河北省秦皇岛市部分学校2024-2025学年高二（上）期末物理试卷

这是一份河北省秦皇岛市部分学校2024-2025学年高二（上）期末物理试卷，共11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.如图，电荷量为q的点电荷与均匀带电薄板相距2d，点电荷到带电薄板的垂线通过板的几何中心。若图中A点的电场强度为0，则图中B点的电场强度为( )
A. 大小为kq9d2，方向水平向左B. 大小为kq9d2，方向水平向右
C. 大小为k10q9d2，方向水平向左D. 大小为k10q9d2，方向水平向右
2.一电场中电势φ在x轴上的分布如图所示，一点电荷由O点静止释放，仅在电场力作用下沿+x方向运动，则该电荷( )
A. 在x1处的加速度为零B. 在x2处的速度为零
C. 在O到x2间往复运动D. 在O到x2间匀加速运动
3.金属导电是一个典型的导电模型，值得深入研究。一金属直导线电阻率为ρ，若其两端加电压，自由电子将在静电力作用下定向加速，但电子加速运动很短时间就会与晶格碰撞而发生散射，紧接着又定向加速，这个周而复始的过程可简化为电子以速度v沿导线方向匀速运动。我们将导线中电流与导线横截面积的比值定义为电流密度，其大小用j表示，可以“精细”描述导线中各点电流的强弱。设该导线内电场强度为E，单位体积内有n个自由电子，电子电荷量为e，电子在导线中定向运动时受到的平均阻力为f。则下列表达式正确的是( )
A. j=nvρB. ρ=nevC. E=ρjD. f=nevρ
4.如图甲所示，在“用传感器观察平行板电容器的放电”实验中，单刀双掷开关先置于1位置，待一段时间后，再置于2位置，利用电容器放电过程中记录的数据作出的I−t图像如图乙所示，已知电源电动势为8.0V，下列说法正确的是( )
A. t=2s到t=4s时间内，电容器放电量约为0.24C
B. 电容器的电容约为4.0×10−4F
C. 如果将一块陶瓷板放入电容器两板之间，则电容C变小
D. 如果将平行板电容器的板间距离增大，放电I−t图像距坐标原点会变远
5.如图为一玩具起重机的电路示意图。电源电动势为6V，内电阻为0.5Ω，电阻R=2.5Ω，当电动机以1m/s的速度匀速向上提升一质量为0.125kg的物体时(不计一切摩擦阻力，g=10m/s2)，标有“3V 1.5W”的灯泡正好正常发光，则电动机的内阻为( )
A. 1.5ΩB. 3.5ΩC. 4.0ΩD. 1.0Ω
6.如图所示，电源电动势为E、内阻为r，电容器的电容为C，电压表内阻较大，电流表内阻不可忽略。闭合开关S，在增大电阻箱R的阻值的过程中，电压表示数的变化量的绝对值为ΔU，电流表示数的变化量的绝对值为ΔI，则下列说法正确的是( )
A. 电容器电荷量的增加量等于ΔICrB. 电压表示数U和电流表示数I的比值不变
C. ΔU和ΔI的比值大于rD. 电源的效率和输出功率一定都增加
7.如图所示，a、b、c、d为正方形的四个顶点，在b、c、d三处有垂直于正方形所在平面的无限长通电直导线，b、d两处的电流方向向外、大小均为I，c处的电流方向向里、大小为I′，此时a处的磁感应强度为0。已知通电长直导线周围的磁感应强度大小与电流成正比、与该点到通电长直导线的距离成反比，即B=kIr，以下说法正确的是( )
A. I′=12I
B. I′= 2I
C. I′=2I
D. 仅将b、d处的电流反向，a处的磁感应强度仍为0
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.如图甲，竖直平面中有平行于该平面的匀强电场，长为l的绝缘轻绳一端固定于O点，另一端连接质量为m、带电量为+q的小球，小球绕O点在竖直面内沿顺时针方向做完整的圆周运动。图中AC为水平直径，BD为竖直直径。从A点开始，小球动能Ek与转过角度θ的关系如图乙所示，已知重力加速度大小为g，则( )
A. BD为电场的一条等势线B. 该匀强电场的场强大小为mgq
C. 轻绳的最大拉力大小为7mgD. 轻绳在A、C两点拉力的差值为3 3mg
9.如图甲所示，电动势为E、内阻为r的电源与R=8Ω的定值电阻、滑动变阻器RP、开关S组成串联回路，已知滑动变阻器消耗的功率P与其接入电路的有效阻值RP的关系如图乙所示。下列说法正确的是( )
A. 电源的电动势E=3.5V，内阻r=2Ω
B. 图(乙)中Rx=25Ω
C. 滑动变阻器的滑片向左移动时，R上消耗的功率一直减小
D. 调整滑动变阻器RP的阻值，可以得到该电源的最大输出功率为1.28 W
10.在光滑的水平面上，质量为3m的小球A以速度v0水平向右运动，与质量为m的静止的小球B发生弹性碰撞。在碰撞过程中下列说法正确的是( )
A. A和B小球组成的系统动量守恒，机械能守恒
B. A和B小球组成的系统动量守恒，机械能不守恒
C. 碰后A球的速度为12v0，B球的速度为32v0
D. 碰后A球的速度为v0，B球的速度为3v0
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.小明用如图甲所示的装置来验证动量守恒定律，该装置由水平长木板及固定在木板左端的硬币发射器组成，硬币发射器包括支架、弹片及弹片释放装置，释放弹片可将硬币以某一初速度弹出。已知五角硬币和一元硬币与长木板间动摩擦因数近似相等，主要实验步骤如下：
①将五角硬币置于发射槽口，释放弹片将硬币发射出去，硬币沿着长木板中心线运动，在长木板中心线的适当位置取一点O，测出硬币停止滑动时硬币右侧到O点的距离。再从同一位置释放弹片将硬币发射出去，重复多次，取该距离的平均值记为S1，如图乙所示；
②将一元硬币放在长木板上，使其左侧位于O点，并使其直径与中心线重合，按步骤①从同一位置释放弹片，重新弹射五角硬币，使两硬币对心正碰，重复多次，分别测出两硬币碰后停止滑行时距O点距离的平均值S2和S3，如图丙所示。
(1)实验中还需要测量的量有________
A.五角硬币和一元硬币的质量m1、m2
B.五角硬币和一元硬币的直径d1、d2
C.硬币与木板间的动摩擦因数μ
D.发射槽口到O点的距离S0
(2)该同学要验证动量守恒定律的表达式为______________________________(用已知量和测量的量表示)，若进一步研究该碰撞是否为弹性碰撞，需要判断关系式____________________是否成立(用S1、S2、S3表示)。
12.某实验小组测量一新材料制成的粗细均匀金属丝的电导G，与其电阻R是倒数关系，金属丝的长度已知。
(1)用螺旋测微器测金属丝的直径，示数如图甲所示，其直径d= mm。
(2)用多用电表粗测金属丝的阻值。当用电阻“×10”挡时，发现指针向右偏转角度过大，几乎接近满偏，接着进行一系列正确的操作后，指针静止时位置如图乙所示，其读数为Rx= Ω。
(3)为了精确地测量金属丝的电阻Rx，实验室提供了下列器材：
A.电流表A1(量程500μA，内阻1kΩ)
B.电流表A2(量程0.3A，内阻约0.1Ω)
C.滑动变阻器R1(0～5Ω，额定电流1.0A)
D.滑动变阻器R2(0～1Ω，额定电流1.0A)
E.电阻箱R(阻值范围为0～9999.9Ω)
F.电源(电动势3.0V，内阻约0.2Ω)
G.开关S、导线若干
①实验小组设计的实验电路图如图丙所示.由于没有电压表，需要把电流表A1串联电阻箱R改装成量程为3V的电压表，则电阻箱的阻值应调至R= Ω。并且滑动变阻器选择R1。
②正确连接电路后，闭合开关，调节滑动变阻器测得5组电流表A1、A2的值I1、I2，数据见下表.现根据表中的数据，在图丁方格纸上作出I1−I2图像 。
③由图像求出金属丝的电导G= Ω−1。(结果保留2位有效数字)。
四、计算题：本大题共3小题，共36分。
13.如图所示，空间存在水平向右、电场强度大小为E=4×103N/C的匀强电场。一个半径为R=0.5m的竖直光滑14圆弧轨道BC与水平面相切于B点。现将一质量为m=0.3kg、带电荷量为q=+1×10−3C的小球从A点由静止释放，已知A、B间距离xAB=1017m，小球与水平面间的动摩擦因数为μ=0.2，取重力加速度g=10m/s2。求：
(1)小球运动到B点时的速度大小;
(2)小球对圆弧轨道BC压力的最大值;
(3)小球在竖直平面内上升的最大高度。
14.如图所示，电源电动势为E=10V，内阻r=1Ω，R1=R2=R3=R4=1Ω，电容器电容C=6μF，开关闭合时，间距为d的平行板电容器C的正中间有一质量为m，电荷量为q的小球正好处于静止状态．求：
(1)电路稳定后通过R4的电流I；
(2)开关S断开，流过R2的电荷量△Q；
(3)断开开关，电路稳定后，小球的加速度a的大小，g=10m/s2．
15.如图所示，小球p用长L=2 m的轻绳悬挂在固定点O上，足够长的木板c置于光滑水平地面上，两物块a、b放置在c上，a置于c的右端，b与a相距0.5 m.现将小球拉至与竖直方向成θ=24°，然后由静止释放，小球p在最低点与a发生弹性碰撞，之后，a与b发生碰撞并粘在一起运动，两次碰撞时间均可忽略．已知物块a、b和小球p均可视为质点，a、b、c和p的质量均为m=0.3 kg，a与c、b与c间动摩擦因数均为μ=0.2，取cs 24°=0.9，sin 24°=0.4，重力加速度大小g=10 m/s2，不计空气阻力．求：
(1)小球p与物块a碰撞前瞬间，小球速度的大小和对轻绳拉力的大小；
(2)物块a与物块b碰撞前瞬间，物块a速度的大小；
(3)整个装置在全过程中损失的机械能．
1.【答案】C
2.【答案】D
3.【答案】C
4.【答案】B
5.【答案】D
6.【答案】C
7.【答案】C
8.【答案】BCD
9.【答案】BCD
10.【答案】AC
11.【答案】(1)A；(2)m1 s1=m2 s3−m1 s2； s1= s3+ s2。
12.【答案】1.700
6
5000
0.17

13.【答案】(1) AB段对小球运用动能定理
(qE−μmg)xAB=12mv2
v=23 30m/s
(2)设小球运动到轨道BC上的P点时对轨道的压力最大，
小球在BC轨道上的等效重力mg′= (mg)2+(qE)2=5N
设等效重力mg′与竖直方向的夹角为θ，
则tanθ=qEmg=43
所以θ=53∘
AP段对小球运用动能定理
qE(xAB+Rsinθ)−μmgxAB−mgR(1−csθ)=12mvP2
设小球运动到P点时，轨道对小球的支持力为Fm，则
Fm−mg′=mvP2R
解得Fm=17N
由牛顿第三定律，小球对圆弧轨道BC压力的最大值为17N；
(3)设小球在竖直平面内上升的最大高度为H，
AC段对小球运用动能定理
qE(xAB+R)−μmgxAB−mgR=12mvC2
设小球离开C点后上升的距离为h
vC2=2gh
H=R+h=43m
14.【答案】解：(1)开关S闭合时，R1、R3并联与R4串联，R2中没有电流通过．有：
电容器的电压 UC=U4=R412R1+R4+rE=10.5+1+1×10V=4V
由欧姆定律得通过R4的电流I=U4R4=4A
(2)开关S断开，电容器的电压UC′=R4R1+R4+rE=13×10V=103V
开关S断开，流过R2的电荷量△Q=C△U=C(UC−UC′)=6×10−6×(4−103)C=4×10−6C
(3)开关S闭合时，小球静止时，由平衡条件有：mg=qUCd
开关S断开，根据牛顿第二定律得mg−qUC′d=ma
联立解得a=16g≈1.67m/s2．
答：(1)电路稳定后通过R4的电流I是4A；
(2)开关S断开，流过R2的电荷量△Q是4×10−6C；
(3)断开开关，电路稳定后，小球的加速度a的大小是1.67m/s2．
15.【答案】解：(1)设小球p与物块a碰撞前瞬间，小球速度的大小为v0，小球所受轻绳的拉力大小为FN由机械能守恒定律mgL(1−cs24°)=12mv02
解得v0=2m/s
根据牛顿第二定律可知：F−mg=mv02L
解得F=3.6N
根据牛顿第三定律可知：小球对轻绳拉力的大小为3.6 N。
(2)小球p与物块a发生弹性碰撞有：mv0=mvp+mva
12mv02=12mvp2+12mva2
解得vp=0，va=2m/s
对a有μmg=maa，aa=2m/s2
对b、c有μmg=2mabc，abc=1m/s2
同时根据位置关系有vat−12aat2−12abct2=lab=0.5m
代入数据，解得t=13s，t=1s
根据题意在a与b碰撞前，a的速度应大于bc，而当t=1s时，a的速度为0，bc的速度为1m/s，不符，舍去，所以取t=13s，此时有va′=va−aat根据题意在a与b碰撞前，a的速度应大于bc，而当t=1s时，a的速度为0，bc的速度为1m/s，不符，舍去，所以取t=13s，此时有va′=va−aat解得va′=va−aat=43m/s。
(3)分析可知最后abc共速一起在水平地面上匀速运动，取a、b、c为一系统，
系统动量守恒mava=ma+mb+mcv共解得v共=23m/s
整个装置在全过程中损失的机械能为ΔE=12mava2−12(ma+mb+mc)v共2=0.4J。 I1/×103μA
0.121
0.165
0.218
0.266
0.306
I2/A
0.100
0.150
0.190
0.230
0.280