2024-2025学年陕西省咸阳市高二（下）期末物理试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年陕西省咸阳市高二（下）期末物理试卷（含答案），共9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。
一、单选题：本大题共7小题，共28分。
1.光纤通信是一种现代通信手段，它可以提供大容量、高速度、高质量的通信服务。光纤通信中信号传播的主要载体是光导纤维，光导纤维传递光信号的物理原理是( )
A. 光的全反射B. 光的衍射C. 光的干涉D. 光的折射
2.如图为某电感式位移传感器的原理图，1是待测位移的物体，3是接交流电的空心线圈，软铁芯2插在线圈3中并且可以随物体1左右平移，则该传感器( )
A. 将电流变化信号转化为位移变化信号输出
B. 将位移变化信号转化为电流变化信号输出
C. 将位移变化信号转化为电阻变化信号输出
D. 当物体向左移动时，线圈的自感系数变小
3.如图甲所示的弹簧振子在竖直方向做简谐运动的图像如图乙所示，取向上为正方向，下列说法正确的是( )
A. 周期为4s
B. 振幅为4cm
C. t=1s时振子的速度最大
D. t=2s时弹簧的弹性势能最小
4.控制无人机的无线电信号产生来自于LC振荡电路。图甲所示为LC振荡电路，M是电容器的上极板，规定图甲LC振荡电路中逆时针方向的电流为正，从某时刻起其电流随时间变化的规律如图乙所示，则下列关于该LC电路在b∼c段的说法错误的是( )
A. M板带负电B. M板的带电量在变小
C. 线圈L的自感电动势在变小D. 线圈L中的磁场能在变小
5.如图1所示，A、B是某电场中一条电场线上的两点。一个带负电的点电荷仅受电场力作用，从A点沿电
场线运动到B点。在此过程中，该点电荷的速度v随时间t变化的规律如图2所示。则下列说法中正确的是( )
A. A点的电场强度比B点的小B. A点的电势比B点的电势高
C. 点电荷在A点的电势能比在B点的大D. 点电荷在A点受到的电场力比在B点的大
6.高压水射流切割技术，现已逐渐成为工业切割技术方面的主流切割方式，如图所示。水流为柱状，横截面积为S，水流以速度v垂直射到被切割的钢板上，之后垂直钢板的速度减为零，水的密度为ρ，若忽略水的重力影响，则水流对钢板的作用力大小为( )
A. ρSv2B. ρSv
C. 2ρSvD. 2ρSv2
7.如图甲所示的电路图，理想变压器原线圈接正弦交流电，一定值电阻R与二极管(具有单向导电性，正向电阻不计)串联后接在副线圈两端，电阻R的阻值为4Ω，，变压器的原副线圈匝数比为10:1。用一电流传感器测得通过R的电流如图乙所示，该电阻R两端电压和原线圈两端电压分别为( )
A. 20V，200V
B. 10V，200V
C. 10 2V，100 2V
D. 10V，100 2V
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
8.两列简谐横波分别沿x轴正方向和负方向传播，两波源分别位于x=−0.2m和x=1.2m处，两列波的波速均为0.4m/s，波源的振幅均为2cm。如图为0时刻两列波的图像，此刻平衡位置在x=0.2m和x=0.8m的P、Q两质点刚开始振动，质点M的平衡位置处于x=0.5m处。下列说法正确的是( )
A. 两列波的频率均为1Hz
B. 质点M刚开始振动时的方向沿y轴的正方向
C. 经过2.5s质点M运动的路程为28cm
D. 该波通过0.1m的障碍物时，不会发生衍射现象
9.直流特高压输电技术已成为我国“西电东送”战略的技术基础，其输电示意图如图所示。若变压器T1、T2均为理想变压器，T2的匝数之比n3:n4=2:1，直流输电线的总电阻等效为R=10Ω，整流及逆变过程的能量损失不计，交流电的有效值不变。下列说法正确的是( )
A. 图中“500kV”指交流电的最大值
B. 直流输电线损失的电压为100kV
C. 当用户负载增加时，输电线上损失的电压会增大
D. 当用户负载增加时，用户端增加的功率大于T1输出端增加的功率
10.如图1所示，在倾角θ=37 ∘的光滑平行导轨上，有一长度恰好等于导轨宽度的均匀导体棒MN，平行于斜面底边由静止释放(t=0)。导轨下端接有一只电阻为R=3Ω的小灯珠(设其电阻不随温度变化)。在MN下方一定距离处的矩形区域内存在垂直于导轨平面向上的匀强磁场，磁场沿导轨方向的长度为d，磁感应强度随时间变化的规律如图2所示，导体棒MN在t=1s时恰好进入磁场区域。已知导体棒MN的质量m=0.01kg，电阻r=1Ω，导轨足够长，重力加速度g=10m/s2,sin37 ∘=0.6,cs37 ∘=0.8。若导体棒MN从开始运动到出磁场过程中，小灯珠亮度始终不变，则在该过程中( )
A. 导体棒MN中的电流方向为M→NB. 导轨宽度为1m
C. 通过导体棒MN的总电荷量为0.8CD. 小灯珠的电功率为0.27W
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.某实验小组的同学们做“用单摆测定重力加速度”的实验。
(1)先用游标卡尺测量摆球的直径，结果如图甲所示，小球直径为 cm；
(2)选择好器材后，同学们组装了如图乙所示的装置；
(3)某次实验中，同学们测得单摆摆长为L，完成n次全振动的时间为t，则重力加速度的表达式g= (用n、L、t等字母表示)；
(4)家住北京的小京和广东的小东分别进行了如下实验：改变单摆摆长L，得到周期T和摆长L的多组数据，在坐标系中作出T2−L图像，小京和小东进行交流后将各自的图像合并到同一坐标系中，如图丙所示。则根据图像可知图线①是 (选填“小京”或“小东”)完成的实验。图线②不过坐标原点的原因是 。
12.某同学在实验室看见一个损坏的滑动变阻器，名牌上标有“200Ω2A”字样，于是想测量绕制滑动变阻器的电阻丝的电阻率。
(1)该同学首先截取了一段长为200.00cm的电阻丝，用螺旋测微器测量金属丝不同位置的直径，某次测量的示数如图1所示，该读数为D= mm。多次测量后，得到直径的平均值恰好与D相等；
(2)然后将所截取的电阻丝绕制在一个玻璃管上，接入图2所示电路来测量它的电阻Rx，该电路中定值电阻R0的阻值为5Ω。电路连接无误后，闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片移至最 端；
(3)闭合开关，调节滑动变阻器，读取电压表的示数U和电流表的示数I，得到多组测量数据，用EXCEL处理数据得到图像如图3所示，忽略电表对结果的影响，则这段电阻丝的电阻Rx= Ω(结果保留2位有效数字)；
(4)绕制滑动变阻器的电阻丝的材料的电阻率为 Ω⋅m ∘(结果保留2位有效数字)
四、计算题：本大题共3小题，共30分。
13.为研究玻璃对某单色激光的折射率，某同学先用双缝干涉装置测量该激光的波长，激光通过间距为d=0.3mm的双缝后，投射到光屏上得到如图甲所示的干涉条纹，图甲中M、N两亮纹中心间距x=56mm，双缝到光屏间的距离L=2.8m。然后，如图乙所示，截面为等边三角形ABC的玻璃砖，边长为L′=20 3cm，将该激光从AC边中点D与AC边成30 ∘角入射，光束平行底边BC射到AB边上的E点(图中未画出)并射出。求：
(1)该激光的波长λ；
(2)该激光在玻璃中的折射率n；
(3)光在真空中的传播速度为c=3×108m/s，该激光在玻璃砖中的传播时间t。
14.如图，直流电源的电动势为E0、内阻为r0，滑动变阻器R的最大阻值为2r0，平行板电容器两极板水平放置，板间距离为d，板长为2d，平行板电容器的右侧存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。闭合开关S，当滑片处于滑动变阻器中点时，质量为m的带正电粒子以初速度v0水平向右从电容器左侧靠近上极板进入电容器，恰好从电容器下极板右侧边缘b点进入磁场，随后又从电容器上极板右侧边缘c点进入电容器，忽略粒子重力、空气阻力和极板的边缘效应。
(1)求粒子所带电荷量q；
(2)求磁感应强度B的大小。
15.如图所示，光滑水平地面上静置一工件ABC，工件由质量M=1kg的水平长木板AB(长度为定值)和质量不计的硬质滑道BC固连而成，长木板AB粗糙，滑道BC的上表面光滑且为四分之一圆弧，AB与BC相切于B点，O′为圆弧BC的圆心，质量m=1kg的小滑块处于长木板上的最左端A点。质量m0=0.5kg的小球用不可伸长的轻绳悬挂于A点正上方的位置O，并将小球拉至细线与竖直方向的夹角为θ=53 ∘，小球由静止释放，摆至最低点时与小滑块发生弹性碰撞。已知轻绳始终张紧且长度为L=4.5m，圆弧轨道的半径R=0.2m，重力加速度取g=10m/s2，空气阻力和碰撞时间忽略不计，小球和小滑块均可视为质点，cs53 ∘=0.6。
(1)求小球与小滑块刚碰撞结束时小滑块的速度大小v1；
(2)若小滑块与长木板间的动摩擦因数μ1=0.2，碰后小滑块恰好未滑上圆弧轨道，求长木板AB的长度LAB；
(3)若小滑块与长木板间的动摩擦因数μ2=0.1，试通过分析说明小滑块能否滑离工件ABC。
参考答案
1.A
2.B
3.A
4.D
5.B
6.A
7.D
8.AC
9.BC
10.BD
4π2n2Lt2
小东
摆长测量偏大/将小球的直径与摆线长之和作为摆长

左
3.0
2.9×10−7

13.解：(1)相邻两亮条纹间的距离 Δx=x8=7.0mm，
由 Δx=Ldλ，
可得 λ=dΔxL=7.5×10−7m；
(2)由几何关系得光从空气射入玻璃砖时，入射角 θ=60 ∘ ，折射角为 α=30 ∘，
则激光在玻璃中的折射率 n=sinθsinα= 3；
(3)光在玻璃中的传播速度为 v=cn，
根据几何关系知 DE=L′2，
激光在玻璃砖中的时间 t=DEv=1.0×10−9 s。

14.解：(1)由闭合回路欧姆定律可得电容器两端电压 U=r0r0+2r0E0=E03，
解法一：粒子在金属板间做类平抛运动，水平方向有 2d=v0t，
竖直方向有 d=12at2，
根据牛顿第二定律得加速度 a=Eqm=Uqdm=E0q3dm，
联立解得 q=3mv022E0；
解法二：设粒子离开电场时的速度偏转角为 θ ，由平抛运动推论可得 tanθ=2×d2d=1 ，即 θ=45 ∘
设粒子沿电场方向的速度为 vy ， vy=at ，且 tanθ=vyv0，
粒子在水平方向上有 2d=v0t，
根据牛顿第二定律得加速度 a=Eqm=Uqdm=E0q3dm，
联立解得 q=3mv022E0；
解法三：设粒子离开电场时的速度偏转角为 θ ，由平抛运动推论可得 tanθ=2×d2d=1 ，即 θ=45 ∘
设粒子沿电场方向的速度为 vy,tanθ=vyv0，
由功能关系可得 qU=12mv y2，
联立解得 q=3mv022E0；
(2)设粒子离开电场时的速度偏转角为 θ ，粒子离开电场时速度 v=v0csθ，
由几何关系可知粒子在磁场中做圆周运动的半径 R=d2csθ，
根据牛顿第二定律得 Bqv=mv2R，
联立解得 B=4E03dv0。

15.解：(1)小球摆至最低点，由动能定理可知 m0gL(1−cs53 ∘)=12m0v02，
解得 v0=6m/s，
取水平向右为正方向，对小球和小滑块组成的系统，因发生弹性碰撞，由动量守恒和碰撞前、后动能不变可知 m0v0=m0v′+mv1，
12m0v02=12m0v′2+12mv12，
联立解得 v′=−2m/s,v1=4m/s；
(2)因小滑块恰好未滑上圆弧轨道，故小滑块恰在 B 点与长木板达到共同速度，
由动量守恒得 mv1=(m+M)v共，
解得 v 共 =2m/s，
由功能关系可知 −μ1mgLAB=12(m+M)v共2−12mv12，
解得 LAB=2m；
(3)当 μ2=0.1 ，小滑块将滑上滑道BC，设小滑块没有从 C 点滑离时在滑道BC上的最大高度为 H ，小滑块和工件系统水平方向动量守恒，且在最高位置时小滑块和工件达到共同速度 v共=2m/s ，由功能关系可知 −μ2mgLAB−mgH=12(m+M)v共2−12mv12，
解得 H=0.2m,H=R，
即小滑块恰好能滑到 C 点，没有脱离工件。
接着小滑块将返回，若小滑块没有从长木板AB的左端滑离工件，小滑块和工件最终的速度为 v共=2m/s ，由功能关系可知 −μ2mgx=12(m+M)v共2−12mv12，
解得 x=4m,x=2LAB ，即小滑块返回时恰好能滑到长木板AB的左端，没有脱离工件。
综上所述，若小滑块与长木板间的动摩擦因数 μ2=0.1 ，小滑块不会滑离工件ABC。