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河南省郑州市宇华实验学校2023-2024学年高二下学期7月期末考试物理试题（Word版附解析）
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这是一份河南省郑州市宇华实验学校2023-2024学年高二下学期7月期末考试物理试题（Word版附解析），共14页。试卷主要包含了5 V等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚。
2.每道选择题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。在试题卷上作答无效。
3.非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答的答案无效。
4.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题：本题共10小题，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1至7小题只有一项符合题目要求，每小题4分。第8至10小题有多项符合题目的要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分。
1.如图，倾角为30°的斜面静置于粗糙水平面。物块A由一轻绳与小球B相连，轻绳跨过光滑定滑轮，O点为轻绳与定滑轮的接触点。初始时小球B受到水平向右的拉力F，轻绳OB段与F的夹角，整个系统处于静止状态。现改变拉力F，将小球向右上方缓慢拉起，并保持夹角θ不变。从初始状态到轻绳OB段水平的过程中，斜面与物块A均保持静止，则在此过程中（ ）
A.拉力F先增大后减小
B.轻绳OB段的张力先增大后减小
C.地面对斜面的支持力逐渐增大
D.地面对斜面的摩擦力先增大后减小
2.地磁暴会使高层大气密度显著增加，进而导致低空航天器的运行轨道半径减小加快，若轨道变化前后航天器的运动均可视为匀速圆周运动，则轨道变化后低空航天器的（ ）
A.角速度变小 B.运行周期变大
C.运行速度变大 D.向心力变小
3.电子显微镜通过“静电透镜”实现对电子会聚或发散使微小物体成像。一种电子透镜的电场分布如图所示（截取其中一部分），虚线为等势面，相邻两等势面间的电势差相等，电子枪发射的电子仅在电场力作用下的运动轨迹如图中实线所示，是轨迹上的三点，若c点处电势为3 V，电子从a点运动到b点电势能变化了5 eV，则下列说法正确的是（ ）
A.a点电势为7.5 V
B.电子在b点的动能不可能为2.5 eV
C.电子在b点加速度比在c点加速度大
D.电子在电场中运动的最小速度一定为零
4.B超成像的基本原理是探头向人体发射一组超声波，遇到人体组织会产生不同程度的反射，探头接收到的超声波信号形成B超图像。如图为探头沿x轴正方向发送的简谐超声波图像，t=0时刻波恰好传到质点 M。已知此超声波的频率为 下列说法中正确的是（ ）
A.超声波在血管中的传播速度为
B.时，质点M恰好在平衡位置向上振动
C.质点M的振动方程是
D.内质点 N运动的路程为3.2mm
5.如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为2：1，电源的输出电压，定值电阻，，滑动变阻器的最大阻值为5Ω，a、b为滑动变阻器的两个端点，所有电表均为理想电表。现将滑动变阻器滑片P置于b端，则（ ）
A.电流表示数为
B.电压表示数为10V
C.滑片P由b向a缓慢滑动，消耗的功率减小
D.滑片P由b向a缓慢滑动，变压器的输出功率减小
6.一定质量理想气体经历如图所示的循环过程，a→b过程是等压过程，b→c过程中气体与外界无热量交换，c→a过程是等温过程。下列说法正确的是（ ）
A.a→b过程，气体从外界吸收的热量全部用于对外做功
B.b→c过程，气体对外做功，内能增加
C.a→b→c过程，气体从外界吸收的热量全部用于对外做功
D.a→b过程，气体从外界吸收的热量等于c→a过程放出的热量
7.如图所示，一定质量的理想气体从状态经状态变为状态。则（ ）
A.到过程中气体分子平均动能不变
B.到过程中气体分子的密度增大
C.到过程中气体从外界吸收热量
D.状态的温度比状态的温度高
8.长软绳与材质不同，从时刻开始，用手握住较长软绳的一端连续上下抖动，手每秒钟做一次振幅为的全振动，以点为原点向轴正方向形成一列简谐横波，时的部分波形图如图所示。已知，。下列说法正确的是（ ）
A.手刚开始抖动的方向向下
B.至内，处质点经过的路程为
C.时，质点第二次到达波峰位置
D.若手上下抖动加快，段绳波的波长将变大
9.某国产手机采用磁吸式无线充电，通过磁铁的吸附力，把无线充电发射线圈和接收线圈紧密结合在一起，大大降低了能量损耗。已知无线充电底座线圈接在220V的交流电源上，手机在无线充电过程中，接收线圈提供的电压为5V，功率为20W，若不计能量损耗，下列说法正确的是（ ）
A.无线充电接收线圈主要工作原理是电磁感应
B.无线充电接收线圈主要工作原理是电流磁效应
C.发射线圈和接收线圈的匝数比为44：1
D.正常充电时，充电底座线圈的输入电流为A
10.氢原子的能级图如图甲所示，一群处于的激发态的氢原子自发跃迁，辐射出的光子中仅有a、b两种光能使图乙中的光电管产生光电流，测量得到的光电流I与电压U的关系曲线如图丙所示，则（ ）
A.a光光子的能量大于b光光子的能量
B.b光产生的光电子的最大初动能
C.阴极K的逸出功
D.a光的反向遏止电压
二、非选择题：本题共5小题，共60分。
11.（10分）某实验小组利用图甲所示的实验装置验证牛顿第二定律。
(1)下列实验操作步骤。正确的顺序是 。
①将挂有槽码的细线绕过定滑轮系在滑块上，滑块移到光电门1右侧某位置A处
②改变槽码和滑块质量，重复实验
③把气垫导轨放在水平桌面上，将装有遮光条的滑块放在导轨上，打开气源开关，调节导轨至水平
④多次改变光电门2的位置，滑块每次都由A处静止释放，记录和
⑤从A处由静止释放滑块，记录滑块从光电门1运动到光电门2的时间和遮光条通过光电门2的遮光时间
(2)实验记录和处理的某组数据如下表：
请根据表中数据，在图乙中作出图像 。
(3)根据图像求得图线的斜率 （结果保留两位有效数字）。
(4)实验中，测得遮光条的宽度为d，滑块和遮光条的总质量为M，槽码的质量为m，用槽码的重力代替细线的拉力。已知重力加速度为g。在误差允许范围内，如果（3）中所求k满足 （用符号d、m、M、g表示）。则验证了牛顿第二定律。
(5)实验小组发现图线斜率的测量值总小于理论值，产生该系统误差的原因是 （写出一个即可）。
12.（10分）如图所示是某快递点分拣快递装置的部分简化示意图，质量的快递从倾角为的斜面顶端点静止释放，沿斜面下滑，进入水平传送带传送，最后能从水平末端点水平拋出，落到水平地面上，斜面与传送带之间由一小段不计长度的光滑圆弧连接。已知斜面长，水平传送带长，传送带上表面距水平地面，快递与斜面间动摩擦因数，与传动带间动摩擦因数，传送带以某一速度顺时针转动，不考虑传送带滑轮大小，不考虑快递受到的空气阻力，快递可视为质点，。求：
（1）快递刚滑到传送带上时速度的大小；
（2）调节传送带速度使快递落地点与抛出点点的水平距离最大，则传送带速度至少多大，并求出与拋出点的最大水平距离和快递落地时的速度
13.（12分）如图所示，光滑水平面上竖直固定有一半径为R的光滑绝缘圆弧轨道BC，水平面AB与圆弧BC相切于B点，O为圆心，OB竖直，OC水平，空间有足够大水平向右的匀强电场。一质量为m、电荷量为q的带正电绝缘小球自A点由静止释放，小球沿水平面向右运动，AB间距离为2R，匀强电场的电场强度，重力加速度大小为g，不计空气阻力。求：
（1）小球到达B点时的速度大小；
（2）小球在光滑绝缘圆弧轨道BC上运动时对轨道的最大压力值；
（3）小球离开圆弧轨道到落地前的最小速率。
14.（14分）某固定游戏装置的竖直截面如图所示，由弧形轨道、竖直圆轨道、水平直轨道平滑连接而成，圆形轨道底端略微错开，在轨道末端的右侧光滑水平面上紧靠着质量为的长木板，长木板上表面与轨道末端所在的水平面平齐，长木板左端放置一质量的小物块，右端固定连有一轻质弹簧的竖直挡板。现将一质量也为的小球从弧形轨道上高度为处静止释放。已知圆轨道半径，小物块与木板间的动摩擦因数，小球和小物块均可视为质点，不计其他阻力。
（1）若小球恰能通过竖直圆轨道的最高点，求小球经过圆轨道的最低点时受轨道支持力的大小；
（2）要使小球第一次进入竖直圆轨道运动过程中不脱离轨道，求的大小范围；
（3）当时，小球经圆轨道运动到点与小物块发生弹性碰撞，发现小物块最终恰好不滑离木板，求：
①小物块第二次到达长木板左端时的速度大小；
②弹簧被压缩到最短状态时的弹性势能。
15.（14分）如图所示，两根间距为L的固定光滑金属导轨MP和NQ平行放置，电阻可忽略不计，两导轨是由位于MN左侧的半径为R的四分之一圆弧和MN右侧足够长的水平部分构成，水平导轨范围内存在竖直向下磁感应强度为B的匀强磁场，两根长度均为L的导体棒ab和cd垂直导轨且与导轨接触良好，开始时cd静止在磁场中，ab从圆弧导轨的顶端由静止释放，两导体棒在运动中始终不接触。已知ab棒、cd棒的质量均为m，电阻均为r。重力加速度为g。求：
（1）ab棒到达圆弧底端时对轨道的压力FN大小；
（2）最后稳定时ab棒的速度大小和整个过程中ab棒产生的焦耳热Q；
（3）整个过程中，通过cd棒的电荷量q。
2024学年郑州市宇华实验学校高二年级（下）期末考试
物理参考答案
一、选择题：本题共10小题，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1至7小题只有一项符合题目要求，每小题4分。第8至10小题有多项符合题目的要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分。
1.【答案】D
【解析】AB.小球B受重力mg、轻绳OB的拉力和拉力F，由题意可知，三个力的合力始终为零，矢量三角形如图所示
在转至水平的过程中，轻绳OB的拉力逐渐减小，拉力F逐渐增大，AB错误；
CD.整体（含斜面体，物块A和小球B）受向下的重力、向上的支持力、向左的摩擦力以及拉力四个力的作用，根据对小球的受力分析可知，拉力F的竖直方向分力逐渐增大，水平方向分力先增大后减小（矢量三角形中力F边在水平方向的分量在力F边逆时针转动过程中，先增大后减小），所以地面对斜面体的支持力逐渐减小，地面对斜面体的摩擦力先增大后减小，C错误，D正确。选D。
2.【答案】C
【解析】A.对航天器有，解得，由于其轨道半径变小，所以角速度变大，A项错误；
B.对航天器有，解得，由于其轨道半径变小，所以周期变小，B项错误；
C.航天器有，解得，由于其轨道半径变小，所以运行速度变大，C项正确；
D.对航天器，其万有引力充当向心力，由于其轨道半径变小，所以向心力变大，D项错误。选C。
3.【答案】B
【解析】A.根据电子的受力和运动情况可知，电子从a点到c点电场力做负功，电势能增大，根据电场力做功与电势差的关系可知，b点电势比a点电势低5 V，则相邻两等势面间的电势差为2.5 V，则a点电势为
故A错误；
B.电子在两点，由能量守恒定律有
由于电子在c点动能不为零，因此在b点的动能一定大于2.5 eV，故B正确；
C.c点处等差等势面比b点处密集，则b点比c点电场强度小，因此加速度小，故C错误；
D.电子速度与等势面切线平行时，在电场中运动的速度最小，此时的速度最小值不一定为零，故D错误。
故选B。
4.【答案】D
【解析】A.由图可知超声波的波长为m，则可得其波速为，A错误；
B.波的周期为s=时，质点M与t=0时的运动情况相同，质点M在平衡位置向下振动，B错误；
C.t=0时，质点M在平衡位置向下振动，质点M的振动方程是，将，代入解得，则质点M的振动方程是，C错误；
D .此超声波传到N的时间为s=s，则时，质点振动的时间为s=2T，运动的路程为mm，D正确；选D。
5.【答案】C
【解析】AB.题图的电路图可以等效为
设原线圈两端电压为，副线圈两端电压为，又因为理想变压器原副线圈的功率相等，有，，整理有，电源的电压输出为，因为电流表和电压表测量的为有效值，电源的有效值为30V，电流表的示数为，原线圈两端电压的有效值为，电压表测量的是副线圈两端的电压，即，整理有，AB错误：
C.当滑片P从b向a缓慢滑动过程中，阻值变大，根据电流规律可知，总电阻变大，结合之前的分析可知，流过电阻的电流减小，由变压器规律，流过副线圈的电流也成比例减小，电阻不变，电流减小，根据，所以功率减小，C正确；
D.由之前的分析，可以将电阻与电源放在一起，等效成新电源，其副线圈输出功率变为新电源的输出功率，有电源的输出功率的规律可知，当等效电阻等于新电源的内阻20Ω时，即，其输出功率最大，所以在滑片从b向a缓慢滑的过程中，其副线圆的输出功率先增大，后减小，D错误。选C。
6.【答案】C
【解析】A.a→b过程压强不变，是等压变化且体积增大，气体对外做功W<0，由盖-吕萨克定律可知，即内能增大，，根据热力学第一定律可知过程，气体从外界吸收的热量一部分用于对外做功，另一部分用于增加内能，A错误；
B.方法一：过程中气体与外界无热量交换，即，又由气体体积增大可知，由热力学第一定律可知气体内能减少。方法二：过程为等温过程，所以，结合分析可知，所以b到c过程气体的内能减少，B错误；
C.过程为等温过程，可知，根据热力学第一定律可知过程，气体从外界吸收的热量全部用于对外做功，C正确；
D.根据热力学第一定律结合上述解析可知：一整个热力学循环过程，整个过程气体对外做功，因此热力学第一定律可得，过程气体从外界吸收的热量不等于过程放出的热量，D错误。选C。
7.【答案】D
【解析】A.根据，到过程中温度增大，则气体分子平均动能增大，A错误；
B.到过程中体积增大，而质量不变，则气体分子的密度减小，B错误；
C.到过程中体积不变，而根据可知温度降低，则，根据热力学第一定律可知，气体放热，C错误；
D.根据，可知，则状态的温度比状态的温度高，D正确。选D。
8.【答案】BC
【解析】A.t=4s内，手完成4次全振动，形成4个完整波形，图中质点B右侧仍有半个波形，可判断波源的起振方向向上，A错误；
B.AB段波速为，由图可知t=2s时，波传播到质点A处，再经，波传播到x=28cm处，则t=2.5s时，波传播到28cm处，0~3s内x=28cm处质点振动了，经过的路程为，B正确；
C.t=4s时，质点B已经到达过一次波峰，此时经过平衡位置向下运动，再经，即，又一次达到波峰位置，C正确；
D.若手抖动加快，频率增大，波速不变，根据，可知波长减小，D错误。选BC。
9.【答案】ACD
【解析】AB.接收线圈的工作原理是电磁感应，A项正确，B项错误；
C.根据电磁感应定律可得，C项正确；
D.因为不计能量损耗，所以发射线圈的输入功率等于接收线圈的输出功率，因此充电底座线圈的输入电流，D项正确。选AD。
10.【答案】BC
【解析】A：辐射出的光子中仅有a、b两种光能使图乙中的光电管产生光电流，结合光电流I与电压U的关系曲线分析知，b光的反向遏止电压大，根据，知b光光子的能量大于a光光子的能量，A错误；
B：对b光产生的光电子分析，得，解得，B正确；
C：对b光的光子，有，所以逸出功为，C正确；
D：对a光的光子，有，，，联立解得，D错误。选BC。
二、非选择题：本题共5小题，共60分。
11.（10分）【答案】(1)③①⑤④②；(2)图见解析；(3)；(4)；(5)将槽码的重力代替细线的拉力
【解析】（1）实验时先调节轨道水平，然后放好挂着槽码的细线和滑块，释放滑块后记录通过光电门的时间，最后重复几次实验，则实验操作正确的顺序是③①⑤④②；
（2）图像如图
（3）根据图像求得图线的斜率
（4）根据，，即，图像的斜率，即在误差允许范围内，如果（3）中所求k满足，则验证了牛顿第二定律。
（5）将槽码的重力代替细线的拉力，则理论值偏大，从而使得图线斜率的测量值总小于理论值。
12.（10分）【答案】（1）；（2），，，落地时速度与水平面的夹角为
【解析】（1）从到，根据动能定理有，代入数据解得
（2）由题意知，若物体在传送带上一直加速，落地点与抛出点点的水平距离最大，由动能定理知，解得，则传送带速度至少为。不考虑快递在空中运动时受到的空气阻力，快递从点飞出做平抛运动，有，水平方向有，解得，快递落地时的速度，解得，落地时速度与水平面的夹角为，则，解得
13.（12分）【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】（1）小球从A到B过程，根据动能定理可得，解得小球到达B点时的速度大小为。
（2）小球在光滑绝缘圆弧轨道BC上运动时，设电场力与重力的合力与竖直方向的夹角为，则有，可得，可知当小球运动到圆弧轨道BC的中点时，小球的速度最大，小球对轨道的压力最大，根据动能定理可得，根据牛顿第二定律可得，联立解得，根据牛顿第三定律可知，小球对轨道的最大压力为。
（3）小球从A到C过程，根据动能定理可得，解得，小球从C点抛出后，将小球的运动分解为沿重力和电场力的合力方向和垂直合力方向，如图所示，
小球在空中垂直合力方向做匀速直线运动，沿合力方向先做匀减速直线运动，再反向做匀加速直线运动，当沿合力方向的速度减为零时，小球的速度具有最小值，则有。
14.（14分）【答案】（1）6N；（2）或；（3）①；②
【解析】（1）小球恰能过C点，则有，小球由B运动到C点过程中，由机械能守恒可知，小球运动到B点时有，由此可得
（2）若小球恰能过圆轨道最高点，则有，解得，若小球恰能运动到圆轨道圆心等高位置，则有，解得，综上可知，要使小球不脱离竖直圆轨道，则高度满足或
（3）①当时，小球通过圆轨道到达E点时，速度满足，小球与小物块发生弹性碰撞，小球碰后速度变为，小物块碰后速度为，则有，，解得，，当小物块与长木板达到共速时，满足，解得，②小物块在长木板上运动过程中，小物块与长木板有两次达到共速，第一次是弹簧被压缩到最短的时候，第二次是小物块恰好返回到长木板最左端的时候。设小物块相对长木板位移位时，弹簧被压缩到最短，弹性势能大小为，由能量守恒可知，当二者第一次达共速时，当二者再次达到共速时，由此可知，即
15.（14分）【答案】（1）3mg；（2）；；（3）
【解析】（1）ab从圆弧导轨的顶端由静止释放下滑到底端过程，由机械能守恒定理有，到达圆弧底端时对ab有，解得，，由牛顿第三定律得ab到达圆弧底端时对轨道的压力大小为3mg。
（2）最终稳定时两棒速度相等，对ab、cd根据动量守恒定律有，解得，根据能量守恒，有，解得
（3）导体棒ab进入匀强磁场后至最终cd匀速运动的过程中，对cd棒由动量定理有，又因为，解得 0.81
0.91
1.09
1.24
1.46
1.67
7.14
6.25
5.26
4.54
3.85
3.33
140
160
190
220
260
300
注意事项：
1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚。
2.每道选择题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。在试题卷上作答无效。
3.非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答的答案无效。
4.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题：本题共10小题，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1至7小题只有一项符合题目要求，每小题4分。第8至10小题有多项符合题目的要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分。
1.如图，倾角为30°的斜面静置于粗糙水平面。物块A由一轻绳与小球B相连，轻绳跨过光滑定滑轮，O点为轻绳与定滑轮的接触点。初始时小球B受到水平向右的拉力F，轻绳OB段与F的夹角，整个系统处于静止状态。现改变拉力F，将小球向右上方缓慢拉起，并保持夹角θ不变。从初始状态到轻绳OB段水平的过程中，斜面与物块A均保持静止，则在此过程中（ ）
A.拉力F先增大后减小
B.轻绳OB段的张力先增大后减小
C.地面对斜面的支持力逐渐增大
D.地面对斜面的摩擦力先增大后减小
2.地磁暴会使高层大气密度显著增加，进而导致低空航天器的运行轨道半径减小加快，若轨道变化前后航天器的运动均可视为匀速圆周运动，则轨道变化后低空航天器的（ ）
A.角速度变小 B.运行周期变大
C.运行速度变大 D.向心力变小
3.电子显微镜通过“静电透镜”实现对电子会聚或发散使微小物体成像。一种电子透镜的电场分布如图所示（截取其中一部分），虚线为等势面，相邻两等势面间的电势差相等，电子枪发射的电子仅在电场力作用下的运动轨迹如图中实线所示，是轨迹上的三点，若c点处电势为3 V，电子从a点运动到b点电势能变化了5 eV，则下列说法正确的是（ ）
A.a点电势为7.5 V
B.电子在b点的动能不可能为2.5 eV
C.电子在b点加速度比在c点加速度大
D.电子在电场中运动的最小速度一定为零
4.B超成像的基本原理是探头向人体发射一组超声波，遇到人体组织会产生不同程度的反射，探头接收到的超声波信号形成B超图像。如图为探头沿x轴正方向发送的简谐超声波图像，t=0时刻波恰好传到质点 M。已知此超声波的频率为 下列说法中正确的是（ ）
A.超声波在血管中的传播速度为
B.时，质点M恰好在平衡位置向上振动
C.质点M的振动方程是
D.内质点 N运动的路程为3.2mm
5.如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为2：1，电源的输出电压，定值电阻，，滑动变阻器的最大阻值为5Ω，a、b为滑动变阻器的两个端点，所有电表均为理想电表。现将滑动变阻器滑片P置于b端，则（ ）
A.电流表示数为
B.电压表示数为10V
C.滑片P由b向a缓慢滑动，消耗的功率减小
D.滑片P由b向a缓慢滑动，变压器的输出功率减小
6.一定质量理想气体经历如图所示的循环过程，a→b过程是等压过程，b→c过程中气体与外界无热量交换，c→a过程是等温过程。下列说法正确的是（ ）
A.a→b过程，气体从外界吸收的热量全部用于对外做功
B.b→c过程，气体对外做功，内能增加
C.a→b→c过程，气体从外界吸收的热量全部用于对外做功
D.a→b过程，气体从外界吸收的热量等于c→a过程放出的热量
7.如图所示，一定质量的理想气体从状态经状态变为状态。则（ ）
A.到过程中气体分子平均动能不变
B.到过程中气体分子的密度增大
C.到过程中气体从外界吸收热量
D.状态的温度比状态的温度高
8.长软绳与材质不同，从时刻开始，用手握住较长软绳的一端连续上下抖动，手每秒钟做一次振幅为的全振动，以点为原点向轴正方向形成一列简谐横波，时的部分波形图如图所示。已知，。下列说法正确的是（ ）
A.手刚开始抖动的方向向下
B.至内，处质点经过的路程为
C.时，质点第二次到达波峰位置
D.若手上下抖动加快，段绳波的波长将变大
9.某国产手机采用磁吸式无线充电，通过磁铁的吸附力，把无线充电发射线圈和接收线圈紧密结合在一起，大大降低了能量损耗。已知无线充电底座线圈接在220V的交流电源上，手机在无线充电过程中，接收线圈提供的电压为5V，功率为20W，若不计能量损耗，下列说法正确的是（ ）
A.无线充电接收线圈主要工作原理是电磁感应
B.无线充电接收线圈主要工作原理是电流磁效应
C.发射线圈和接收线圈的匝数比为44：1
D.正常充电时，充电底座线圈的输入电流为A
10.氢原子的能级图如图甲所示，一群处于的激发态的氢原子自发跃迁，辐射出的光子中仅有a、b两种光能使图乙中的光电管产生光电流，测量得到的光电流I与电压U的关系曲线如图丙所示，则（ ）
A.a光光子的能量大于b光光子的能量
B.b光产生的光电子的最大初动能
C.阴极K的逸出功
D.a光的反向遏止电压
二、非选择题：本题共5小题，共60分。
11.（10分）某实验小组利用图甲所示的实验装置验证牛顿第二定律。
(1)下列实验操作步骤。正确的顺序是 。
①将挂有槽码的细线绕过定滑轮系在滑块上，滑块移到光电门1右侧某位置A处
②改变槽码和滑块质量，重复实验
③把气垫导轨放在水平桌面上，将装有遮光条的滑块放在导轨上，打开气源开关，调节导轨至水平
④多次改变光电门2的位置，滑块每次都由A处静止释放，记录和
⑤从A处由静止释放滑块，记录滑块从光电门1运动到光电门2的时间和遮光条通过光电门2的遮光时间
(2)实验记录和处理的某组数据如下表：
请根据表中数据，在图乙中作出图像 。
(3)根据图像求得图线的斜率 （结果保留两位有效数字）。
(4)实验中，测得遮光条的宽度为d，滑块和遮光条的总质量为M，槽码的质量为m，用槽码的重力代替细线的拉力。已知重力加速度为g。在误差允许范围内，如果（3）中所求k满足 （用符号d、m、M、g表示）。则验证了牛顿第二定律。
(5)实验小组发现图线斜率的测量值总小于理论值，产生该系统误差的原因是 （写出一个即可）。
12.（10分）如图所示是某快递点分拣快递装置的部分简化示意图，质量的快递从倾角为的斜面顶端点静止释放，沿斜面下滑，进入水平传送带传送，最后能从水平末端点水平拋出，落到水平地面上，斜面与传送带之间由一小段不计长度的光滑圆弧连接。已知斜面长，水平传送带长，传送带上表面距水平地面，快递与斜面间动摩擦因数，与传动带间动摩擦因数，传送带以某一速度顺时针转动，不考虑传送带滑轮大小，不考虑快递受到的空气阻力，快递可视为质点，。求：
（1）快递刚滑到传送带上时速度的大小；
（2）调节传送带速度使快递落地点与抛出点点的水平距离最大，则传送带速度至少多大，并求出与拋出点的最大水平距离和快递落地时的速度
13.（12分）如图所示，光滑水平面上竖直固定有一半径为R的光滑绝缘圆弧轨道BC，水平面AB与圆弧BC相切于B点，O为圆心，OB竖直，OC水平，空间有足够大水平向右的匀强电场。一质量为m、电荷量为q的带正电绝缘小球自A点由静止释放，小球沿水平面向右运动，AB间距离为2R，匀强电场的电场强度，重力加速度大小为g，不计空气阻力。求：
（1）小球到达B点时的速度大小；
（2）小球在光滑绝缘圆弧轨道BC上运动时对轨道的最大压力值；
（3）小球离开圆弧轨道到落地前的最小速率。
14.（14分）某固定游戏装置的竖直截面如图所示，由弧形轨道、竖直圆轨道、水平直轨道平滑连接而成，圆形轨道底端略微错开，在轨道末端的右侧光滑水平面上紧靠着质量为的长木板，长木板上表面与轨道末端所在的水平面平齐，长木板左端放置一质量的小物块，右端固定连有一轻质弹簧的竖直挡板。现将一质量也为的小球从弧形轨道上高度为处静止释放。已知圆轨道半径，小物块与木板间的动摩擦因数，小球和小物块均可视为质点，不计其他阻力。
（1）若小球恰能通过竖直圆轨道的最高点，求小球经过圆轨道的最低点时受轨道支持力的大小；
（2）要使小球第一次进入竖直圆轨道运动过程中不脱离轨道，求的大小范围；
（3）当时，小球经圆轨道运动到点与小物块发生弹性碰撞，发现小物块最终恰好不滑离木板，求：
①小物块第二次到达长木板左端时的速度大小；
②弹簧被压缩到最短状态时的弹性势能。
15.（14分）如图所示，两根间距为L的固定光滑金属导轨MP和NQ平行放置，电阻可忽略不计，两导轨是由位于MN左侧的半径为R的四分之一圆弧和MN右侧足够长的水平部分构成，水平导轨范围内存在竖直向下磁感应强度为B的匀强磁场，两根长度均为L的导体棒ab和cd垂直导轨且与导轨接触良好，开始时cd静止在磁场中，ab从圆弧导轨的顶端由静止释放，两导体棒在运动中始终不接触。已知ab棒、cd棒的质量均为m，电阻均为r。重力加速度为g。求：
（1）ab棒到达圆弧底端时对轨道的压力FN大小；
（2）最后稳定时ab棒的速度大小和整个过程中ab棒产生的焦耳热Q；
（3）整个过程中，通过cd棒的电荷量q。
2024学年郑州市宇华实验学校高二年级（下）期末考试
物理参考答案
一、选择题：本题共10小题，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1至7小题只有一项符合题目要求，每小题4分。第8至10小题有多项符合题目的要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分。
1.【答案】D
【解析】AB.小球B受重力mg、轻绳OB的拉力和拉力F，由题意可知，三个力的合力始终为零，矢量三角形如图所示
在转至水平的过程中，轻绳OB的拉力逐渐减小，拉力F逐渐增大，AB错误；
CD.整体（含斜面体，物块A和小球B）受向下的重力、向上的支持力、向左的摩擦力以及拉力四个力的作用，根据对小球的受力分析可知，拉力F的竖直方向分力逐渐增大，水平方向分力先增大后减小（矢量三角形中力F边在水平方向的分量在力F边逆时针转动过程中，先增大后减小），所以地面对斜面体的支持力逐渐减小，地面对斜面体的摩擦力先增大后减小，C错误，D正确。选D。
2.【答案】C
【解析】A.对航天器有，解得，由于其轨道半径变小，所以角速度变大，A项错误；
B.对航天器有，解得，由于其轨道半径变小，所以周期变小，B项错误；
C.航天器有，解得，由于其轨道半径变小，所以运行速度变大，C项正确；
D.对航天器，其万有引力充当向心力，由于其轨道半径变小，所以向心力变大，D项错误。选C。
3.【答案】B
【解析】A.根据电子的受力和运动情况可知，电子从a点到c点电场力做负功，电势能增大，根据电场力做功与电势差的关系可知，b点电势比a点电势低5 V，则相邻两等势面间的电势差为2.5 V，则a点电势为
故A错误；
B.电子在两点，由能量守恒定律有
由于电子在c点动能不为零，因此在b点的动能一定大于2.5 eV，故B正确；
C.c点处等差等势面比b点处密集，则b点比c点电场强度小，因此加速度小，故C错误；
D.电子速度与等势面切线平行时，在电场中运动的速度最小，此时的速度最小值不一定为零，故D错误。
故选B。
4.【答案】D
【解析】A.由图可知超声波的波长为m，则可得其波速为，A错误；
B.波的周期为s=时，质点M与t=0时的运动情况相同，质点M在平衡位置向下振动，B错误；
C.t=0时，质点M在平衡位置向下振动，质点M的振动方程是，将，代入解得，则质点M的振动方程是，C错误；
D .此超声波传到N的时间为s=s，则时，质点振动的时间为s=2T，运动的路程为mm，D正确；选D。
5.【答案】C
【解析】AB.题图的电路图可以等效为
设原线圈两端电压为，副线圈两端电压为，又因为理想变压器原副线圈的功率相等，有，，整理有，电源的电压输出为，因为电流表和电压表测量的为有效值，电源的有效值为30V，电流表的示数为，原线圈两端电压的有效值为，电压表测量的是副线圈两端的电压，即，整理有，AB错误：
C.当滑片P从b向a缓慢滑动过程中，阻值变大，根据电流规律可知，总电阻变大，结合之前的分析可知，流过电阻的电流减小，由变压器规律，流过副线圈的电流也成比例减小，电阻不变，电流减小，根据，所以功率减小，C正确；
D.由之前的分析，可以将电阻与电源放在一起，等效成新电源，其副线圈输出功率变为新电源的输出功率，有电源的输出功率的规律可知，当等效电阻等于新电源的内阻20Ω时，即，其输出功率最大，所以在滑片从b向a缓慢滑的过程中，其副线圆的输出功率先增大，后减小，D错误。选C。
6.【答案】C
【解析】A.a→b过程压强不变，是等压变化且体积增大，气体对外做功W<0，由盖-吕萨克定律可知，即内能增大，，根据热力学第一定律可知过程，气体从外界吸收的热量一部分用于对外做功，另一部分用于增加内能，A错误；
B.方法一：过程中气体与外界无热量交换，即，又由气体体积增大可知，由热力学第一定律可知气体内能减少。方法二：过程为等温过程，所以，结合分析可知，所以b到c过程气体的内能减少，B错误；
C.过程为等温过程，可知，根据热力学第一定律可知过程，气体从外界吸收的热量全部用于对外做功，C正确；
D.根据热力学第一定律结合上述解析可知：一整个热力学循环过程，整个过程气体对外做功，因此热力学第一定律可得，过程气体从外界吸收的热量不等于过程放出的热量，D错误。选C。
7.【答案】D
【解析】A.根据，到过程中温度增大，则气体分子平均动能增大，A错误；
B.到过程中体积增大，而质量不变，则气体分子的密度减小，B错误；
C.到过程中体积不变，而根据可知温度降低，则，根据热力学第一定律可知，气体放热，C错误；
D.根据，可知，则状态的温度比状态的温度高，D正确。选D。
8.【答案】BC
【解析】A.t=4s内，手完成4次全振动，形成4个完整波形，图中质点B右侧仍有半个波形，可判断波源的起振方向向上，A错误；
B.AB段波速为，由图可知t=2s时，波传播到质点A处，再经，波传播到x=28cm处，则t=2.5s时，波传播到28cm处，0~3s内x=28cm处质点振动了，经过的路程为，B正确；
C.t=4s时，质点B已经到达过一次波峰，此时经过平衡位置向下运动，再经，即，又一次达到波峰位置，C正确；
D.若手抖动加快，频率增大，波速不变，根据，可知波长减小，D错误。选BC。
9.【答案】ACD
【解析】AB.接收线圈的工作原理是电磁感应，A项正确，B项错误；
C.根据电磁感应定律可得，C项正确；
D.因为不计能量损耗，所以发射线圈的输入功率等于接收线圈的输出功率，因此充电底座线圈的输入电流，D项正确。选AD。
10.【答案】BC
【解析】A：辐射出的光子中仅有a、b两种光能使图乙中的光电管产生光电流，结合光电流I与电压U的关系曲线分析知，b光的反向遏止电压大，根据，知b光光子的能量大于a光光子的能量，A错误；
B：对b光产生的光电子分析，得，解得，B正确；
C：对b光的光子，有，所以逸出功为，C正确；
D：对a光的光子，有，，，联立解得，D错误。选BC。
二、非选择题：本题共5小题，共60分。
11.（10分）【答案】(1)③①⑤④②；(2)图见解析；(3)；(4)；(5)将槽码的重力代替细线的拉力
【解析】（1）实验时先调节轨道水平，然后放好挂着槽码的细线和滑块，释放滑块后记录通过光电门的时间，最后重复几次实验，则实验操作正确的顺序是③①⑤④②；
（2）图像如图
（3）根据图像求得图线的斜率
（4）根据，，即，图像的斜率，即在误差允许范围内，如果（3）中所求k满足，则验证了牛顿第二定律。
（5）将槽码的重力代替细线的拉力，则理论值偏大，从而使得图线斜率的测量值总小于理论值。
12.（10分）【答案】（1）；（2），，，落地时速度与水平面的夹角为
【解析】（1）从到，根据动能定理有，代入数据解得
（2）由题意知，若物体在传送带上一直加速，落地点与抛出点点的水平距离最大，由动能定理知，解得，则传送带速度至少为。不考虑快递在空中运动时受到的空气阻力，快递从点飞出做平抛运动，有，水平方向有，解得，快递落地时的速度，解得，落地时速度与水平面的夹角为，则，解得
13.（12分）【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】（1）小球从A到B过程，根据动能定理可得，解得小球到达B点时的速度大小为。
（2）小球在光滑绝缘圆弧轨道BC上运动时，设电场力与重力的合力与竖直方向的夹角为，则有，可得，可知当小球运动到圆弧轨道BC的中点时，小球的速度最大，小球对轨道的压力最大，根据动能定理可得，根据牛顿第二定律可得，联立解得，根据牛顿第三定律可知，小球对轨道的最大压力为。
（3）小球从A到C过程，根据动能定理可得，解得，小球从C点抛出后，将小球的运动分解为沿重力和电场力的合力方向和垂直合力方向，如图所示，
小球在空中垂直合力方向做匀速直线运动，沿合力方向先做匀减速直线运动，再反向做匀加速直线运动，当沿合力方向的速度减为零时，小球的速度具有最小值，则有。
14.（14分）【答案】（1）6N；（2）或；（3）①；②
【解析】（1）小球恰能过C点，则有，小球由B运动到C点过程中，由机械能守恒可知，小球运动到B点时有，由此可得
（2）若小球恰能过圆轨道最高点，则有，解得，若小球恰能运动到圆轨道圆心等高位置，则有，解得，综上可知，要使小球不脱离竖直圆轨道，则高度满足或
（3）①当时，小球通过圆轨道到达E点时，速度满足，小球与小物块发生弹性碰撞，小球碰后速度变为，小物块碰后速度为，则有，，解得，，当小物块与长木板达到共速时，满足，解得，②小物块在长木板上运动过程中，小物块与长木板有两次达到共速，第一次是弹簧被压缩到最短的时候，第二次是小物块恰好返回到长木板最左端的时候。设小物块相对长木板位移位时，弹簧被压缩到最短，弹性势能大小为，由能量守恒可知，当二者第一次达共速时，当二者再次达到共速时，由此可知，即
15.（14分）【答案】（1）3mg；（2）；；（3）
【解析】（1）ab从圆弧导轨的顶端由静止释放下滑到底端过程，由机械能守恒定理有，到达圆弧底端时对ab有，解得，，由牛顿第三定律得ab到达圆弧底端时对轨道的压力大小为3mg。
（2）最终稳定时两棒速度相等，对ab、cd根据动量守恒定律有，解得，根据能量守恒，有，解得
（3）导体棒ab进入匀强磁场后至最终cd匀速运动的过程中，对cd棒由动量定理有，又因为，解得 0.81
0.91
1.09
1.24
1.46
1.67
7.14
6.25
5.26
4.54
3.85
3.33
140
160
190
220
260
300
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