安徽省马鞍山市2023-2024学年高二下学期期末教学质量检测物理试卷

这是一份安徽省马鞍山市2023-2024学年高二下学期期末教学质量检测物理试卷，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.下列现象中，能说明液体存在表面张力的是( )
A. 鸭子可以浮在水面上B. 荷叶叶面上的露珠呈球形
C. 滴入水中的红墨水很快散开D. 悬浮在水中的花粉做无规则运动
2.单色平行光照射双缝，在光屏上观察到明暗相间的干涉条纹。现用遮光板将其中的一个缝挡住，则在光屏上观察到( )
A. 中央亮而宽、两边窄而暗的条纹B. 一条亮纹
C. 宽度均匀的明暗相间的条纹D. 一片亮光
3.一列简谐横波沿x轴正方向传播，t=0时刻的波形图如图所示。t1=0.1s时，平衡位置在2 m处的质点第一次到达波峰。则( )
A. 该波的周期为0.2s
B. 该波的波速为40m/s
C. t2=0.4s时，平衡位置在1m处的质点正处于波峰
D. t3=0.3s时，平衡位置在4m处的质点的加速度沿y轴正向
4.下列关于热现象的描述中正确的是( )
A. 阳光下看到细小的尘埃飞扬，是固体颗粒在空气中做布朗运动
B. 分子间距离越大，分子势能越大
C. 分子间距离增大时，分子间的作用力可能先增大后减小
D. 一定质量的理想气体发生等容变化时，分子单位时间内与单位面积容器壁碰撞的次数不变
5.已知LC振荡电路中电容器极板1上的电量随时间变化的曲线如图所示。则( )
A. a、c两时刻电路中电流最大，方向相同B. a、c两时刻电路中电流最大，方向相反
C. b、d两时刻电路中电流最大，方向相同D. b、d两时刻电路中电流最大，方向相反
6.如图所示，包含两种单色光的光束沿PO方向射入横截面为半圆形的柱体，O为半圆形的圆心，其折射光线分别从M、N两点射出。PO与法线的夹角α=45∘， OM与分界面的夹角β=60∘，真空中光速c=3×108m/s，则( )
A. 该介质对从M处射出色光的折射率为 3
B. 从M处射出色光在该介质中传播的速度为3 22×108m/s
C. 从M点射出的色光穿过该柱体所需的时间长
D. 从N点射出的色光频率比从M点射出的色光频率低
7.如图所示，用不可伸长的轻质绝缘细线将一通有恒定电流的金属棒挂在 O点，电流方向垂直于纸面向外。现在空间中加一匀强磁场，使金属棒在图示位置保持静止。当所加磁感应强度取最小时，磁场方向应( )
A. 沿细线向上B. 竖直向上C. 水平向右D. 水平向左
8.如图所示，一质量为 M的光滑半圆柱静止在光滑的水平地面上，其半径为 R。半圆柱顶端放一质量为m的小滑块，开始时，它们均处于静止状态。小滑块在外界的微小扰动下由静止开始下滑，小滑块到达 P点时，离开半圆柱表面，此时半圆柱的速度大小为v0。已知OP与竖直方向的夹角为θ，重力加速度为g。则( )
A. 该过程中系统动量守恒
B. 小滑块在P点的速度大小为 2gR(1−csθ)−Mv022m
C. 该过程中半圆柱相对地面的位移大小为mRsinθM
D. 该过程中半圆柱的弹力对小滑块做功为−12Mv02
二、多选题：本大题共2小题，共8分。
9.图甲是某小型交流发电机的示意图，两磁极 N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场， A为理想交流电流表。线圈绕垂直于磁场方向的水平轴OO′逆时针方向匀速转动。从图示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图像如图乙所示。已知发电机线圈内阻为5Ω，外接电阻的阻值为95Ω。则( )
A. 电流表的示数为5A
B. 线圈转动的角速度为50πrad/s
C. 电阻R消耗的功率为4750W
D. 线圈中产生的感应电动势的表达式为e=500 2cs100πt(V)
10.如图所示，质量为M的框架放在水平面上，框架上悬挂一轻质弹簧，弹簧下端栓接一小球A， A下端再用细绳连接小球B， B未与框架接触，系统处于静止状态。现剪断细绳使 A球在竖直面内上下做简谐运动，当A球运动至最高点时，框架对地面的压力恰好为0。已知A球质量为m，重力加速度为g，弹簧始终处于弹性限度内，空气阻力不计。则( )
A. 弹簧原长时，小球A的速度有最大值
B. 小球B的质量为(M+m)
C. 小球A从最低点向平衡位置运动过程中，弹簧弹性势能先减小再增大
D. 小球A从最低点运动到最高点过程中，小球的机械能先增大后减小
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.某物理实验小组做“用单摆测量重力加速度”的实验。
(1)下列做法正确的有__________。
A.摆线应适当长些
B.让小球的摆角应尽量大些
C.摆球应选择密度较大的实心金属小球
D.在使用停表测量周期时，为了方便应从摆球摆至最高点时开始计时并计数
(2)实验中，小明用游标卡尺测摆球直径，示数如图甲所示，则摆球直径应读为__________mm。
(3)摆球的直径已经在第(2)问中测出，实验时测得摆线长为l=97.50cm，单摆完成50次全振动所用的时间为100 s，则重力加速度大小g=__________m/s2。(π2取9.86，结果保留3位有效数字)
(4)小松在运用图像处理实验数据，计算摆长时忘记加上摆球半径。则他作出的T2−L图像应该是乙图中的__________(选填“①”或“②”)。
12.某物理兴趣小组要测量一节干电池的电动势和内阻。他们在实验室找到了如下器材：电流表(量程0∼0.6A)，电压表(量程0∼6V)，滑动变阻器，开关、导线若干。
(1)此电流表是由量程为1mA，内阻为59.9Ω的表头改装而成。则改装时，所使用的并联电阻的阻值为__________Ω;
(2)为了减小误差，他们应选择如图__________(选填“甲”或“乙”)所示的电路进行实验;(3)按所选电路进行实验，得到多组电流表的示数I和对应的电压表示数U，以U为纵坐标，I为横坐标将得到的数据进行描点，连线后得到一条倾斜直线，如图丙所示，由图像得出电池组的电动势E=__________V，内阻r=__________Ω。(结果均保留2位小数)
四、计算题：本大题共3小题，共30分。
13.如图所示，开口向上、内壁光滑的绝热汽缸竖直放置，内有卡口。质量M=8kg的活塞放在卡口上，活塞的横截面积S=1×10−2m2，缸内气体温度T1=300K，压强p1=0.9×105Pa。现通过电热丝(体积不计)缓慢加热缸内气体，使活塞离开卡口，并继续上升了H=0.1m，活塞离开卡口后上升的过程中气体吸收了Q=320J的热量。已知外界大气压强p0=1×105Pa，重力加速度g取10m/s2。求：
(1)活塞刚要离开卡口时气体的温度T2;
(2)活塞上升过程中气体内能的变化量ΔU。
14.如图所示，在坐标系xOy的第一象限内存在垂直于xOy平面向里的匀强磁场，第四象限内有沿y轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E。一带电量为+q、质量为m的粒子，从y轴上的P点以某一速度沿垂直y轴方向进入电场，经x轴上的Q点进入磁场，在磁场中偏转后垂直y轴的方向进入第二象限。已知OP=d，OQ=2d，不计粒子重力。求：
(1)粒子过Q点时的速度v;
(2)磁感应强度的大小B。
15.如图所示，在光滑绝缘水平面上，固定有两根足够长的间距为L的光滑平行金属导轨，OO′左侧向上弯曲，右侧水平，导轨的水平部分处在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中。两根金属棒MN、EF垂直导轨放置，与导轨接触良好，金属棒 EF的左侧连接一轻质绝缘弹簧，弹簧左端刚好与OO′平齐。金属棒MN、EF的长度均为L、阻值均为R，金属棒 MN的质量为m，金属棒EF的质量为4m。导轨电阻不计，重力加速度为g。开始时，金属棒EF静止在导轨的水平部分，当金属棒 MN从竖直高度h处由静止释放，求：
(1)金属棒MN刚进入磁场瞬间的加速度大小a;
(2)若两金属棒能够挤压轻弹簧，当弹簧被挤压至最短时弹性势能大小为EP，试求解从MN进入磁场至弹簧被压缩至最短过程中，EF中产生的焦耳热Q;
(3)若从金属棒MN进入磁场到弹簧被压缩至最短所用时间为t0， MN的位移大小为x0，求弹簧的最大压缩量Δx。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】A、鸭子能够浮在水面，这是因为它们受到了水的浮力，浮力的方向是竖直向上的。此时鸭子在竖直方向上的浮力与重力是一对平衡力，浮力等于重力，鸭子就会浮在水面上了，故A错误；
B、荷叶上的露珠存在表面张力，它表面的水分子表现为引力，从而使它收缩成一个球形，与表面张力有关，故B正确；
C、滴入水中的红墨水很快散开是扩散现象，是液体分子无规则热运动的反映，故C错误；
D、悬浮在水中的花粉做无规则运动是布朗运动，是液体分子无规则热运动的反映，故D错误。
故选B。
2.【答案】A
【解析】【分析】
详细解答和解析过程见【答案】
【解答】
如果将双缝中的一条缝挡住，其他条件不变，光屏上出现的是光的衍射条纹，即中间宽而亮，两边窄而暗的条纹，故A正确，BCD错误；
3.【答案】C
【解析】【分析】
详细解答及解析过程见【答案】
【解答】
A.0s时，平衡位置在2 m处的质点向上振动，t1=0.1s时，平衡位置在2 m处的质点第一次到达波峰。质点经历T4=0.1s，即T=0.4s，故A错误；
B.由图可知波长λ=4m，波速为v=λT=40.4m/s=10m/s，故B错误；
C.t2=0.4s=T时，平衡位置在1m处的质点刚好做一次全振动，处于波峰，故C正确；
D.t3=0.3s=34T时，平衡位置在4m处的质点处于波峰位置，加速度沿y轴正负方向，故D错误；
故选C。
4.【答案】C
【解析】【分析】
详细解答和解析过程见【答案】
【解答】
A、阳光下看到细小的尘埃飞扬不是布朗运动，是空气流动造成的，布朗运动用肉眼看不到，故A错误；
B、当分子间距小于平衡位置r0时，分子间距离越大，分子势能越小，故 B错误；
C、分子间距从平衡位置r0处开始增大时，分子间的作用力先增大后减小，故C正确；
D、一定质量的理想气体发生等容变化时，如果温度升高，分子热运动更加剧烈，分子单位时间内与单位面积容器壁碰撞的次数会变大，故 D错误。
故选C。
5.【答案】D
【解析】【分析】
电路中由L与C构成的振荡电路，在电容器充放电过程就是电场能与磁场能转化过程。q体现电场能，i体现磁场能。电容器具有储存电荷的作用，而线圈对电流有阻碍作用。
【解答】
AB、a、c两时刻，电量最大，则电场能最大，电路中的电流最小，故AB错误；
CD、b、d两时刻，电量为零，则电场能为零，磁场能最大，电路中的电流最大，但是电流的方向相反，故C错误，D正确。
故选：D。
6.【答案】B
【解析】AB、由折射定律知，该介质对从M处射出色光的折射率n=sinαsin(90∘−β)= 2，则从M处射出色光在该介质中传播的速度v=cn=3 22×108m/s，故A错误，B正确；
CD、由图知，从N点射出的色光偏转更厉害，其折射率更大，由v=cn知，从N点射出的色光波速较小，色光在柱体内传播的距离相等，则从N点射出的色光穿过该柱体所需的时间长，折射率大的色光频率高，则从N点射出的色光频率比从M点射出的色光频率高，故CD错误。
7.【答案】A
【解析】解：要使金属棒保持在图示位置静止且磁感应强度最小，由F=BIl可知，在I、l不变的情况下，磁感应强度最小，则所受的安培力最小，当安培力和拉力垂直的时候，安培力最小，因为电流方向垂直于纸面向外，由左手定则可知，所加的磁场方向沿细线向上，故A正确，BCD错误。
故选：A。
8.【答案】D
【解析】【分析】
详细解答和解析过程见【答案】
【解答】
A、系统在水平方向合力为零，故水平方向动量守恒，竖直方向合力不为零，竖直方向动量不守恒，故A错误；
B、系统机械能守恒，则有mgR(1−csθ)=12Mv02+12mv2，
解得v= 2gR(1−cs θ)−Mv02m，故B错误；
C、设半圆柱、小滑块相对地面的位移分别为x1，x2，
则类比人船模型有x1+x2=Rsinθ，Mx1=mx2，
解得半圆柱相对地面的位移大小为x1=mRsinθM+m，故C错误；
D、分析半圆柱，根据动能定理，可知小滑块对半圆柱的弹力做功为12Mv02，由于系统机械能守恒，所以半圆柱的弹力对小滑块做功为−12Mv02，故D正确。
故选D。
9.【答案】AD
【解析】【分析】
由图乙可知交流电的最大值、周期，进而确定角速度、电流表的示数，由电功率得表达式P=I2R求电阻消耗的电功率，结合闭合电路欧姆定律确定感应电动势瞬时值表达式。
本题考查了正弦式交变电流的图象，根据图象判断交流电的最大值、周期等，从而得到有效值等问题。
【解答】
A.由图乙知交流电的最大值为：Im=5 2A，则有效值为：I=Im 2=5A，电流表的示数为有效值，则示数为5A，故A正确；
B.由图乙知交流电的周期为：T=2×10−2s，则其角速度为：ω=2πT=100πrad/s，故B错误；
C.电流表的示数为有效值，为I=5A， 电路中的电阻R=95Ω，则该电阻消耗的电功率P=I2R=2375W，故 C错误；
D.电动势的最大值为Em= 2I(R+r)=500 2V，线圈中产生的感应电动势的表达式为e=500 2cs100πt(V)，故D正确。
10.【答案】BD
【解析】【分析】
详细解答和分析过程见【答案】
【解答】
A.当小球在竖直方向做简谐运动时，小球受到的合力为零的位置是小球的速度最大的位置，故A错误；
B.当A球运动至最高点时，框架对地面的压力恰好为0。对框架受力分析，得出此时的弹簧弹力大小为F=Mg且弹簧处于压缩状态，根据简谐运动的对称性得出，小球B的质量为(M+m)，故B正确；
C.小球A从最低点向平衡位置运动过程中，弹簧弹性势能一直减小，故C错误；
D.小球A从最低点运动到最高点过程中，弹簧的弹性势能先减小后增大，因为系统机械能守恒，故小球的机械能先增大后减小，故D正确。
故选BD。
11.【答案】(1)AC；(2)20.4；(3)9.71；(4)①
【解析】(1)A、为了减少误差，摆线应适当长些，故A正确；
B、单摆在摆角小于5度时的振动为简谐运动，单摆摆角不能太大，故B错误；
C、为减小空气阻力对实验的影响，摆球应选择密度较大的实心金属小球，故C正确；
(2)摆球的直径为20mm+0.1mm×4=20.4mm；
(3)单摆的周期T=10050s=2s，由T=2π l+d2g解得重力加速度大小g=9.71m/s2；
(4)由T=2π L+rg可得T2=4π2gL+4π2rg，则T2−L图像的纵截距为正值，故他作出的T2−L图像应该是乙图中的①。
12.【答案】(1)0.1；(2)乙；(3)1.48；0.70。
【解析】(1)电流表扩大量程需要并联一个小电阻来分流，并联的电阻越小分流越大，则量程越大。
电流表量程为0.6A=600mA，则并联电阻的分流为599mA，
根据并联电路电压相等有1mA×59.9Ω=599mA×R，
解得R=0.1Ω。
(2)改装后的电流表内阻明确已知，故采用图乙所示电路进行实验，没有系统误差。
(3)根据闭合电路欧姆定律有U=E−I(RA+r)
其中RA=0.1×59.90.1+59.9Ω=0.1Ω，
图像丙纵轴截距表示电源电动势，则E=1.48V，图像斜率绝对值为(RA+r)=1.48−1.000.6Ω，
解得内阻r=0.70Ω。
13.【答案】解：(1)活塞刚好离开卡口时
p2S=p0S+Mg
由：p1T1=p2T2得：T2=360K
(2)活塞缓慢上升，气体压强不变，膨胀对外做功
W=−p2SH=−108J
由热力学第一定律：ΔU=W+Q=212J
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
14.【答案】解：(1)粒子在电场中运动时，qE=ma，d=12at2，2d=v0t，vy=at，v= v02+vy2，解得：v=2 qEdm；
(2)粒子进入磁场时，tanθ=vyv0，得：θ=45∘，粒子在第一象限的运动轨迹如图所示，
O1为圆心，由几何关系可知ΔO1OQ为等腰三角形得：R=2 2d，由：qvB=mv2R，解得：B= mE2qd。
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
15.【答案】解：(1)设MN到达磁场区域瞬间的速度为v0，
由动能定理：mgh=12mv02
电动势：E=BLv0
电流：I=E2R
安培力：F=BIL
加速度：a=Fm
解得：a=B2L2 2gh2mR
(2)MN、EF组成的系统动量守恒，弹簧最短时MN、EF速度相同，
mv0=(m+4m)v
由能量守恒：2Q=12mv02−12⋅5mv2−EP
解得：Q=25mgh−12EP；
(3)设EF的位移大小为x1，某时刻 MN、EF的速度大小分别为v1、v2，
由系统动量守恒：mv0=mv1+4mv2
即：m(v0−v1)+4mv2
在一段极短的时间Δt内：m(v0−v1)Δt=4mv2Δt
对两边求和：∑m(v0−v1)Δt=∑4mv2Δt
由题意知：v0t0−x0=4x1
弹簧的压缩量：Δx=x0−x1
解得：Δx=5x04−t04 2gh。
【解析】详细解答和解析过程见【答案】