀强电场，方向从P指向Q。
故选B。
3.【答案】B
【解析】奥斯特实验发现通电直导线下方的小磁针发生了偏转，其价值在于直接证实了电流周围会产生磁场。
故选B。
4.【答案】B
【解析】由题意，根据安培定则，判断知水平通电直导线在M、N处产生的磁场方向均垂直纸面向外，大小均为B；竖直通电直导线在M点产生的磁场垂直纸面向外，N点的磁场垂直纸面向里，大小均为B。根据矢量叠加原理，可得M、N两点处的磁感应强度大小分别为2B，0。
故选B。
5.【答案】C
【解析】AB.由图象可知，电压从40V降低到36V，电容器的电量减小，则属于放电过程，电场强度减小，故AB错误；
C.根据图象，当电压为40V时，电量为0.2C，故电容为
C=QU=0.240=0.005F=5.0×10−3F
故C正确；
D.如果该电容器两端的电压从40V降低到36V，则
△Q=C⋅△U=0.005F×(40−36)V=0.02C
故D错误；
故选C。
6.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查动能、动量、动量定理等基础知识，比较简单，要知道动量定理表述为合外力的冲量等于物体的动量变化量。
【解答】
从“着陆腿”触地到探测器减速到0的过程中，探测器着陆时的动能变化量、动量变化量、月球表面对探测器的冲量不变，由动量定理可知，“着陆腿”的缓冲有利于减小月球表面对探测器的平均撞击力。
故选D。
7.【答案】D
【解析】A.电极是等势体，其表面是等势面，根据电场线与等势面垂直可知虚线应是电场线，故A错误；
B.由电场线的疏密表示电场强度的大小可知
EA故B错误；
C.CD电场是曲线，在C点静止释放一电子，在电场力作用下不会沿着虚线CD运动，故C错误；
D.电场线由高压电源的正极到负极，所以A点的电势高，C点的电势低，由
Ep=φq
可知，正电荷在A点的电势能大于其在C点的电势能，故D正确；
故选D。
8.【答案】AC
【解析】AB.设小球1碰撞前的速度为 v0 ，取水平向右为正方向，因为球1质量较大，可知小球1与小球2碰撞后，球1不反向，N点为球1碰前的落地点，M点为球1碰后的落地点，P点为球2碰后的落地点，故A正确，B错误；
CD.若两球碰撞为弹性碰撞，设碰撞后球1和球2速度大小分别为 v1 、 v2 ，根据动量守恒和能量守恒有
m1v0=m1v1+m2v2
12m1v 02=12m1v 12+12m2v 22
解得
v1=m1−m2m1+m2v0=12v0
v1=2m1m1+m2v0=32v0
根据题意，可得
ON=v0t
OM=12v0t
OP=32v0t
得
3OP=3OM+ON
故C正确，D错误。
故选AC。
9.【答案】ABD
【解析】AB.将开关S接通或断开的瞬间，磁场由无到有，磁场由有到无，通过线圈B的磁通量发生变化，线圈B中产生感应电流，故AB正确；
C.开关S接通一段时间之后，磁场不变，通过线圈B的磁通量不发生变化，线圈B中不能产生感应电流，故C错误；
D.开关S接通后，改变滑动变阻器滑动头的位置时，A线圈电流发生变化，磁场变化，通过线圈B的磁通量发生变化，线圈B中产生感应电流，故D正确；
故选ABD。
10.【答案】AD
【解析】A.从题图甲可知，图线上的点与原点连线的斜率表示电阻的大小，故该金属丝的阻值随温度的升高而增大，故A正确；
B.题图乙中电压表的指针偏转角越大，说明 RT 的阻值越大，即温度越高，故B错误；
D.若 R0 越大，电压表要偏转同样的角度，需 RT 的阻值更大，即温度更高，量程越大，故D正确；
C.温度越高， RT 的阻值越大，电路电流越小，根据
P=I2R0
可知定值电阻消耗的功率越小，故C错误。
故选AD。
11.【答案】 D ×10 OFF挡或交流电压最高挡
【解析】(2)[1]将插入“+”“−”插孔的表笔短接，旋动部件欧姆调零旋钮D，使指针对准电阻的“0”刻度线。
(3)[2]由题图可知指针偏角太大，电阻值太小，倍率选择过大，为使指针回到中间区域减小误差，应减小倍率，应将选择开关旋到“×10”的倍率挡位上，并重新欧姆调零，再进行测量。
(4)[3]测量完成后，将选择开关拨向OFF挡或交流电压最高挡位置。
12.【答案】 游标卡尺 23.35 内接法 分压电路 πUd24Il
【解析】(1)[1][2]该同学为了测量圆管的内径，应该选用游标卡尺测量。由题图知该游标卡尺为20分度游尺，主尺上为23毫米，游尺上0刻线后第7刻度线与主尺对齐，所以游尺上的读数应为
d=23mm+7×0.05mm=23.35mm
(2)[3][4]因为待测水柱体电阻很大，电流表内阻约为10Ω，远小于水柱体电阻，所以电流表采用内接法；又因滑动变阻器R(0∼100Ω，允许最大电流1A)，滑动变阻器阻值较小，为操作方便，应该采用分压电路。
(3)[5]根据电阻定律得
R=ρlS=ρ4lπd2
由欧姆定律
R=UI
则所测纯净水的电阻率的表达式
ρ=πUd24Il
13.【答案】(1)正电， mgl2k ；(2) kmg8l
【解析】(1)已知小球B带负电，由甲图可知，A球带正电，对A球受力分析，由平衡条件可得
mgtan45∘=kQ2l2
解得A球所带的电荷量为
Q= mgl2k
(2)加电场后对A球受力分析，由平衡条件可得
QE=kQ22 2l2
解得
E= kmg8l
14.【答案】(1) 2U0qm ；(2) U14 ；(3) = 2LU0+18U1k
【解析】(1)粒子在平行板A和B之间加速，由动能定理得
U0q=12mv 02
解得粒子刚从B板小孔射出时的速度大小
v0= 2Uqm
(2)由牛顿第二定律可知粒子在CD板间运动所的加速度为
a=UqLm
当CD板上的电压为U1时有
L2=12a1t 12
L2=v0t1
当CD电压为U2时
L2=12a2t 22
L=v0t2
解得粒子刚好从D板的边缘M点离开时所加的电压的大小
U2=U14
(3)粒子刚好在圆弧轨道中做匀速圆周运动
kQqr2=mv2r
依题意可知
cs45∘=L2r
得
r= 22L
粒子从A板到M点的过程由动能定理可得
U0q+U18q=12mv2
15.【答案】(1) 3mg ；(2) 2:5 ；(3) 0【解析】(1)M滑至圆弧末端的过程，由动能定理得
mgL=12mv2
M滑至圆弧末端，根据牛顿第二定律
F−mg=mv2L
联立可得M滑至圆弧末端B时受到的支持力大小
F=3mg
(2)设M与N碰撞前的速度为 v0 ，碰撞后，M反弹的速度大小为 vM ，N获得的速度大小为 vN ，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律可得
mv0=m−vM+2mvN
根据题意可得
vM=14v0
联立可得
vMvN=25
(3)若M、N从碰撞后到停下，它们在粗糙水平面上滑过得路程分别为 sM 、 sN ，则有
12mvM2=μ1mgsM
12×2mvN2=μ1×2mgsN
联立并代入 μ1μ2=k 可得
sMsN=425k
由于M、N刚好不再发生第二次碰撞且停在O、C之间的某处，所以M、N在同一地点停下，若N还没有到达C处就停下，此时
sM=4L+sN ( sN<2L )
M、N所停位置距C点的距离
ΔL1=2L−sN
联立解得
0