湖南省长沙市湖南师范大学附属中学2023-2024学年高二上学期期末考试物理试题（Word版附解析）

这是一份湖南省长沙市湖南师范大学附属中学2023-2024学年高二上学期期末考试物理试题（Word版附解析），共19页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

时量：75分钟：满分：100分
一、单项选择题（本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1. 在物理学发展过程中，观测、实验、假说和逻辑推理等方法都起到了重要作用。下列叙述符合史实的是（ ）
A. 安培发现了电流的磁效应，并总结出判定电流的磁场方向的方法—右手螺旋定则
B. 奥斯特发现了电磁感应现象
C. 法拉第发现了电磁感应现象并总结了产生感应电流的条件
D. 库仑发现了磁感线是客观存在的描绘磁场强弱和方向的曲线
【答案】C
【解析】
【详解】A．奥斯特发现了电流磁效应，安培总结出判定电流的磁场方向的方法—右手螺旋定则。故A错误；
BC．法拉第发现了电磁感应现象并总结了产生感应电流的条件。故B错误；C正确；
D．为了形象地描述磁场的强弱和方向，法拉第提出了磁感线的概念，但磁感线并不是客观存在的。故D错误。
故选C。
2. 如图所示，从斜面上A点斜向上抛出一小球，水平击中斜面上B点，现将小球从AB中点C点抛出，仍要水平击中B点。下列说法正确的是（ ）
A. 可以仅将抛出时的速度大小变为原来的一半
B. 可以仅将抛出时的速度方向与水平面间夹角变为原来的一半
C. 第二次击中B点时的速度为第一次的一半
D. 第二次在空中飞行过程中重力对小球做的功为第一次的一半
【答案】D
【解析】
【详解】ABC．反向看是平抛运动，设斜面倾角为，根据
则两次时间之比为，则
vy=gt
可知，两次竖直速度之比，根据
可知水平速度之比为，所以两次击中点速度之比为，根据
两次抛出时速度的大小之比为，且到达B点时速度方向相同，根据平抛运动推论可知，位移偏转角正切值是速度偏转角正切值的一半，则
可知两次抛出时速度方向相同，故ABC错误；
D．根据
则两次重力做功之比为，故D正确。
故选D。
3. 银河系的恒星中大约四分之一是双星，某双星由质量不等的星体S1和S2构成，两星在相互之间的万有引力作用下绕两者连线上某一定点C做匀速圆周运动。由天文观察测得其运动周期为T，S1到C点的距离为r1，S1和S2的距离为r，已知引力常量为G。由此可求出S2的质量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】以S1为研究对象，S1做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得
解得
故选D。
【点睛】双星问题注意万有引力的距离和星体做圆周运动的半径的区别和联系。
4. 关于教材中出现的以下四张图片，下列说法正确的是（ ）
A. 图1所示疾驰而过的急救车使人感觉音调变化，是由于多普勒效应引起的
B. 图2所示竖直的肥皂膜看起来常常是水平彩色横纹，是由于光的衍射产生的
C. 图3所示泊松亮斑现象是由于光的干涉产生的
D. 图4示水中的气泡看上去特别明亮，是由于光的镜面反射引起的
【答案】A
【解析】
【详解】A．图1所示疾驰而过的急救车使人感觉音调发生变化，当急救车靠近时，感觉声调变高，反之急救车远离时，感觉声调变低。这是由于多普勒效应引起的，故A正确；
B．图2所示竖直的肥皂膜看起来常常是水平彩色横纹，是由于光的薄膜干涉产生的，故B错误；
C．图3所示泊松亮斑现象是由于光的衍射产生的，故C错误；
D．图4所示水中的气泡看上去特别明亮，是由于光从水进入气泡时发生了全反射引起的，故D错误。
故选A。
5. 一匀强电场的方向平行于平面，平面内三点的位置如图所示，三点的电势分别为、、。下列说法正确的是（ ）
A. 坐标原点处的电势为0
B. 电场强度的大小为
C. 电子在点的电势能比在点的小
D. 电子从点运动到点，克服电场力做功为
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据题意有
解得
故A错误；
B．根据题意，由公式可得，电场沿着轴方向电场分量
电场沿着轴方向电场分量
因此电场强度
故B正确；
C．由公式可知，电子在点的电势能为
电子在点的电势能为
可知，电子在点的电势能比在点的大，故C错误；
D．电子从点运动到点，电场力做功为
故D错误。
故选B。
6. 如图所示，方形金属棒放在匀强磁场中，磁场方向垂直前后表面向外，金属棒通有从左到右的恒定电流I后将会产生霍尔效应，a、b、c分别表示长方体的长、宽、高，则（ ）
A. 金属棒上表面的电势低于下表面
B. 仅增大金属棒长度a，霍尔电压将变小
C. 仅增大金属棒宽度b，霍尔电压将变小
D. 仅增大金属棒高度c，霍尔电压将变小
【答案】C
【解析】
【详解】A．金属中的自由电荷是电子，电流方向从左向右，则电子从右向左运动，根据左手定则，电子受到洛伦兹力方向向下，金属棒下表面得到电子，则金属棒上表面的电势高于下表面，A错误；
B．根据
，
解得
可知，霍尔电压与金属棒长度a无关，B错误；
C．根据上述，仅增大金属棒宽度b，霍尔电压将变小，C正确；
D．根据上述可知，霍尔电压与金属棒高度c无关，D错误。
故选C。
二、多项选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）
7. 如图甲所示，弹簧振子以O点为平衡位置，在A、B两点之间做简谐运动。取向右为正方向，振子的位移x随时间t的变化如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A. 时，振子的速度方向向右
B. 时，振子在点右侧
C. 和时，振子的加速度大小相等，方向完全相反
D. 到的时间内，振子的速度逐渐减小
【答案】BC
【解析】
【详解】A．由图象乙知，t=0.8s时，图象的斜率为负，说明振子的速度为负，即振子的速度方向向左，A错误；
B．从图像乙可知，时，说明振子在点右侧，B正确；
C．和时，振子的位移完全相反，由
知振子的加速度大小相等，方向完全相反，C正确；
D．到时间内，振子的位移减小，正向平衡位置靠近，速度逐渐增大，D错误。
故选BC。
8. 如图所示，质量为M的小车在水平面上始终以恒定速度v0向右做匀速运动，一质量为m的小球从高h处自由下落，与小车碰撞（碰撞时的作用力远远大于小球的重力）后反弹，上升的最大高度仍为h。设球与车之间的动摩擦因数为μ，则小球刚弹起后的速度大小可能为（ ）

A. B.
C. D.
【答案】AC
【解析】
【详解】AB．若小球与车碰撞后，水平速度相同，根据动量守恒
由于，则
球谈起后竖直速度为
则小球刚弹起后的速度大小为
A正确，B错误；
CD．若小球与车没有达到共速，对小球由动量定理
水平方向
竖直方向
得
则小球刚弹起后的速度大小为
C正确，D错误。
故选AC。
9. 如图甲所示，一圆形金属线圈上半部分处于匀强磁场中，线圈匝数为，线圈固定不动。时匀强磁场的磁感应强度的方向垂直纸面向里，磁感应强度随时间变化的关系图像如图乙所示，已知线圈的半径为，线圈总电阻为，则（ ）
A. 线圈中的感应电流的大小和方向始终保持不变
B. 线框受到的安培力方向始终竖直向上
C. 时刻，线圈受到的安培力大小为
D. 时间内通过导线某横截面的电荷量为
【答案】ACD
【解析】
【详解】A．由题意可知线圈中磁通量先垂直纸面向里减小，再垂直纸面向外增大，根据楞次定律可知线圈中的感应电流方向始终为顺时针方向，根据法拉第电磁感应定律可得线圈中感应电动势的大小为
根据闭合电路欧姆定律可得，线圈中电流大小为
故A正确；
B．感应电流的方向始终保持不变，磁感应强度方向变化，故时刻安培力的方向会发生改变，故B错误；
C．时刻，线圈受到的安培力大小为
故C正确：
D．时间内通过导线某横截面的电荷量为
故D正确。
故选ACD。
10. 如图所示，光滑桌面上木板静止并被锁定，质量为，在木板的中央处放置两个小滑块和，质量分别为和，两滑块间有小型炸药，某时刻炸药爆炸释放能量为，两滑块开始运动，当一个滑块速度减为零时，木板锁定被解除，两滑块与木板间动摩擦因数为0.2，最终一个滑块恰好滑到木板的边缘，取，不计炸药的质量，则（ ）
A. 木板的最终速度为
B. 整个过程中两滑块与木板间因摩擦产生内能为
C. 木板的最小长度为
D. 木板受的冲量为
【答案】BC
【解析】
【详解】A．爆炸过程两滑块组成的系统动量守恒，炸药爆炸释放的能量转化为两滑块的动能，有
解得
滑块A速度减为零所用时间
此时B的速度
此过程B与C间的相对位移
木板锁定被解除后，滑块A与木板C相对静止，整体与滑块B发生相对运动，设最终三者达到共同速度为，根据动量守恒定律有
得
故A错误；
B．整个过程中两滑块与木板间因摩擦产生的内能
故B正确；
C．设A、C整体与B相对运动过程B与C间的相对位移为，由功能关系可得
得
木板的最小长度为
故C正确；
D．根据动量定理，木板C受的冲量
故D错误；
故选BC。
三、实验题（本大题共2小题，共15分）
11. 用如图所示的装置验证动量守恒定律。足够光滑的玻璃水平桌面上两根长为的细线拴接大小相同、质量分别为和小钢球，细线与固定钉子的拴接处安装拉力传感器，可实时显示细线中的拉力大小。初始时，两小球靠在一起，两细线刚好平行，小球的直径远小于细线的长度。
（1）将小球1沿圆弧拉到某点A处，并在A处给小球1一个沿切线方向的初速度，记录拉力传感器1的示数；
（2）小球1运动到点处与小球2发生碰撞，碰后小球1弹回，记录碰后两小球运动过程中传感器1和2的示数分别为、；
（3）两小球质量关系满足______；（选填“大于”“小于”或“等于”）
（4）对实验数据进行分析：若物理量、、、、满足等量关系______时，即可验证碰撞瞬间，两小球组成的系统动量守恒；若该碰撞为非弹性碰撞，、、还应满足的数量关系为______。
【答案】 ①. 小于 ②. ③.
【解析】
【详解】（3）[1]由于两小球碰后小球1弹回，可知，两小球质量关系满足小于。
（4）[2]由于实验操作在光滑的玻璃水平桌面上进行，则重力与支持力平衡，小球做匀速圆周运动，由细线的拉力提供圆周运动的向心力，当小球1在点A处时有
碰撞后对小球1、2分别进行分析有
，
若碰撞过程动量守恒，则有
解得
[3]若碰撞过程为非弹性碰撞，则机械能减小，则有
结合上述解得
12. 某电学实验兴趣小组结合物理课本上的多用电表结构示意图及实验室现有器材，设计了如图所示的电路，整个电路装置既可以当和的电流表使用，也可以当作两个倍率的欧姆电表使用。他们使用到的器材有：
电源（电动势，内阻忽略不计）
定值电阻
电流表（量程为，内阻）
滑动变阻器（最大阻值为）
单刀双掷开关

（1）按照多用电表的构造和原理，接线柱端应该接______表笔（选填“红”或“黑”）；
（2）当单刀双掷开关拨到端可作为电流表使用，拨到1端时，此时装置可作为______（选填“1”或“10”）量程的电流表；
（3）电阻______，电阻______；
（4）将单刀双掷开关拨到A端可作为欧姆表使用，若拨到2端，此时作为欧姆挡倍率，则将拨到1端时的倍率为______（选填“”或“”）。
【答案】 ①. 黑 ②. 10 ③. 11 ④. 99 ⑤.
【解析】
【详解】（1）[1]红表笔与内部电源的负极相连，黑表笔与内部电源的正极相连，故端应与黑表笔相连；
（2）[2]当单刀双掷开关拨到端、拨到1端时，量程更大，故为；
（3）[3][4]拨到2端，量程为，即
拨到1端，量程为，即
联立解得
，
（4）[5]当单刀双掷开关拨到A端、拨到2端，电流表量程为，此时欧姆表内阻为
拨到1端，电流表量程为，同理此时欧姆表内阻为，故拨到1端应为挡。
四、计算题（本大题共3小题，共41分）
13. 半径为的固定半圆形玻璃砖的横截面如图所示，点为圆心，与直径垂直的足够大的光屏紧靠住玻璃砖的左侧，与垂直。一细光束沿半径方向与成角射向点，光屏区域出现两个光斑，两光斑间的距离为，真空中的光速为，求：
（1）此玻璃的折射率；
（2）改变角度的大小直到光屏上恰好只剩下一个光斑，计算此种情况下光从射入玻璃砖至传播到光屏所用的时间。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）根据题意，由折射定律和反射定律画出光路图，如图所示
由几何关系有
又有
可得
则有
解得
则此玻璃的折射率
（2）根据题意可知，由于改变角度大小直到光屏上恰好只剩下一个光斑，此时发生全反射，则有
解得
又有可得，光在玻璃砖内的传播速度为
则光在玻璃砖内的传播时间为
由几何关系可得，光从玻璃砖内射出后到光屏的距离为
则从玻璃砖内射出后到光屏的传播时间为
则光从射入玻璃砖至传播到光屏所用时间
14. 如图所示，是两根足够长的光滑平行金属导轨，导轨间距，导轨所在平面与水平面的夹角，间接有的电阻。范围足够大的匀强磁场垂直导轨所在平面向上，磁感应强度大小。长度与导轨间距相等、质量、阻值的金属棒放在两导轨上，在大小为、方向平行于导轨向上的恒定拉力作用下，从静止开始向上运动。已知金属棒与导轨始终垂直并保持良好接触，导轨足够长且电阻不计，取重力加速度大小。
（1）当金属棒的速度大小时，求金属棒的加速度大小；
（2）金属棒向上的位移大小前，金属棒已经进入匀速运动状态，求金属棒从开始运动到位移大小为的过程中上产生的焦耳热；
（3）在第（2）问的情况下，求流过电阻的电荷量。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）当金属棒的速度大小时，设回路中的感应电动势为E、感应电流为I，则
，
此时金属棒受到的安培力
根据牛顿第二定律有
解得
（2）设金属棒进入匀速运动状态时的速度大小为，根据受力平衡有
设在所研究的过程中金属棒克服安培力做的功为，根据动能定理有
在纯电阻电路中，克服安培力所做的功产生的电能全部用来产热，所以
其中上产生的焦耳热为
（3）流过电阻R的电荷量
15. 如图所示，在xOy平面内的第二象限有一个圆形匀强磁场区域，其边界与x轴相切于A（，0）点，磁场方向垂直于纸面向外，磁感应强度大小为B=1T，磁场区域的半径为R=2m，第一象限内有一条抛物线OQP（图中虚线所示），P（4m，0）是x轴上的一点，抛物线OQP上方存在沿y轴负方向的匀强电场，场强E=3×103V/m，从A点向第二象限发射大量带正电的某种粒子，粒子的速率均为v0（未知），质量均为m=2×10-7kg，电荷量均为q=1×10-4C，所有粒子均可到达P点，不计粒子的重力和粒子间的相互作用。
（1）已知粒子1沿与x轴正方向成θ1=60°的方向进入磁场后平行于x轴从磁场中射出，求初速度v0的大小；
（2）粒子2沿与x轴正方向成θ2=120°的方向进入磁场，求它从A点运动到P点所用的时间t（结果保留2位有效数字）；
（3）求电场的边界线OQP的轨迹方程。
【答案】（1）1×103m/s；（2）9.9×10-3s；（3）
【解析】
【详解】（1）设磁磁场圆心为，粒子1在磁场中运动轨迹的半径为r，圆心为，从磁场边界上的C点飞出，如下图所示
由几何关系可知四边形为菱形，故有
由牛顿第二定律可知
联立解得
（2）设粒子2在场中运动轨迹的圆心为，它从D点平行于x轴射出磁场，延长与x轴相交于E点，垂直于x轴，如下图所示
粒子2在磁场中运动的周期
它在磁场中运动的时间
D点的横坐标
D点到P点沿x轴方向的位移为
粒子2从D点到P点在沿x轴方向上做匀速直线运动，所用时间
所以
（3）由几何关系可知所有粒子都平行于x轴进入电场，如下图所示
设某个粒子在电场中运动的时间为，加速度为a，到达抛物线时的坐标为，此时粒子速度为v，沿y轴方向的分速度大小为，x方向上有
y方向上由牛顿第二定律有
解得
由三角形相似可得
联立解得