湖南省邵阳市新邵县2023-2024学年高二（上）期末物理试卷（解析版）

这是一份湖南省邵阳市新邵县2023-2024学年高二（上）期末物理试卷（解析版），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.“中国天眼”位于贵州的大山深处，是500m口径球面射电望远镜(FAST)。它通过接收来目宇宙深处的电磁波，探索宇宙。下列关于电磁波的说法正确的是( )
A. 电磁波在任何介质中传播速度均为3×108m/s
B. 麦克斯韦认为均匀变化的电场能激发出变化的磁场，空间将产生电磁波
C. 在真空中，紫外线的波长比红外线小
D. 电磁波只能沿直线传播，不能发生干涉、衍射现象
2.根据高中物理所学知识，分析下列生活中的物理现象：
①当正在鸣笛的火车向着我们疾驰而来时，我们听到汽笛声的音调变高；
②肥皂膜在阳光下呈现彩色；
③闻其声而不见其人；
④观众在看立体电影时要戴上特质的眼镜，这样看到电影画面的效果具有立体感。
这些物理现象分别属于波的( )
A. 偏振、干涉、多普勒效率、折射B. 多普勒效应、衍射、干涉、偏振
C. 多普勒效应、干涉、衍射、偏振D. 衍射、干涉、多普勒效应、偏振
3.某手持小风扇额定电压为5V，额定电流为0.2A，内部电动机的线圈电阻为5Ω，则下列说法正确的是( )
A. 小风扇可把电池的电能完全转化为机械能
B. 正常工作时，电动机的发热功率为0.2W
C. 正常工作时，电动机的输出功率为1W
D. 若小风扇正常工作时被卡住，流过的电流不变
4.如图所示，电路中电源内阻不可忽略。开关S闭合后，在滑动变阻器R0的滑动端向下滑动的过程中( )
A. 电压表示数增大B. 电流表示数增大C. R0两端电压增大D. R1的电功率增大
5.如图，条形磁铁平放于水平桌面上，在它的正中央上方固定一根直导线，导线与磁场垂直，现给导线中通以垂直于纸面向外的电流，则下列说法正确的是( )
A. 磁铁对桌面的压力减小
B. 磁铁对桌面的压力增大
C. 磁铁对桌面的压力不变
D. 磁铁对桌面的压力变化无法判断
6.一匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，其边界如图中虚线所示，ab为半圆，ac，bd与直径ab共线，ac间的距离等于半圆半径的23。一束质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子，在纸面内从c点垂直于ac射入磁场，这些粒子具有各种速率。不计粒子之间的相互作用。在磁场中运动时间最长的粒子，其运动时间为( )
A. 143πm90qBB. 127πm90qBC. 4πm3qBD. 3πm2qB
二、多选题：本大题共4小题，共20分。
7.下列哪些情况下，单摆周期会减小( )
A. 减小摆长B. 增加摆长
C. 将单摆由地球赤道移至地球两极D. 将单摆由地球两极移至地球赤道
8.如图所示，无限长直导线与闭合金属线框位于同一平面内，导线中通有电流，下列情况中，闭合金属线框中有感应电流产生的是( )
A. 电流恒定，闭合金属线框向右平移
B. 电流恒定，闭合金属线框向上平移
C. 金属线框固定不动，电流增加
D. 金属线框固定不动，电流减小
9.一列简谐横波沿x轴正方向传播，t=0时波形图如图中实线所示，此时波刚好传到c点，t=0.6s时波恰好传到e点，波形如图中虚线所示，a、b、c、d、e是介质中的质点，下列说法正确的是( )
A. 波的传播速度为5m/s
B. 当t=0.6s时，质点a沿+y方向振动
C. 质点c在0～0.6s时间内沿x轴正方向移动了3m
D. x=8m处质点在0～0.6s时间内通过的路程为30cm
10.如图所示，固定斜面足够长，斜面与水平面的夹角α=37°，一质量为3m的L形工件沿斜面以速度v0=1m/s匀速向下运动。工件上表面光滑，下端为挡板，现将一质量为m的小木块轻轻放在工件上的A点，当木块运动到工件下端时(与挡板碰前的瞬间)，工件速度刚好减为零，而后木块与挡板第一次相碰，以后木块将与挡板发生多次碰撞。已知木块与挡板都是弹性碰撞且碰撞时间极短，木块始终在工件上运动，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是( )
A. 下滑过程中，工件和木块机械能守恒
B. 下滑过程中，工件的加速度大小为2m/s2
C. 木块与挡板第2次碰撞后瞬间，工件的速度大小为1.5m/s
D. 木块与挡板第2次碰撞至第3次碰撞的时间间隔为0.75s
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
11.物理学中有很多的实验仪器，认识各种物理仪器和准确把物理仪器的示数读写出来是基本的物理学科素养。请把下列仪器的示数读出来，并写在相应位置。

(1)螺旋测微器示数如图1所示，则其读数为______mm；
(2)电阻箱示数如图2所示，则其读数为______Ω；
(3)多用电表示数如图3所示，若选择开关指着欧姆表“×100”挡，对应读数是______Ω；若选择开关指着电压表“5V”挡，对应读数是______V。
12.某同学要将一小量程电流表(满偏电流为1mA，内阻为120Ω)改装成有两个量程的电流表，设计电路如图(a)所示，其中定值电阻R1=40Ω，R2=20Ω。

(1)当开关S接A端时，该电流表的量程为0～ ______mA；
(2)当开关S接B端时，该电流表的量程为0～ ______mA；
(3)该同学选用量程合适电压表(内阻未知)和此改装电流表测量未知电阻Rx的阻值，设计了图(b)中两个电路。不考虑实验操作中的偶然误差，则使用______(填“甲”或“乙”)电路可修正由电表内阻引起的实验误差。
四、计算题：本大题共3小题，共42分。
13.如图所示，等腰三角形玻璃ABD的底边BD长为2L，∠B=∠D=30°。一细束入射光线垂直AB面入射，恰好在底边中点E处发生全反射。不考虑光在玻璃里面传播时在AB和AD面的反射。已知光在真空中的速度为c，求：
(1)该玻璃对这种光的折射率n；
(2)光在玻璃里面传播的时间t。
14.如图所示，M和N为平行金属板，质量为m，电荷量为q的带电粒子从M由静止开始被两板间的电场加速后，从N上的小孔穿出，以速度v由C点射入圆形匀强磁场区域，经D点穿出磁场，CD为圆形区域的直径。已知磁场的磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外，粒子速度方向与磁场方向垂直，重力略不计。
(1)判断粒子的电性，并求M、N间的电压U；
(2)求粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径r；
(3)若粒子的轨道半径与磁场区域的直径相等，求粒子在磁场中运动的时间t。
15.如图所示，将带电量Q=1C、质量m'=1kg的滑块放在小车的绝缘板的右端，小车的质量M=3kg，滑块与绝缘板间不光滑，小车的绝缘板足够长，它们所在的空间存在着磁感应强度B=10T的水平方向的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。开始时小车静止在光滑水平面上，一摆长L=1.8m，摆球质量m=2kg的摆从水平位置由静止释放，摆到最低点时与小车相撞，如图所示，碰撞后摆球恰好静止，g=10m/s2，求：
(1)与车碰撞前摆球到达最低点时对绳子的拉力大小F；
(2)球与小车的碰撞过程中系统损失的机械能ΔE；
(3)碰撞后小车的最终速度v。
答案和解析
1.C
【解析】A.电磁波只有在真空中传播时的速度才为3×108m/s，根据v=cn可知，在介质中传播时速度小于3×108m/s，故A错误；
B.均匀变化的电场激发恒定的磁场，恒定的磁场无法再形成电场，故无法在空间中产生电磁波，故B错误；
C.在真空中，紫外线的波长比红外线小，故C正确；
D.电磁波在同种均匀介质或真空中只能沿直线传播，并且能够发生干涉、衍射现象，故D错误。
故选：C。
2.C
【解析】①当正在鸣笛的火车向着我们急驶而来时，我们听到汽笛声的音调变高。音调变高就是频率变高，因此这是多普勒效应现象；
②肥皂膜在阳光下呈现彩色是薄膜干涉现象；
③闻其声而不见其人，听到声音，却看不见人，这是声音的衍射；
④观众在看立体电影时要戴上特质的眼睛，这样看到电影画面的效果和眼睛直接观看物体的效果一样具有立体感是利用光的偏振现象；
由以上分析可知ABD错误，C正确。
故选：C。
3.B
【解析】A.由于小风扇内部电动机线圈存在电阻，所以小风扇正常工作时会将电池电能的一部分转化为机械能，而另一部分转化为焦耳热，小风扇并不能把电池的电能全部转化为机械能，故A错误；
B.正常工作时，电动机的发热功率为P热=I2R=0.22×5W=0.2W，故B正确；
C.正常工作时，电动机的输出功率为P输=UI-P热=5×0.2W-0.2W=0.8W，故C错误；
D.若小风扇正常工作时被卡住，则将变为纯电阻元件，此时通过的电流变为I'=UR=55A=1A>I，故D错误。
故选：B。
4.D
【解析】开关S闭合后，在滑动变阻器R0的滑动端向下滑动的过程中，滑动变阻器接入电路的电阻减小，R0与R2并联电阻R并减小，则外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律可知，干路电流I增大，内电压增大，则路端电压U减小，电压表示数减小；干路电流I增大，流过R1的电流增大，则R1的电功率增大，
R1两端的电压增大，所以R0与R2并联部分的电压减小，R0两端电压减小。R2两端电压减小，由欧姆定律可知，流过R2的电流减小，即电流表示数减小，故ABC错误，D正确。
故选：D。
5.A
【解析】在磁铁外部，磁感线从N极指向S极，长直导线在磁铁的中央上方，导线所在处磁场水平向左；导线电流垂直于纸面向外，由左手定则可知，导线受到的安培力竖直向下；由牛顿第三定律可知，导线对磁铁的作用力竖直向上，因此磁铁对桌面的压力减小，小于磁铁的重力，故A正确，BCD错误；
故选：A。
6.B
【解析】根据牛顿第二定律和圆周运动规律有
qvB=mv2RT=2πRv
可得粒子做匀速圆周运动的周期为
T=2πmBq
如图所示，过c点做半圆边界的切线，切点为e。
设半圆边界的圆心为O，粒子运动轨迹的圆心为O'。根据几何关系可知，当粒子从e点射出时，粒子转过的圆心角最大，运动时间最长，设ac=2x，ac间的距离等于半圆半径的23，则
Oa=Oe=3xOc=Oa+ac=5x
可得：sin∠Oce=35
所以：∠OO'e=2∠Oce=74°
即粒子转过的圆心角为180°+74°=254°，可得运动时间为
t=254°360∘⋅2πmBq=127πm90Bq，故B正确，ACD错误。
故选B。
7.AC
【解析】根据T=2π Lg对周期加以判断：
AB.减小摆长，单摆周期减小；增加摆长，单摆周期增大，故A正确，B错误；
CD.将单摆由地球赤道移至地球两极，重力加速度增大，单摆周期减小；将单摆由地球两极移至地球赤道，重力加速度减小，单摆周期增大，故C正确，D错误；
故选：AC。
8.ACD
【解析】根据感应电流产生的条件：闭合回路中磁通量发生变化。所以：
AB.电流恒定，闭合金属线框向右平移，线框中磁通量减小，有感应电流产生；闭合金属线框向上平移，线框中磁通量不变，无感应电流产生，故A正确，B错误；
CD.金属线框固定不动，电流增加或减小，在周围产生的磁场也会随之增强或减弱，则线框中磁通量会增大或减小，因此两种情况都有感应电流产生，故CD正确；
故选：ACD。
9.AB
【解析】A.由题意可知波的传播速度为：v=xceΔt=9-60.6m/s=5m/s，故A正确；
B.根据“同侧法”可知，质点a沿+y方向振动，故B正确；
C.质点c只平行于y轴方向振动，不会沿x轴方向移动，故C错误；
D.由题意可知x=8m处质点在0.4s时起振，并在0.6s时到达波峰，所以在0～0.6s时间内通过的路程为10cm，故D错误。
故选：AB。
10.BCD
【解析】A.由于放上木块前，工件在斜面上做匀速运动，所以工件与斜面之间一定存在摩擦力，则下滑过程中，工件和木块机械能不守恒，故A错误；
B.放木块前，对工件，由平衡条件
3μmgcsα=3mgsinα
放木块后，设工件的加速度大小为a1，由牛顿第二定律有
4μmgcsα-3mgsinα=3ma1
解得
a1=2m/s2
故B正确；
CD.从放上木块到木块与挡板第1次碰撞经历的时间为
t1=0-v0-a1
代入数据解得
t1=0.5s
木块在工件上下滑时的加速度大小为
a2=gsinα
代入数据解得
a2=6m/s2
第1次碰撞前瞬间木块的速度大小为
v1=a2t1
代入数据解得
v1=3m/s
设碰后瞬间工件和木块的速度分别为v2、v3，以v1方向为正方向，根据动量守恒定律和能量守恒定律有
mv1=3mv2+mv312mv12=12⋅3mv22+12mv32
解得
v2=1.5m/sv3=-1.5m/s
假设工件速度变为零之前，木块与挡板未发生第2次碰撞，工件速度从v2减为零所用时间为
t2=v2a1
代入数据解得
t2=0.75s
t2时间内，工件和木块的位移分别为
x1=v222a2
代入数据解得
x1=0.5625mx2=v3t2+12a2t22
代入数据解得
x2=0.5625m
由x1=x2可知，木块与挡板第2次碰撞瞬间，工件刚好停下，此时木块的速度为
v4=v3+a2t2
代入数据解得
v4=3m/s=v1
所以木块与挡板第2次碰撞后瞬间，工件的速度大小为
v5=v2=3m/s
且第2次碰撞后的运动过程与第1次碰撞后的运动过程相同，则木块与挡板第2次碰撞至第3次碰撞的时间间隔为
t3=t2=0.75s
故CD正确。
故选：BCD。
1998.0 1900 2.20
【解析】(1)螺旋测微器的精确度为0.01mm，读数为0.5mm+12.7×0.01mm=0.627mm
(2)电阻箱示数为1×1000Ω+9×100Ω+9×10Ω+8×1Ω+0×0.1Ω=1998.0Ω
(3)用欧姆表的“×100”挡测电阻，示数为19×100Ω=1900Ω
用多用电表的电压表“5V”挡，精确度为0.1V，读数为2.20V。
故答案为：(1)0.627；(2)1998.0；(3)1900；2.20。
(1)螺旋测微器的精确度为0.01mm，根据螺旋测微器的读数规则读数；
(2)根据电阻箱的读数规则读数；
(3)用欧姆表的“×100”挡测电阻，根据欧姆表的读数规则读数；
用多用电表的电压表“5V”挡，精确度为0.1V，要估读到下一位。
本题考查了螺旋测微器、电阻箱和多用表的读数规则，对应基本仪器的读数要熟练掌握。
12.3 9 乙
【解析】(1)当开关S接A端时，电阻R1、R2串联，根据欧姆定律和串联、并联电路的特点
IgRg=(IA-Ig)(R1+R2)
代入数据解得IA=3mA
(2)当开关S接B端时，电阻R1与表头串联，根据欧姆定律和串联、并联电路的特点Ig(Rg+R1)=(IB-Ig)R2
代入数据解得IB=9mA
(3)图甲的由于电压表的分流，根据欧姆定律求解的电流与改装表的电流不相等，电压表内阻未知，不能进行修正；图乙中，电压表测的是改装电流表和电阻Rx的总电阻，根据欧姆定律求解的电阻与电流表内阻的差，由此可以对改装电流表的内阻引起的误差进行修正。
故答案为：(1)3；(2)9；(3)乙。
13.(1)光的传播情况如图所示：

根据几何关系可知，光线恰好在底边中点E处发生全反射时的入射角为：
C=90°-60°=30°，
根据全反射的定义可得该玻璃对这种光的折射率为：n=1sinC
解得：n=2；
(2)根据反射的对称性可知，光在玻璃中传播的路程为：s=2Lsin30°=2L×12=L
传播速率为：v=cn=c2
传播时间为：t=sv=2Lc。
答：(1)该玻璃对这种光的折射率为2；
(2)光在玻璃里面传播的时间为2Lc。
14.(1)带电粒子在磁场中运动，根据左手定则可知粒子带正电，粒子在电场中运动由动能定理可知qU=12mv2，解得U=mv22q；
(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动，所受洛伦兹力提供向心力，有qvB=mv2r，解得r=mvqB；
(3)设粒子运动轨道圆弧对应的圆心角为θ，如图

依题意粒子的轨道半径与磁场区域的直径相等，由几何关系，得θ=π3
设粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为T，有T=2πrv
带电粒子在磁场中运动的时间t=θ2π⋅T
联立解得：t=πm3qB
答：(1)粒子带正电，M、N间的电压U为mv22q；
(2)粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径r为mvqB；
(3)若粒子的轨道半径与磁场区域的直径相等，则粒子在磁场中运动的时间t为πm3qB。
15.(1)小球向下摆动过程，由机械能守恒定律得
mgL=12mv02
在最低点，由牛顿第二定律得
T-mg=mv02L
由牛顿第三定律得
F=T
联立公式得
F=60N
(2)取向右为正方向，摆球与小车碰撞过程中，由动量守恒定律得
mv0=Mv1
系统损失的机械能为
ΔE=12mv02-12Mv12
代入数据解得
ΔE=12J
(3)假设m'最终能与M一起运动，由动量守恒定律得
Mv1=(M+m')v2
m'受到的向上洛伦兹力为
QBv2=30N>m'g
所以m'在还未到3m/s时已与M分开了，对物块
Qv3B=m'g
代入数据解得
v3=1m/s
由动量守恒定律可得
Mv1=Mv+m'v3
代入数据解得
v=113m/s
方向水平向右。
答：(1)与车碰撞前摆球到达最低点时对绳子的拉力大小为60N；
(2)球与小车的碰撞过程中系统损失的机械能为12J；
(3)碰撞后小车的最终速度为113m/s。