2023-2024学年河北省邯郸市三龙育华中学高一（下）期末考试物理试卷（含详细答案解析）

这是一份2023-2024学年河北省邯郸市三龙育华中学高一（下）期末考试物理试卷（含详细答案解析），共14页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.关于电磁波，下列说法中正确的是( )
A. 变化的电场一定在周围空间产生变化的磁场
B. 电磁波既可以传递信息，又可以传递能量
C. 麦克斯韦首先预言了电磁波的存在，法拉第最先用实验证实了电磁波的存在
D. 不同频率的电磁波在真空中的传播速率不同
2.我国高铁技术、北斗卫星导航系统、5G通信技术，目前处于世界领先水平。高铁将拥有基于北斗卫星导航系统、5G通信技术的空天地一体化的“超级大脑”。与4G相比，5G具有“更高网速、低延时、低功率海量连接、通信使用的电磁波频率更高”等特点。与4G相比，5G使用的电磁波( )
A. 波长更长B. 能量子的能量更小C. 能量子的能量更大D. 传播速度更快
3.如图所示，在通有电流i的长直导线附近有一个矩形线圈ABCD，线圈与导线在同一平面内且线圈的两个边与导线平行。当矩形线圈远离导线移动时，若在t1∼t2时间内，线圈中没有感应电流，则导线中的电流i与时间t的关系图像可能正确是( )
A. B.
C. D.
4.如图所示，在磁感应强度大小为B0的匀强磁场中(图中未画出)，相距为l的两长直导线P和Q垂直于纸面固定放置。两导线均通有方向垂直于纸面向里、大小相等的电流时，纸面内与两导线距离均为l的a点处磁感应强度为零。b点与a点关于PQ连线对称。下列说法正确的是( )
A. 匀强磁场的方向平行于PQ向右
B. P的电流在a点处磁场的磁感应强度大小为B02
C. 将P中的电流方向反向，PQ连线中点磁场方向垂直PQ向上
D. 将Q中的电流方向反向时，b点的磁感应强度大小为23 3B0
5.如图所示，匝数为N、面积为S的闭合线圈abcd水平放置，与磁感应强度为B的匀强磁场夹角为45 ∘。现将线圈以ab边为轴顺时针转动90 ∘，则该过程中线圈的磁通量变化量的大小为( )
A. 2NBSB. 2BSC. 22NBSD. 22BS
6.质量为0.4kg的玩具小车，速度由向左的3m/s变为向右的5m/s，取向左为正方向，则小车的动能变化量和动量变化量分别为( )
A. ⋅m/sB. ⋅m/s
C. 3.2J−3.2kg⋅m/sD. 6.8J−3.2kg⋅m/s
7.质量为1kg的物块静止于水平面上，t=0时刻施加一水平拉力，拉力随时间变化的关系如图所示，物块与水平面之间的动摩擦因数为0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2。下列选项正确的是( )
A. 重力的冲量始终为零
B. t=1s时物块的动量为零
C. 0∼1s内摩擦力冲量的大小为2.5N⋅s
D. t=2s时物块动量的大小为6.25kg⋅m/s
8.某同学设计了如图所示的电路进行电表改装，已知电流表A的量程为500mA，内阻RA=0.4Ω，R1=RA，R2=7RA。则若将接线柱( )
A. 1、2接入电路时，最大可以测量的电流为0.5A
B. 1、2接入电路时，最大可以测量的电压为0.1V
C. 1、3接入电路时，最大可以测量的电压为3.0V
D. 1、3接入电路时，最大可以测量的电流为0.5A
9.如图所示，竖直墙壁上的M点到地面有Ⅰ、Ⅱ两条固定光滑轨道，从M点静止释放的物块沿不同轨道滑到地面，下列说法正确的是
A. 物块落地时速度相同
B. 沿Ⅰ下滑重力做功小于沿Ⅱ下滑重力做功
C. 沿Ⅰ下滑重力的平均功率等于沿Ⅱ下滑重力的平均功率
D. 物块滑到地面时，沿Ⅰ下滑重力的瞬时功率大于沿Ⅱ下滑重力的瞬时功率
10.关于磁感应强度下列说法正确的是( )
A. 根据定义式B=FIL，磁场中某点的磁感应强度B 与F 成正比，与I成反比
B. 磁感应强度B是矢量，方向与该点的小磁针静止时 N极所指的方向一致
C. 磁感应强度B是矢量，方向与电流元所受安培力的方向相反
D. 在某一磁场中，同一点的B是相同的，不同点的B也可能相同
二、多选题：本大题共2小题，共12分。
11.躺着看手机时，有时手机会砸到脸部。若手机质量为120g，离脸部高约20cm处无初速度滑落，砸到脸部后未反弹，冲击脸部的时间约为0.1s，不计空气阻力，g取10m/s2。下列分析正确的是( )
A. 手机下落的时间约为0.4s
B. 手机接触脸部前瞬间的速度大小约为2m/s
C. 手机冲击脸部的过程中，动量变化量大小约为0.24kg⋅m/s
D. 手机冲击脸部的作用力大小约为2.4N
12.在光滑的绝缘水平面上，有一个正方形abcd，顶点a、c分别固定两个电荷量均为+Q的点电荷，如图所示。若将一个带负电的粒子置于b点由静止释放，粒子将沿着对角线bd往复运动，粒子重力忽略不计。粒子从b点运动到d点的过程中( )
A. 先做匀加速运动，后做匀减速运动
B. 先从低电势到高电势，再从高电势到低电势
C. 电势能与机械能之和保持不变
D. 电势能先增大，后减小
三、填空题：本大题共3小题，共21分。
13.甲、乙两个物体，它们的质量之比m甲：m乙=2：1，当它们的速度相同时，它们的动量之比p甲：p乙=______；当它们的动能相同时，它们动量之比p甲：p乙=______。
14.用游标卡尺测量圆柱体的内径如图所示，圆柱体的内径为_____mm；用螺旋测微器测量一金属的直径如图所示，金属丝的直径为_____mm。
15.在如图所示的电路中，电源电动势为E=12V、内阻为r=2Ω，定值电阻R0=2Ω，R为滑动变阻器，其最大阻值10Ω。闭合开关S，调节R的阻值，则电源的最大输出功率是_____W。当R=_____Ω时，其消耗的功率最大，这时电源的效率是_____%
四、计算题：本大题共2小题，共25分。
16.一弹性球从距地面高h=0.8m处自由下落，与水平地面接触后立即竖直向上反弹，反弹的初速度大小v=3m/s。弹性球的质量m=0.1kg，重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力。则
(1)求弹性球落地前瞬间速度v0的大小；
(2)求与地面碰撞过程中，弹性球动量变化量Δp的大小；
(3)若弹性球与地面接触时间t=0.5s，求与地面碰撞过程中弹性球受到地面的平均阻力F的大小。
17.如图所示的电路中，两平行金属板A、B水平放置，接入如图所示电路中，两板间的距离d=50cm，电源电动势E=15V，内电阻r=1Ω，电阻R1=4Ω，R2=10Ω，闭合开关S，待电路稳定后，将一带电的小球放入板间恰能保持静止，若小球质量为m=2×10−2kg，电量为q，问：
(1)电路中的电流为多大？
(2)电阻R2两端的电压为多大？
(3)电量q是多大？(取g=10m/s2)
答案和解析
1.【答案】B
【解析】A.均匀变化的电场一定在周围空间产生恒定的磁场，故A错误；
B.电磁波把电磁场传播出去，既可以传递信息，又可以传递能量，故B正确；
C.麦克斯韦首先预言了电磁波的存在，赫兹最先用实验证实了电磁波的存在，故C错误；
D.各种频率的电磁波在真空中传播的速度相同等于光速，故D错误。
故选B。
2.【答案】C
【解析】【分析】
5G使用的电磁波频率比4G高，由光子能量表达式E=hν可知，频率越大，光子的能量越大；频率越大，波长越短；光在真空中的传播速度都是相同的，在介质中要看折射率。
本题以高铁将拥有基于北斗卫星导航系统、5G通信技术的空天地一体化的“超级大脑”为情景载体，考查了电磁波在日常生活和生产中的广泛应用；本题的解题关键是知道电磁波的信息传递量跟频率的关系以及波长、波速、频率之间的关系，是一道基础题。
【解答】
A、因5G使用的电磁波频率更高，根据公式c=λf可知，波长更短，故A错误；
BC、因为5G使用的电磁波频率比4G高，根据公式E=hν可知，5G使用的电磁波比4G光子能量更大，故B错误，C正确；
D、电磁波在真空中的传播速度都是相同的，均为c=3×108 m/s；电磁波在介质中的传播速度为v=cn，5G的频率比4G高，而频率越高折射率越大的电磁波在介质中的传播速度越小，故D错误。
3.【答案】B
【解析】当矩形线圈远离导线移动时，只有在 t1∼t2 时间内，导线中的电流i在增大，线圈内的磁通量才可能不变，线圈中才会没有感应电流。
故选B。
4.【答案】D
【解析】【分析】
根据安培定则确定两根导线在a点磁场的方向，根据平行四边形定则进行合成，确定磁感应强度的大小。
解决本题的关键掌握安培定则判断电流与其周围磁场方向的关系，会根据平行四边形定则进行合成，难度适中.
【解答】AB.对 a 点的磁场分析如图甲所示
设P 和Q在a点产生的磁场的磁感应强度大小均为B，当P和Q中的电流都垂直于纸面向里时，根据安培定则可知，P在a点产生的磁场的磁感应强度方向为水平向右偏下30∘， Q在a点产生的磁场的磁感应强度方向为水平向右偏上30∘，由矢量的平行四边形法则可知两者在a点产生的合磁场的磁感应强度大小为B′= 3B
方向水平向右，所以匀强磁场的方向为水平向左；因a点的磁感应强度大小为零，故 3B=B0
解得B= 33B0
故AB错误；
C.将P中的电流方向反向，P、Q在PQ连线中点产生的磁场大小相等，方向垂直PQ向上，匀强磁场水平向左，所以PQ连线中点磁场方向为斜左上方，故C错误；
D.将Q中的电流方向反向时，P在b点产生的磁场的磁感应强度方向为水平向左偏下30∘， Q在a点产生的磁场的磁感应强度方向为水平向右偏下30∘，如下图所示。
根据平行四边形定则得b点的磁感应强度为Bb= B2+B02=2 33B0
故D正确。
故选：D。
5.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查磁通量变化的计算，基础题目。对于匀强磁场中磁通量的求解，可以根据一般的计算公式Φ=BSsinθ来计算。注意夹角θ是磁场与线圈平面的夹角，同时理解磁通量不是矢量，但注意分清正面还是反面通过线圈。
【解答】
设初位置时穿过线圈的磁通量为正，则初位置时：Φ1=Bsin45∘⋅S= 22BS，末位置时：Φ2=−Bcs45∘⋅S=− 22BS，则初、末位置磁通量的改变量的大小为：ΔΦ=|Φ2−Φ1|= 2BS，故B正确，ACD错误。
6.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查动能的变化量及动量的变化量的计算，解题的关键是要知道动量是矢量，有方向，动能没有方向。
【解答】
小车的动能变化量
ΔEk=12mvt2−12mv02=3.2J
动量变化量
Δp=mvt−mv0=−3.2kg⋅m/s
C选项正确，ABD均错误；
故选C。
7.【答案】D
【解析】A.根据冲量的定义
I1=mgt
时间 t 一直在增大，则重力的冲量不为零一直在增大，故A错误；
B.物块受到的最大静摩擦力为
fmax=μmg=5N
物块的水平拉力大于5N时，物块开始运动，由动量定理可知
F1+F22⋅Δt−μmg⋅Δt=p−0
即有
5+102×12−5×12=p−0
解得
p=54kg⋅m/s
即动量不为零，故B错误；
C.根据B项分析，结合图线知，可知0∼0.5s内，物块处于静止状态，受到静摩擦力作用；0.5∼1s内，物块受到滑动摩擦力作用，则在 0∼1s 内，摩擦力对物块的冲量大小为
I2=0+52×0.5N⋅s+5×0.5N⋅s=3.75N⋅s
故C错误；
D.在0∼2s内，拉力F对物块的冲量大小为
I3=Ft1+Ft2=0+102×1N⋅s+10×1N⋅s=15N⋅s
在0∼2s内，摩擦力对物块的冲量大小为
I 2′=I2+5×1N⋅s=8.75N⋅s
水平方向由动量定理可知
I3−I 2′=mv
解得在 t=2s 时物块动量的大小为 6.25kg⋅m/s ，故D正确。
故选D。
8.【答案】C
【解析】A.1、2接入电路时，最大可以测量的电流为
I12=IA+IARAR1=1000mA=1A
故A错误；
B.1、2接入电路时，最大可以测量的电压为
U12=IARA=0.2V
故B错误；
D.1、3接入电路时，最大可以测量的电流为
I13=IA+IARAR1=1000mA=1A
故D错误；
C.1、3接入电路时，最大可以测量的电压为
U13=IARA+I13R2=3.0V
故C正确。
故选C。
9.【答案】D
【解析】【分析】
【解析】根据高度相同即重力势能相同。根据初末位置高度差关系分析重力做功关系；物块下滑过程只有重力对物块做功，落地时速度大小相等，方向不同，重力做功相等但Ⅰ轨道竖直方向速度分量大；因斜面角度不同，a=gsinθ，则物块重力的平均功率为P=mght=mgh gsin2θ2h则物块运动过程中，沿I下滑重力的平均功率大于沿Ⅱ下滑重力的平均功率。
【解答】
【解答】AD.设斜面的倾角为θ，根据机械能守恒定律可知
两次物块到达底端的速度大小相等，但方向不同，而重力的瞬时功率
为
P=mgvsinθ
可知物块滑到地面时，沿 I下滑重力的瞬时功率大
于沿Ⅱ下滑重力的瞬时功率，故A错误，D正确;
B、根据机械能守恒定律可知两次物块到达底端的速度大小相等，所以沿Ⅰ下滑重力做功等于沿Ⅱ下滑重力做功，故B错误；
C.根据牛顿第二定律可知
a=gsinθ
根据运动学规律有
hsinθ=12gsinθt2
则物块重力的平均功率为
P=mght=mgh gsin2θ2h
则物块运动过程中，沿I下滑重力的平均功率大于
沿Ⅱ下滑重力的平均功率，故 C错误。
故选D。
10.【答案】B
【解析】A.根据定义式
B=FIL
磁场中某点的磁感应强度由磁场本身决定，在数值上等于 FIL 。故A错误；
B.磁感应强度B是矢量，方向与该点的小磁针静止时 N极所指的方向一致。故B正确；
C.根据左手定则，磁感应强度B方向与电流所受安培力的方向垂直。故C错误；
D.在某一磁场中，同一点的B是相同的，不同点的B可能不同，可能相同，如匀强磁场。故D错误。
故选B。
11.【答案】BC
【解析】【分析】
本题主要考查自由落体运动、动量变化量的计算以及动量定理的应用，受力分析和运动分析是解决问题的关键。
【解答】
A.手机做自由落体运动，根据运动学公式可知手机下落时间约为t= 2hg= 2×0.210s=0.2s，故A错误；
B.手机做自由落体运动，根据运动学公式可知手机接触脸部前瞬间的速度约为v= 2gh= 2×10×0.2m/s=2m/s，故B正确；
C.手机与脸部作用后手机的速度变为0，选取向下为正方向，所以手机与脸部作用过程中动量变化约为△p=0−mv=−0.24kg⋅m/s，动量变化量大小约为0.24kg⋅m/s，故C正确；
D.因为手机砸到脸部后未反弹，速度减为0，规定竖直向下为正方向，对手机由动量定理得mgt+I=0−mv，代入数据可得：I=−0.48N⋅s，负号表示方向竖直向上，根据牛顿第三定律，可知手机对脸部的冲量大小约为I ′=−I=0.48N⋅s，手机对脸部的作用力大小约为F=I ′t ′=，故D错误。
12.【答案】BC
【解析】A.a、c两点固定有电荷量相同的正点电荷，则bd为等量正点电荷连线的中垂线，由电场线分布情况可知带电粒子不可能做匀加速或匀减速直线运动，故A错误；
B.等量正点电荷连线的中垂线上，其中点电势最高，带负电的粒子从b点运动到d点的过程中，先从低电势到高电势，再从高电势到低电势，故B正确；
D.带负电粒子从b点运动到d点的过程中所受电场力先由b指向d，后由d指向b，所以电场力先做正功后做负功，因此电势能先减小，后增大，故D错误；
C.只有电场力做功，电势能与机械能之和保持不变，故C正确。
故选BC。
13.【答案】2：1 2：1
【解析】解：动量p=mv；动能Ek=12mv2；则有：p= 2mEk
它们的质量之比m甲：m乙=2：1，当它们的速度相同时，它们的动量之比p甲：p乙=2：1
当它们的动能相同时，它们的动量之比p甲：p乙= m甲: m乙= 2：1
故答案为：2：1， 2：1。
动能Ek=12mv2，动量p=mv，根据动能和动量的公式推导二者之间大小关系。
本题考查动能和动量表达式的应用，熟记两物理量基本公式和其关系式是解题的关键。
14.【答案】 6.4 ；1.880
【解析】【分析】
解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读。
对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量。
【解答】
根据10分度游标卡尺的读数规则，可知圆柱体的内径为6mm+4×0.1mm=6.4mm；
根据螺旋测微器的读数规则，可知金属丝的直径为1.5mm+38.0×0.01mm=1.880mm。
15.【答案】 18 4 75
【解析】[1]根据闭合电路欧姆定律得
I=ER0+R+r
电源的输出功率为
P出=I2R外=E2R外(R外+r)2=E2(R外−r)2R外+4r
当 R外=R0=r=2Ω ，电源输出功率最大为18W。
[2][3]滑动变阻器R消耗的电功率为
P =I2R =E2R R0+R+r2=E2R −r−R02R +4r+R0
当 R=R0+r=4Ω 时，滑动变阻器的功率最大，这时电源的效率
η=UIEI=UE=R+R0R+R0+r=4+24+2+2%=75%
16.【答案】(1)弹性球落地前瞬间速度v0的大小
v0= 2gh= 2×10×0.8m/s=4m/s
(2)设向上为正方向，则与地面碰撞过程中，弹性球动量变化量的大小
Δp=mv−(−mv0)=0.1×(3+4)kg⋅m/s=0.7kg⋅m/s
(3)弹性球与地面接触时间内由动量定理
(F−mg)t=Δp
解得与地面碰撞过程中弹性球受到地面的平均阻力
F=2.4N

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
17.【答案】(1)闭合开关后，据闭合电路欧姆定律，电路中的电流
I=Er+R1+R2
代入数据解得
I=151+4+10A=1A
(2)据欧姆定律可得，R2两端的电压
U2=IR2=1×10V=10V
(3)对小球受力分析，小球受重力和电场力，据平衡条件可得
mg=qUd
代入数据解得，小球的电量
q=mgdU=2×10−2×10×0.510C=1×10−2C

【解析】详细解答和解析过程见【答案】