2023-2024学年福建省福州市六校联考高二（上）期末考试物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年福建省福州市六校联考高二（上）期末考试物理试卷（含解析），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.如图所示为“探究产生感应电流的条件”的实验装置，下列操作中，电流表的指针不会发生偏转的是( )
A. 将条形磁铁插入线圈的过程中
B. 将条形磁铁从线圈中拔出的过程中
C. 将条形磁铁放在线圈中不动时
D. 磁铁不动，将线圈向磁铁靠近过程中
2.如图所示，两辆质量相同的小车置于光滑的水平面上，有一人静止站在A车上，两车静止，当这个人自A车跳到B车上，接着又跳回A车，则以下说法正确的是( )
A. A车的速率大于B车的速率B. A车的速率等于B车的速率
C. A、B两车仍然保持静止D. A车的速率小于B车的速率
3.某电场的电场线分布如图所示，一带电粒子仅在静电力作用下沿图中虚线所示路径运动，先后通过M点和N点。以下说法正确的是( )
A. 粒子带负电B. 粒子在M、N点的电势能EpM>EpN
C. 粒子在M、N点的加速度aM>aND. 粒子在M、N点的速度vM>vN
4.如图所示电路，电源电动势为E，内阻为r，C为两块彼此靠近而又绝缘的平行金属板，两金属板中一带电液滴P处于静止状态，R1、R2和R3为定值电阻，电流表、电压表均为理想电表，当滑动变阻器R4的滑片由图中位置向b端移动过程中，下列判断正确的是( )
A. 电流表读数增大，电压表读数减小B. 金属板一个极板所带电荷量逐渐减小
C. 带电液滴P将向上运动D. 电源效率逐渐增大
二、多选题（本题共4小题，共24分）
5.如图所示，一绝缘且光滑的竖直细杆处于两固定的等量异种点电荷+Q、−Q的连线的中垂线上，A、O、B为细杆上的三点，O为+Q、−Q连线的中点，AO=BO=ℎ。现有电荷量为+q、质量为m的小球套在杆上，重力加速度为g，从A点静止释放，从A运动到B的过程中，则( )
A. 在A点时小球加速度大小等于g
B. 小球从A到B运动过程中先加速后减速
C. 小球从A到B运动过程中电场力始终不做功
D. 小球达到B点时速度大小为 2gℎ
6.空间存在一沿x轴方向的静电场，质子由原点O点开始仅在电场力的作用下沿x轴的正方向运动，该过程中质子的电势能关于位移x的变化规律如图所示。其中图线O∼x2为顶点在x1的开口向上的抛物线，x2以后的图线为倾斜的直线。下列说法正确的是( )
A. O位置和x2位置的电场强度方向相同B. 图中x1处的电势最低，x3处的电势最高
C. x2∼x3段质子做匀变速直线运动D. 在O∼x3段该电场沿x轴的正方向
7.如图所示，质量均为m的木块A、B与轻弹簧相连，置于光滑水平桌面上处于静止状态，与木块A、B完全相同的木块C以速度v0与木块A碰撞并粘在一起，则从木块C与木块A碰撞到弹簧压缩到最短的整个过程中，下列说法正确的是( )
A. 木块A、B、C和弹簧组成的系统动量守恒，机械能守恒
B. 木块C与木块A碰撞结束时，木块C速度为v02
C. 弹簧的最大弹性势能为16mv02
D. 弹簧的最大弹性势能小于木块A、B、C和弹簧组成系统的动能减少量
8.如图所示，在水平向右的匀强电场中有一个绝缘斜面，斜面上有一带电金属块沿斜面滑下，已知在金属块滑下的过程中动能增加了24J，金属块克服摩擦力做功16J，重力做功48J。下列说法中正确的是( )
A. 金属块带负电荷B. 电场力对金属块做功等于8J
C. 金属块的电势能增加8JD. 金属块的机械能减少24J
三、填空题（本题共2小题，共8分）
9.面积为2.5×10−2m2的单匝矩形线圈放在匀强磁场中，若线圈与磁场平行时，穿过线圈的磁通量是_____；当线圈平面与磁场方向垂直时，穿过线圈的磁通量是10−3Wb，那么，磁场的磁感应强度是_____T。
10.如图所示电路，电源电动势为3V，内阻为1Ω，滑动变阻器总电阻为3Ω，定值电阻R0=2Ω，闭合电键，在滑片从a移到b的过程中，电源总功率的最小值为_______W，变阻器消耗的最大功率为_______W。
四、实验题（本题共2小题，共16分）
11.某实验探究小组的同学准备测量阻值约为2Ω金属丝的电阻率，他们用螺旋测微器测出该金属丝的直径如图甲所示，用伏安法测金属丝两端之间的电阻。
(1)由图甲可读出该金属丝的直径为_______mm。
(2)为了较精准地测量该金属丝电阻的阻值，要求尽可能多测几组数据，电压从零开始测量，图乙是测量金属丝电阻率的实验器材实物图，图中已连接了部分导线。请根据要求，补充完成图乙中实物的连线_______；
(3)若通过金属丝的电流为I，金属丝两端之间的电压为U，金属丝的直径D和长度L，则电阻率的表达式为ρ=_______(用D、L、I、U表示)。
12.实验小组成员要测量一节未知电池的电动势和内阻。
(1)先用多用电表2.5V量程粗测该电池的电动势将多用电表的红表笔与电源的_______(填“正”或“负”)极相连，黑表笔与电池的另一电极相连，多用电表的示数如图所示，则粗测电源电动势为_______V。
(2)在U−I坐标系中描点作图，如乙图所示，由此测得电源的电动势E=______V，电源的内阻r=______Ω(均保留三位有效数字)。
(3)利用甲图电路测得的值与真实值相比，E测_____E真；r测____r真(选填“大于”或“等于”或“小于”)
五、计算题（本题共4小题，共36分）
13.蹦床是一项运动员利用蹦床的反弹在空中展示杂技技巧的竞技运动，有“空中芭蕾”之称。一名质量为60kg的运动员，从离水平网面3．2m高处自由落下，与网接触0．8s后竖直向上蹦回到离水平网面1．8m高处。运动过程不考虑肢体动作对重心的影响，重力加速度g=10m/s2，从开始下落到至与网接触前，重力对人的冲量大小为_N⋅S，人与蹦床接触过程中，蹦床对人的平均作用力大小为_N。
14.如图所示，质量m=2kg的带正电小球，以v0=2m/s的初速度从水平放置的平行金属板A、B的中央，水平飞入电场，已知A板带正电，金属板长L=0.1m，板间距离d=0.225m，当电场强度E=100V/m时，带电小球恰好能够穿过电场。忽略空气阻力，重力加速度g取10m/s2求：
(1)粒子穿过两板所用的时间；
(2)带电粒子的电荷量q。
15.如图，一根长为L=0．5m的细绝缘线，上端固定，下端系一个质量为m=4×10−3kg的带电小球，将整个装置放入竖直面内足够大的匀强电场当中，电场强度大小为E=3×103N/C，方向为水平向右，已知：当细线偏离竖直方向为θ=37∘时，小球在B点处于平衡状态，重力加速度g取10m/s2，cs37∘=0.8，sin37∘=0.6。
求：
(1)小球带何种电荷，带电量为多少；
(2)若将小球拉至最低点C无初速度释放，当小球运动到B点时速度大小；
(3)若让小球在B点获得与绳垂直初速度，小球刚好能在竖直面内做圆周运动，则圆周运动的最小动能。
16.如图所示，光滑水平面上有一质量M=4.0kg的平板车，车的上表面是一段长L=1.5m的粗糙足够长水平轨道，水平轨道左侧连一半径R=0.25m的四分之一光滑圆弧轨道，圆弧轨道与水平轨道在点O′处相切。现将一质量m=1.0kg的小物块(可视为质点)从平板车的右端以水平向左的初速度v0=5m/s滑上平板车，小物块与水平轨道间的动摩擦因数μ，小物块恰能到达圆弧轨道的最高点A。取g=10m/s2。
求：
(1)小物块到达圆弧轨道的最高点A时小车的速度大小；
(2)小物块与水平轨道间的动摩擦因数μ；
(3)小物块与车最终相对静止时，小物块速度方向及它距点O′的距离。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、将条形磁铁插入线圈的过程中，穿过闭合回路的磁通量发生变化，产生感应电流，指针发生偏转，故A错误；
B、将条形磁铁从线圈中拔出的过程中，穿过闭合回路的磁通量发生变化，产生感应电流，指针发生偏转，故B错误；
C、将条形磁铁放在线圈中不动，穿过闭合回路的磁通量不发生变化，不产生感应电流，指针不偏转，故C正确；
D、将条形磁铁从图示位置向左移动的过程中，穿过闭合回路的磁通量发生变化，产生感应电流，指针发生偏转，故D错误；
故选：C．
穿过闭合回路的磁通量变化时，闭合回路产生感应电流，根据感应电流产生的条件分析答题．
本题考查了判断检流计指针是否发生偏转，知道感应电流产生的条件即可正确解题．
2.【答案】D
【解析】.D
【详解】A、B两车和人组成的系统在水平方向不受外力，故A、B两车和人组成的系统在水平方向动量守恒，由于系统的初动量为0，则系统末动量为0，则有
(m人+m车)vA=m车vB
可得
vA可知A车的速率小于B车的速率。
故选D。
3.【答案】B
【解析】【分析】电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小．由电场线的疏密分析场强的大小，由牛顿第二定律判断加速度的大小．由粒子运动轨迹弯曲的方向，判断粒子受到的电场力方向，从而判断电场力做功情况和粒子的电性，即可分析速度的大小。
本题是电场中粒子的轨迹问题，首先要能根据轨迹的弯曲方向判断粒子受力方向，其次根据电场线的疏密可以判断电场强度的强弱，进而判断电场力的大小，加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，即可解决这类问题。
【解答】
A.由粒子的运动轨迹弯曲方向可知，带电粒子受电场力的方向大致斜向右上方，与电场强度方向相同，故粒子带正电，故 A错误;
B.顺着电场线的方向电势降落，可知M点电势比N点电势高，粒子在M、N点的电势能EpM>Em故B正确;
C.电场线的疏密表示场强的大小关系，N点电场线密集，故场强大，电场力大，粒子在M、N点的加速度aM故C错误;
D.粒子由M点到N点电场力做正功，电势能减小，动能增大，粒子在M、N点的速度vM4.【答案】B
【解析】B
【详解】A.当滑动变阻器 R4 的滑片由图中位置向b端移动过程中，滑动变阻器连入电路的阻值变小，则电路的总电阻变小，由闭合电路欧姆定律可知，电路总电流增大，路端电压减小，由于通过 R1 的电流增大，则 R1 两端电压增大，电压表读数增大，并联部分的电压减小，可知通过 R3 的电流减小，即电流表读数减小，故A错误；
BC.由于电容器电压减小，根据
C=QU ， E=Ud
可知金属板一个极板所带电荷量逐渐减小，板间场强减小，带电液滴P受到的电场力减小，带电液滴P将向下运动，故B正确，C错误；
D.电源效率为
η=P出P总=U外IEI=U外E
由于路端电压减小，则电源效率逐渐减小，故D错误。
故选B。
5.【答案】AC
【解析】AD.等量异种点电荷的电场线分布如图所示

可知中垂线上的电场方向都与中垂线垂直，水平向右，故小球在竖直方向只受重力的作用，水平方向杆的弹力与电场力平衡，故小球的加速度为重力加速度g，从A到B的过程，根据动能定理可得
mg⋅2ℎ=12mvB2
解得
vB=2 gℎ
故A正确，D错误；
B.小球从A到B运动过程中，一直做加速度为g的匀加速直线运动，B错误；
D.由于中垂线上的电场方向都与中垂线垂直，小球从A到B运动过程中，电场力方向一直与速度方向垂直，故电场力始终不做功，故C正确。
故选AC。
6.【答案】BC
【解析】BC
【详解】A.根据
qE=−ΔEpΔx
可知， Ep−x 图像的切线斜率的绝对值等于 qE ，由题图可知 x1 处切线斜率为零，故 x1 处电场强度最小且为零，O位置和 x2 位置关于 x1 位置对称，则O位置和 x2 位置的电场强度大小相等，方向相反，故A错误；
B.根据
Ep=qφ
由于质子带正电，可知质子所在位置电势能越大，电势越高，则图中 x1 处的电势最低， x3 处的电势最高，故B正确；
C. x2∼x3 段图像的斜率不变，则质子所受的电场力不变，质子的加速度不变，则该过程质子做匀变速直线运动，故C正确；
D.根据沿电场方向电势降低，可知 x1 左侧的电场沿x轴的正方向， x1 右侧的电场沿x轴的负方向，故D错误。
故选BC。
7.【答案】BD
【解析】BD
【详解】A.木块A、B、C和弹簧组成的系统所受合外力为零，所以系统动量守恒；木块C与A碰撞并粘在一起，此过程系统机械能有损失，故系统机械能不守恒，故A错误；
B.木块C与A碰撞并粘在一起，根据动量守恒定律得
mv0=2mv1
解得碰撞结束时，木块A、C速度为
v1=v02
故B正确；
C.弹簧压缩到最短时，弹性势能最大，此时木块A、B、C具有相同的速度，根据系统动量守恒可得
2mv1=3mv2
解得
v2=v03
根据能量守恒可得弹簧的最大弹性势能为
Ep=12×2mv12−12×3mv22=112mv02
故C错误；
D.木块A、B、C和弹簧组成系统的动能减少量为
ΔEk=12mv02−12×3mv22=13mv02
则有
Ep<ΔEk
故D正确。
故选BD。
8.【答案】CD
【解析】CD
【详解】ABC.金属块滑下的过程中动能增加了24J，由动能定理知
WG+Wf+W电=ΔEk
摩擦力做功为
Wf=−16J
重力做功为
WG=48J
可得电场力做功为
W电=−8J
电场力做负功，即金属块克服电场力做功8J；可知金属块带正电荷，电势能增加了8J，故AB错误，C正确；
D.由功能关系可知机械能的变化量为
ΔE=Wf+WF=−24J
即金属块的机械能减少了24 J，故D正确。
故选CD。
9.【答案】 0 4×10−2T
【详解】[1][2]磁通量的定义式为
Φ=BSsinθ
其中 θ 为 B 与 S 的夹角。
当线圈与磁场平行时
θ=0 ， sinθ=0 ， Φ=0
当线圈平面与磁场方向垂直时， θ=90 ， sinθ=1 ，可得
B=ΦS=4×10−2T

【解析】详细解答和解析过程见答案
10.【答案】 1.5 0.75
【详解】[1]当电路总电阻最大时，电流最小，电源总功率最小，则有
Imin=ERmax=33+2+1A=0.5A
电源总功率的最小值为
Pmin=EImin=3×0.5W=1.5W
[2]滑动变阻器消耗的功率为
P滑=I2R滑=(ER滑+R0+r)2R滑=E2R滑+(R0+r)2R滑+2(R0+r)
可知当
R滑=R0+r=3Ω
滑动变阻器消耗的功率最大，则有
Pmax=(ER滑+R0+r)2R滑=(33+2+1)2×3W=0.75W

【解析】详细解答和解析过程见答案
11.【答案】 480 1650
【详解】[1]设人自由下落与网接触瞬间，所用时间为 t1 ，速度为 v1 ，则
ℎ1=12gt 12
v1=gt1
解得
t1=0.8s
v1=8m/s
从开始下落到至与网接触前，重力对人的冲量大小为
I=mgt1=60×10×0.8N⋅s=480N⋅s
[2]设人竖直弹起上升到最高点过程中所用时间为 t2 ，弹起瞬间速度大小为 v2 ，则根据逆向思维分析有
ℎ2=12gt 22
v2=gt2
解得
t2=0.6s
v2=6m/s
设人与蹦床接触过程中，蹦床对人的平均作用力为F，取向上为正方向，根据动量定理有
(F−mg)t=mv2−(−mv1)
解得
F=1650N

【解析】详细解答和解析过程见答案
12.【答案】 7.883##7.884##7.882 πD2U4IL
【详解】(1)[1]根据螺旋测微器原理可知，该金属丝的直径为
D=7.5mm+38.3×0.01mm=7.883mm
(2)[2]要求尽可能多测几组数据，电压从零开始测量，则选用分压式接法，为了较精准地测量该金属丝电阻的阻值，且电阻较小，故采用电流表外接，实物图如图所示
[3]根据
R=ρLS ， R=UI ， S=πD24
解得
ρ=πD2U4IL

【解析】详细解答和解析过程见答案
13.【答案】 正 1.30 1.45 1.30 小于 小于
【详解】(1)[1][2]多用电表电流从红表笔流入，黑表笔流出；先用多用电表 2．5V 量程粗测该电池的电动势，将多用电表的红表笔与电源的正极相连，黑表笔与电池的另一电极相连，多用电表的示数如图所示，则粗测电源电动势为
E=1.30V
(2)[3][4]根据闭合电路欧姆定律可得
E=U+Ir
可得
U=E−Ir
可知 U−I 图像的纵轴截距等于电动势，则有
E=1.45V
U−I 图像的斜率绝对值等于内阻，则有
r=1.45−Ω=1.30Ω
(3)[5][6]由图示电路可知，由于电压表的分流作用，电流表测得的电流小于流过电源的电流，电压表的分流作用是造成系统误差的原因，当外电路短路时，电流的测量值等于真实值，除此之外，由于电压表的分流作用，电流的测量值小于真实值，电源的 U−I I图像如图所示
由图像可知，电源的电动势和内阻的测量值都小于真实值。

【解析】详细解答和解析过程见答案
14.【答案】解：(1)粒子进入电场后水平方向做匀速运动，则L=v0t
代入数据解得：t=0.05s
(2)粒子在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，则12d=12at2
由牛顿第二定律得：a=qE+mgm
代入数据解得：q=1.6C
答：(1)粒子穿过两板所用的时间是0.05s；
(2)带电粒子的电荷量q是1.6C。
【解析】(1)粒子在水平方向做匀速直线运动，由运动学公式求出运动时间。
(2)粒子在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，由牛顿第二定律与运动学公式求出电荷量。
粒子在极板间做类平抛运动，分析清楚粒子运动过程，应用牛顿第二定律与运动学公式可以解题。
15.【答案】(1)正电， 1×10−5C ；(2) 102m/s ；(3) 0.125J
【详解】(1)小球在B点处于平衡状态，小球受重力、绳子拉力、电场力的作用，可知小球受到的电场力向右，小球带正电，根据平衡条件可得
qE=mgtan37∘
小球带电量为
q=1×10−5C
(2)若将小球拉至最低点C无初速度释放，当小球运动到B点时，根据动能定理有
qELsin37∘−mgL(1−cs37∘)=12mvB2
解得小球运动到B点时速度大小为
vB= 102m/s
(3)小球受到的等效重力为
mg等= (mg)2+(qE)2=5×10−2N
小球刚好能在竖直面内做圆周运动，则小球恰能通过等效重力最高点时，小球处于等效重力最高点时，速度最小，根据牛顿第二定律有
mg等=mvmin2L
圆周运动的最小动能为
Ekmin=12mvmin2=0.125J

【解析】详细解答和解析过程见答案
16.【答案】(1) 1m/s ；(2) 0.5 ；(3)速度方向水平向左， 0.5m
【详解】(1)平板车和小物块组成的系统水平方向动量守恒，小物块到达圆弧最高点A时，二者具有共同的速度 v1 ，由水平方向动量守恒得
mv0=(M+m)v1
解得小物块到达圆弧轨道的最高点A时小车的速度大小为
v1=1m/s
(2)小物块从滑上平板车到圆弧最高点A过程，由能量守恒得
12mv02−12(M+m)v12=mgR+μmgL
解得小物块与水平轨道间的动摩擦因数为
μ=0.5
(3)设小物块最终与车相对静止时，二者的共同速度为 v2 ，从小物块滑上平板车，到二者相对静止的过程中，由水平方向动量守恒得
mv0=(M+m)v2
解得
v2=1m/s
方向水平向左；设小物块与车最终相对静止时，它距 O′ 点的距离为 x ；由能量守恒得
12mv02−12(M+m)v22=μmg(L+x)
解得
x=0.5m

【解析】详细解答和解析过程见答案