【物理】安徽省十校2024-2025学年高二上学期1月期末联考试题（解析版）

这是一份【物理】安徽省十校2024-2025学年高二上学期1月期末联考试题（解析版），共18页。试卷主要包含了答题时，必须使用0， 如图所示，某带电粒子等内容，欢迎下载使用。
（考试时间：75分钟 满分：100分）
注意事项：
1.答题前，务必在答题卡和答题卷规定的地方填写自己的姓名、准考证号和座位号后两位。
2.答题时，每小题选出答案后，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。
3.答题时，必须使用0.5毫米的黑色墨水签字笔在答题卷上书写，要求字体工整、笔迹清晰。作图题可先用铅笔在答题卷规定的位置绘出，确认后再用0.5毫米的黑色墨水签字笔描清楚。必须在题号所指示的答题区域作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上答题无效。
4.考试结束，务必将答题卡和答题卷一并上交。
一、单项选择题（本题共8小题，每小题4分，共32分。每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题意的）
1. 将粗细均匀、边长为L的正三角形铜线框用两根不可伸长的绝缘线悬挂于天花板上，置于垂直线框平面向外的大小为B的匀强磁场中，现用细导线给三角形线框通有大小为I的电流，则线框受到的安培力大小为（ ）
A. 0B. C. D.
【答案】C
【解析】根据题意可知，间折线是直线长度的2倍，则间折线的电阻是直线电阻的2倍，且并联接入电路中，根据欧姆定律则通过直线电流是折线的2倍，即通过直线的电流为，通过折线的电流为，三角形线框安培力大小为
2. 如图，在三角形三个顶点和c处分别固定三个点电荷，其中，，c处点电荷所受库仑力的合力的方向平行于的连线。设处点电荷所带电荷量的比值的绝对值为k，则（ ）
A. 处的点电荷同号，B. 处的点电荷异号，
C. 处的点电荷同号，D. 处的点电荷异号，
【答案】B
【解析】根据同种电荷相斥，异种电荷相吸，且c处电荷所受库仑力的合力的方向平行于，可知，处的电荷异号，对c处电荷受力分析，如下图所示
因，，依据相似三角形之比，则有
根据库仑定律有，
联立上述各式解得
故选B。
3. 质量为小明从离水平网面高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到水平网面高处，已知小明与网接触的时间为取，则这段时间网对小明的平均作用力大小为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】在小明下落到接触网的过程中，根据运动学公式，则有
可解得
在小明离开网向上减速的过程中，根据运动学公式，则有
可解得
与网接触过程中，取竖直向上为正方向，动量变化量则有
对小明由动量定理，则有
可解得
故选A。
4. 如图所示，电源电动势为E，内阻恒为r，R是定值电阻，已知，热敏电阻的阻值随温度升高而减小。在温度升高的过程中，分别用和表示电流表、电压表、电压表和电压表示数变化量的绝对值，关于该电路工作状态的变化，下列说法正确的是（ ）
A. 电压表的示数减小B. 电源的输出功率增大
C. 保持不变，都变小D. 电源效率增大
【答案】B
【解析】A．当温度升高时，减小，由闭合电路欧姆定律有
因此I增大，又因为，
因此增大，减小，故A错误；
B．电源的输出功率
当减小，也减小，由于，根据数学知识可得输出功率增大，故B正确；
C．根据欧姆定律可得
根据闭合电路欧姆定律可得，
解得，
故C错误；
D．电源的效率为
当减小，减小，电源的效率减小，故D错误。
故选B。
5. 如图所示，虚线是电场中的三个等势面，相邻等势面间的电势差相同，即，实线为一个带负电的质点仅在电场力作用下通过该区域的运动轨迹，是轨迹上的两点，下列说法中正确的是（ ）
A. 三个等势面中，等势面a的电势最高
B. 带电质点通过P点时的电势能较Q点小
C. 带电质点通过P点时的动能较Q点小
D. 带电质点通过Q点时的加速度较P点大
【答案】C
【解析】A．电荷所受电场力指向轨迹内侧，且电场线与等势面垂直，由于电荷带负电，因此电场线指向右上方，沿电场线电势降低，故a等势线的电势最低，c等势线的电势最高，故A错误；
BC．根据质点受力情况可知，从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，动能增大；或从Q到P过程中电场力做负功，电势能升高，动能减小，故P点的动能小于Q点的动能，P点的电势能大于Q点的电势能，故B错误，C正确；
D．等差等势线密的地方电场线越密，场强越大，故P点位置电场强，电场力大，根据牛顿第二定律，加速度也大，故D错误。
故选C。
6. 甲、乙两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，甲球的动量为，乙球的动量为。当甲球追上乙球时发生碰撞，碰后乙球的动量。设甲球的质量为，乙球的质量为，则的关系可能是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】碰撞过程中动量守恒，可知碰后甲球的动量为，由于是甲追碰乙，碰撞前甲的速度大于乙的速度，有
可得
碰撞后甲的速度小于或等于乙的速度，有
可得
碰撞后系统的动能不大于碰前系统的动能，由
可得
解得
联立得
故选B。
7. 某静电场方向平行于x轴，x轴上各点电场强度随位置的变化关系如图所示，规定x轴正方向为电场强度正方向。若取x0处为电势零点，则x轴上各点电势随位置的变化关系可能为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】AD．由图可知，电场强度方向始终沿x轴正方向，故电势沿x轴正方向一直降低，故时，电势，时，电势，故AD错误；
CD．又由知，电势随x轴位置变化图象的斜率绝对值可表示电场强度，故时，图象的斜率绝对值逐渐变大，时，图象的斜率绝对值逐渐变小，故C正确，B错误。
故选C。
8. 如图所示，某带电粒子（重力不计）由M点以垂直于磁场以及磁场边界的速度ⅴ射入宽度为d，磁感应强度大小为B的匀强磁场中，穿出磁场时速度方向与原来射入方向的夹角为。由此推断该带电粒子（ ）
A. 带负电且动能增大B. 粒子的运动半径为
C. 电荷量与质量的比值为D. 穿越磁场的时间为
【答案】D
【解析】A．由左手定则可知，粒子带负电，因洛伦兹力不做功，则粒子的动能不变，A错误；
B．有几何关系可知粒子的运动半径为
B错误；
C．根据洛伦兹力提供向心力
可得电荷量与质量的比值为
C错误；
D．穿越磁场的时间为
D正确。
故选D。
二、多项选择题（本题共2小题，每小题5分，共10分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题意。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）
9. 如图所示，水平面上固定着两根足够长的平行光滑导槽，质量为的光滑U形管静止在导槽上，U形管能在两导槽之间自由滑动，一质量为m的小球沿水平方向，以初速度从U形管的一端射入。已知小球的半径略小于管道半径，下列说法正确的是（ ）
A. 该过程中，小球与U形管组成的系统机械能守恒和动量守恒
B. 小球从U形管的另一端射出时，U形管速度大小为
C. 小球运动到U形管圆弧部分的最左端时，小球的速度大小为
D. 从小球入射至运动到U形管圆弧部分最左端过程中，导槽对U形管的冲量大小为
【答案】BCD
【解析】A．由于不计一切摩擦，在小球与U形管相互作用过程中，小球的动能只能与U形管的动能发生转移，故小球与U形管组成的系统机械能守恒，由于导槽对U形管的作用，系统的所受外力的合力不为零，即系统动量不守恒，但系统沿导槽方向所受合外力为零，系统在沿着轨道方向动量守恒，故A错误；
B．小球进出U形管的过程，小球与U形管系统机械能守恒，系统沿着轨道方向动量守恒，设小球和U形管的末速度为、，则有，
解得，
故B正确；
C．小球运动到U形管圆弧部分的最左端过程，沿着轨道方向系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得
设小球的合速度为，根据机械能守恒定律得
解得
故C正确；
D．在小球运动到U形管圆弧部分的最左端时，垂直轨道的分速度为
运动到U形管圆弧部分的最左端的过程中，在垂直轨道方向，以垂直向下为正方向，对小球，根据动量定理有
则小球对U形管的垂直冲量为，而U形管的垂直动量为零，故导槽对U形管的冲量大小为，故D正确。
故选BCD。
10. 如图甲所示，真空中有一电子枪连续不断且均匀的发出质量为m、电荷量为e、初速度为零的电子，经电压大小为的直线加速电场加速，由小孔穿出加速电场后，沿两个彼此绝缘且靠近的水平金属板A、B间的中线射入偏转电场。A、B两板距离为d、板长均为L，两板间加周期性变化的电势差，随时间变化的关系图像如图乙所示，变化周期为T，时刻，，不计电子的重力和电子间的相互作用力，不考虑电场的边缘效应，且所有电子都能离开偏转电场，下列说法正确的是（ ）
A. 电子从加速电场飞出后的速度大小为
B. 电子在偏转电场中运动的时间为T
C. 时射入偏转电场的电子离开偏转电场时距两板间中线的距离
D. 在的时间段内进入偏转电场并能够从中线上方离开偏转电场的电子数占这段时间总电子数的
【答案】AD
【解析】A．电子经过加速场后，根据动能定理得
解得
故A正确；
B．电子在偏转电场中，水平方向做匀速直线运动，所以运动的时间为
故B错误；
C．时射入偏转电场的电子在时间
内的偏转位移
解得
垂直于板的速度
在随后时间
内偏转的位移
解得
则时射入偏转电场电子离开偏转电场时距两板间中线的距离
故C错误；
D．在前半个周期内，假设电子从某时刻进入偏转电场，离开时恰好从中线处离开，则有
解得
可知，在内，从中线上方离开偏转电场的电子进入的时间为
则有
故D正确。
故选AD。
三、非选择题（共5题，共58分）
11. 如图甲所示，在水平气垫导轨上放置两个滑块，两滑块碰撞端分别安装撞针和橡皮泥，保证两者相撞后可以粘在一起运动。在滑块a上和其运动起点A处分别安装传感器，可测出之间的实时距离，如图乙所示。a的总质量为，的总质量为。
（1）由图乙可知碰撞前，a的动量为________；发生碰撞后b的速度为________（均保留两位有效数字）；
（2）考虑到实际情况，若相对误差在以内即可认为碰撞过程中动量守恒，那么本次实验碰撞过程中动量________（填“守恒”或“不守恒”）。
【答案】（1）0.23 0.70 （2）不守恒
【解析】（1）[1]由图乙，可得碰撞前a的速度为
碰撞前a的动量为
[2]由图可知发生碰撞后b的速度为
（2）二者共速后的动量为
相对误差为
根据题意可知本次实验碰撞过程中不守恒。
12. 某学习小组的同学们想利用电压表和电阻箱测量一电池组的电动势和内阻，他们找到的实验器材如下：
A．待测电池组；
B．电压表（量程0~3V，内阻约）；
C．电阻箱R（阻值范围）；
D．开关、导线若干。
实验步骤如下：
①将电池组与其余实验器材按图甲所示电路连接；
②调节电阻箱阻值，闭合开关，待示数稳定后，记录电阻箱的阻值R和电压表的数值U后立即断开开关；
③改变电阻箱的阻值，重复实验，计算出相应的和，绘制出关系图线如图中的直线所示。请回答下列问题：
（1）步骤②中立即断开开关最可能的原因是________（填序号）；
A. 防止烧坏电阻箱
B. 防止烧坏电压表
C. 防止长时间通电，电池内阻和电动势发生明显变化
（2）根据闭合电路欧姆定律，可以得到与的关系表达式为________（用E、r和R表示）；
（3）根据实验数据绘制的图像得出电池组的电动势________V。（保留两位有效数字）
（4）本实验系统误差产生的原因是________（选填“电压表分压”“电压表分流”或“电阻箱分压”），内阻r测量值比真实值________（选填“偏大”“偏小”或“相等”）。
【答案】（1）C （2） （3）2.9 （4）电压表分流 偏小
【解析】（1）步骤②中立即断开开关原因是防止长时间通电，电池内阻和电动势发生变化。
故选C。
（2）在闭合电路中，由闭合电路欧姆定律有
解得
（3）结合图像有
解得
（4）根据闭合电路欧姆定律有函数中的电流为干路电流，本实验误差原因是电压表分流；将电压表与电源等效为一个新电源，流过电阻电流等于新电源的干路电流，所测电阻为电源内阻与电压表并联的等效电阻，可知电阻测量值偏小。
13. 如图，足够长水平U形光滑导轨固定在地面上，电阻不计，左端连接电阻。质量、宽度、阻值的杆恰好垂直放置在导轨上，匀强磁场的磁感应强度，方向竖直向上，现给杆一个向右的水平初速度，杆运动的过程中始终和导轨垂直。求：
（1）杆刚开始运动时，杆两端电压U的大小；
（2）杆从开始运动到停下来，滑行的距离x。
【答案】（1） （2）
【解析】（1）杆向右运动切割磁感线，此时杆产生的电动势为
由闭合电路欧姆定律可知回路感应电流为
此时杆两端的电压为
（2）对杆，由动量定理有
其中，，
可得导体棒在导轨上运动的最大距离为
14. 如图所示，光滑轨道固定在竖直平面内，部分水平，为半径的半圆轨道，在b处与相切。在直轨道上放着质量分别为，的物块（均可视为质点），用轻质细绳将连接在一起，且间夹着一根被压缩的轻质弹簧（未被拴接）。直轨道左侧的光滑水平地面上停着质量的小车，小车上表面与等高。现将细绳剪断，与弹簧分离之后A向左滑上小车且恰好没有从小车上掉下，B向右滑动且刚好能通过半圆轨道最高点d点。物块A与小车之间的动摩擦因数，重力加速度大小。
（1）当物块B运动到圆弧轨道最低点b时，求轨道对物块B的弹力大小；
（2）求剪断细绳之前弹簧的弹性势能；
（3）求小车的长度L。
【答案】（1） （2） （3）
【解析】（1）设物块B经过最低点b时的速度为刚好能到达半圆轨道最高点d点，有
根据动能定理可得
解得
物块B经过最低点b时，根据牛顿第二定律可得
解得
（2）细绳剪断后，以向左方向为正，根据动量守恒定律有
代入数据解得
根据能量守恒定律，细绳剪断之前弹簧的弹性势能为
（3）对A与小车组成的系统，根据动量守恒定律有
代入数据解得
根据能量守恒定律有
代入数据解得
15. 如图所示，竖直平面内有一固定绝缘轨道，由半径的圆弧轨道和与之相切于C点的水平轨道组成，圆弧轨道的直径与竖直半径间的夹角两点间的距离。质量的不带电绝缘滑块静止在A点，质量、电荷量的带正电小球静止在B点，小球的右侧空间存在水平向右的匀强电场。现用大小、方向水平向右的恒力推滑块，滑块到达B点前瞬间撤去该恒力，滑块与小球发生弹性正碰，碰后小球沿轨道运动，到达P点时恰好和轨道间无挤压且所受合力方向指向圆心。小球和滑块均视为质点，碰撞过程中小球的电荷量不变，不计一切摩擦。（取）
（1）求撤去恒力F瞬间滑块的速度大小v以及匀强电场的电场强度大小E；
（2）求滑块与小球碰撞后瞬间小球的速度大小及两点间的距离x；
（3）若小球从P点飞出后落到水平轨道上的Q点（图中未画出）后不再反弹，求两点间的距离L。
【答案】（1）， （2）， （3）
【解析】（1）对滑块从A点运动到B点的过程，根据动能定理有
代入数据解得
小球到达P点时，受力如图所示
则有
解得
（2）滑块与小球发生弹性正碰，设碰后滑块、小球的速度大小分别为，以向右方向为正方向，由动量守恒定律得
由能量守恒得
联立，代入数据得
小球所受重力与电场力的合力大小为
小球到达P点时，由牛顿第二定律有
联立，代入数据得
小球碰后运动到P点的过程，根据动能定理有
代入数据得
（3）小球从P点飞出水平方向做匀减速运动，有
竖直方向做匀加速运动，有
联立，代入数据得