2023-2024学年湖北省荆州市荆州中学高二（上）期末考试物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年湖北省荆州市荆州中学高二（上）期末考试物理试卷（含解析），共14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.分析下列物理现象：①“空山不见人，但闻人语响”；②围绕发声的双股音叉走一圈，听到声音忽强忽弱；③当正在鸣笛的火车背离我们急驶而去时，我们听到汽笛声的音调变低；④行军过桥时应便步走，防止桥梁倒塌．这些物理现象分别为
( )
A. 衍射、干涉、多普勒效应、反射B. 衍射、多普勒效应、干涉、折射
C. 衍射、干涉、多普勒效应、共振D. 衍射、折射、多普勒效应、干涉
2.一通电直导线与x轴平行放置，匀强磁场的方向与xOy坐标平面垂直，导线受到的安培力为F，若将该导线做如图所示的形状，放置在xOy坐标平面内，如图所示，并保持通电的电流不变，则导线受到的安培力大小为( )
A. F3B. F2C. FD. 2F
3.一束垂直于半圆柱形玻璃砖AC平面的光，从OA的中点射入玻璃砖中，在ABC界面上恰好发生全反射，则( )
A. 玻璃砖的折射率为2
B. 玻璃砖折射率为 3
C. 光在玻璃砖内的传播速度比在空气中大
D. 若光从ABC圆面上入射，也有可能发生全反射现象
4.如图所示，回旋加速器两个D形金属盒分别和一高频交流电源两极相接，两盒放在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于盒底面，粒子源置于盒的圆心附近。若粒子源射出的粒子(初速度不计)电荷量为q，质量为m，粒子最大回旋半径为R，加速电压为U，下列说法中正确的是( )
A. 所加交流电源的周期为πmqB
B. 一个周期内粒子加速一次
C. 粒子加速后获得的最大动能为qBR2m
D. 粒子在回旋加速器中的加速次数为qB2R22mU
5.如图所示，图a为LC振荡电路，通过P点的电流如图b所示，规定P点电流方向向右为正方向，下列说法正确的是( )
A. 0到t1时间内，电容器正在充电，上极板带正电
B. t1到t2时间内，电容器正在放电，上极板带负电
C. t2到t3时间内，电路中的电场能转化为磁场能
D. t3到t4时间内，电路中的磁场能转化为电场能
6.如图所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r，电感L的直流电阻不计，电阻R的阻值小于灯泡D的阻值。在t=0时刻闭合开关S，经过一段时间后，在t=t1时刻断开S，下列表示灯泡D的电流i随时间变化的图像中，正确的是( )
A. B.
C. D.
7.将硬导线中间一段弯成直径d=1 m的半圆形，它在磁感应强度大小B=4 2π2T、方向如图所示的匀强磁场中绕ab轴匀速转动，硬导线在a、b两处通过电刷与外电路连接，外电路有一“12 V，12 W”的小灯泡并正常发光，电路中除灯泡外，其余部分电阻不计，下列说法中正确的是( )
A. 硬导线在磁场中匀速转动的转速为10r/s
B. 由图示位置开始计时，该感应电流的瞬时值表达式为i= 2sin24t(A)
C. 由图示位置开始计时，该感应电流的瞬时值表达式为i= 2sin24πt(A)
D. t=136s时导线中的瞬时电流大小为 63A
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
8.做简谐运动的物体经过A点时，加速度的大小是2m/s2；当它经过B点时，加速度的大小是3m/s2。若AB之间的距离是15cm，平衡位置与A点的距离可能为( )
A. 4cmB. 15cmC. 6cmD. 30cm
9.某小型水电站交流发电机的输出电压为500V，先经升压变压器将电压升高，经总阻值为R=7Ω的输电线向远端用户输电，用户端用降压变压器将电压降到220V供用户使用。若用户的用电功率为57.2kW，输电线R上损耗的功率为2.8kW，已知变压器均为理想变压器，其他电阻不计。下列说法正确的是( )
A. 输电线R两端的电压ΔU=120V
B. 降压变压器的输入电压U3=2860V
C. 升压变压器原、副线圈匝数比n1:n2=1:5
D. 降压变压器原、副线圈匝数比n3:n4=13:1
10.如图所示，两根相距为L=1m的光滑金属导轨平行固定放置，左半部分倾斜，倾角θ=37°，整个装置均处在磁感应强度为B=1T的竖直向上的匀强磁场中，导轨的电阻均不计。在导轨上放置金属杆ab、cd，ab被锁定，cd杆与水平面的竖直距离为0.3m。两杆的质量均为m=0.16kg，长度恰好与导轨间距相同。其中，ab棒和cd棒电阻均为R=1Ω。现给cd沿倾斜轨道向下的初速度，cd棒刚好能做匀速直线运动，不计cd从倾斜轨道运动至水平轨道过程中的能量损失。当cd棒运动至水平导轨上时，解除ab棒锁定。下列说法中正确的是( )
A. cd棒所受安培力方向水平向左
B. cd棒在倾斜轨道上的速度大小为0.5m/s
C. cd棒在水平轨道上运动直至稳定过程中，ab棒上通过的电荷量为0.24C
D. 整个过程回路中产生的总热量0.84J
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.热敏电阻是温度传感器的核心元件，某金属热敏电阻说明书给出的阻值R随温度t变化的图线如图甲所示，现有一课外活动小组利用该金属热敏电阻测量温度，提供实验器材如下：
A.直流电源，电动势E=3V，内阻不计 B.电压表，量程3V，内阻约5kΩ
C.电流表，量程0.3A，内阻约10Ω D.滑动变阻器R1，最大阻值5Ω
F.被测热敏电阻Rt G.开关、导线若干
(1)接通开关，改变滑动变阻器滑片P的位置，对应的电流表、电压表示数如图丙、丁所示，由此得此时热敏电阻对应的电阻为_____Ω。(结果保留一位有效数字)
(2)对应乙图，此时热敏电阻对应的温度为______°C(结果保留两位有效数字)。
(3)温度测量值______真实值(填“大于”、“小于”或“等于”)。
12.某同学利用单摆测定当地的重力加速度，实验装置如图甲所示。
(1)在测量单摆的周期时，他用秒表记下了单摆做40次全振动的时间，如图乙所示，秒表的读数为_____s。为了更精确测量摆长，他用_____mm；
(2)该同学经测量得到5组摆长L和对应的周期T，画出L−T2图线，然后在图线上选取A、B两个点，坐标如图丁所示。则当地重力加速度的表达式g=_____(用LA、LB、TA和TB表示)；
(3)处理完数据后，该同学发现在计算摆长时误将摆球直径当成半径代入计算，则得出的重力加速度的值_____(填“大于”“小于”或“等于”)真实值；
(4)该同学做完实验后，为使重力加速度的测量结果更加准确，其中合理的有_____。
A.细线上端用铁夹子固定
B.摆线偏离平衡位置的角度不能太大
C.让小球在水平面内做圆周运动，测得摆动周期
D.测量周期时应该从摆球运动到最高点时开始计时
四、计算题：本大题共3小题，共44分。
13.两列简谐横波分别沿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。t=1s时刻两列波的图像如图所示，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。
(1)求两列波相遇的时刻；
(2)求0∼2.75s内质点M运动的路程；
(3)求PQ之间振动加强点的坐标。
14.如图所示，半径为R的光滑圆形导轨处在垂直于圆平面的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里，一根长度略大于导轨直径的导体棒MN在外力的作用下以速率v在圆形导轨上匀速从左端滑到右端，导体棒电阻和电路中的定值电阻均为r，且导体棒材质均匀，其余电阻不计，导体棒与圆形导轨接触良好，求：
(1)图中θ=90°时，a与b两点电势差Uab；
(2)图中θ=30°时，通过电阻r的电流大小；
(3)导体棒从左端滑到右端的整个过程中，电流I的最大值。
15.如图所示，竖直虚线的左侧存在电场强度大小为E、方向竖直向上的匀强电场，在虚线的右侧存在电场强度大小为13E、方向竖直向上的匀强电场与磁感应强度大小为B、方向水平向外的匀强磁场。电荷量为q的带正电小球从虚线左侧的A点以水平向右的速度v抛出，经过虚线上的D点时速度与虚线的夹角为30°，小球在虚线的右侧正好做匀速圆周运动，到达C点时速度正好水平向左，重力加速度大小为g，求：
(1)小球的质量m；
(2)小球从A到C的运动时间；
(3)若B=8E21v，当小球离开磁场时，虚线左侧的电场方向变为水平向左，大小变为E1，小球刚好能回到A点，求E1的大小。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了波的衍射、干涉、多普勒效应、共振，要求同学们理解发生原理，能用来解释生活中的现象。
【解答】
①“空山不见人，但闻人语响”，听到声音，却看不见人，这是声音的衍射；
②围绕振动的音叉转一圈会听到忽强忽弱的声音，音叉发出两个频率相同的声波相互叠加，从而出现加强区与减弱区．这是声音的干涉；
③当正在鸣笛的火车背离我们急驶而去时，我们听到汽笛声的音调变低，音调变低就是频率变低，因此这是多普勒效应现象；
④行军过桥时应便步走，防止桥梁倒塌，这是为了防止发生共振现象。
故C正确。
2.【答案】B
【解析】设通电直导线的长度为 L ，受到的安培力为F=IBL
该导线做如图所示的形状，根据几何关系，导线的有效长度为L′=L2
导线受到的安培力大小为F′=IBL′=F2
故选B。
3.【答案】A
【解析】AB.由光路可知，光线发生全反射的临界角为θ=30∘
根据折射定律可知n=1sinθ=2
A正确，B错误；
C.由 n=cv 可知，光在玻璃砖内的传播速度比在空气中小，C错误；
D.发生全反射要从光密介质进入光疏介质才行，光从ABC圆面上入射不能发生全反射现象，D错误。
故选A。
4.【答案】D
【解析】A.回旋加速器粒子在磁场中的运动周期与交流电源的周期相同，为 2πmBq ，A错误；
B.粒子每通过一次电场加速一次，一个周期粒子会通过电场两次，故一个周期粒子会被加速两次，B错误；
C.粒子加速后获得的最大速度由D形金属盒的半径决定，故最大速度为v=BqRm
最大动能为Ek=12mv2=12B2q2R2m，C错误；
D.粒子在回旋加速器中的加速次数为n=EkUq=qB2R22mU，D正确。
故选D。
5.【答案】A
【解析】【分析】本题考查LC振荡电路，要熟练掌握电磁振荡过程中各物理量的变化情况，在LC振荡电路中，当电容器充电时，电流在减小，电容器上的电荷量增大，磁场能转化为电场能；当电容器放电时，电流在增大，电容器上的电荷量减小，电场能转化为磁场能。
【解答】
A.0到t1时间内，电流为正，且正在减小，即电流为顺时针方向减小，说明电容器正在充电，电流方向为正电荷的运动方向，所以上极板带正电，故A正确；
B.t1到t2时间内，回路中电流逆时针方向增加，可知电容器C处于放电过程中，电流方向为正电荷的运动方向，所以上极板带正电，故B错误；
C.t2到t3时间内，回路中电流逆时针方向减小，可知电容器C处于充电过程中，则电场能增加，磁场能减小，电路中的磁场能转化为电场能，故C错误；
D.t3到t4时间内，回路中电流顺时针方向增大，可知电容器C处于放电过程中，则电场能减小，磁场能增加，电路中的电场能转化为磁场能，故D错误。
故选A。
6.【答案】C
【解析】开关闭合时，线圈由于自感对电流的阻碍作用，可看做电阻，线圈电阻逐渐减小，并联电路电阻逐渐减小，则由闭合电路欧姆定律I=ER外+r
可知电路总电流变大，内阻上电压变大，则电压UAB逐渐减小，故i逐渐减小；开关闭合后再断开时，线圈的感应电流与原电流方向相同，形成回路，灯泡的电流与原电流方向相反，并逐渐减小到0，又由于电阻R的阻值小于灯泡D的阻值，当开关闭合时，线圈所在支路的电流大于流过灯泡D的电流，故当开关断开瞬间，线圈产生的感应电流也大于原来流过灯泡D的电流。
故选C。
7.【答案】C
【解析】A.依题意，灯泡两端电压即为正弦交变电流的电动势的有效值，即Em= 2U灯
又Em=B⋅π(d2)22⋅2πn
联立，解得n=12r/s
故A错误；
BC.由图示位置开始计时，该感应电流的瞬时值表达式为i=ImsinωtA
又Im= 2I灯=PU灯 ， ω=2πn
联立，解得i= 2sin24πtA
故B错误；C正确；
D. t=136s 时导线中的瞬时电流大小为i= 2sin24π×136A= 62A
故D错误。
故选C。
8.【答案】CD
【解析】假设A、B两点加速度方向相反，故二者位于平衡位置的两侧，即它的平衡位置在AB之间；根据a=−kxm
即加速度大小与弹簧的形变量成正比，由题aAaB=23
则xAxB=23
又xA+xB=15cm
联立解得xA=6cm
假设A、B两点加速度方向相同，故二者位于平衡位置的同侧，根据a=−kxm
即加速度大小与弹簧的形变量成正比，由题aAaB=23
则xAxB=23
又xB−xA=15cm
联立解得xA=30cm
故选CD。
9.【答案】BD
【解析】【分析】
本题为远距离输电问题，解决此类问题要明确理想变压器电压比等于匝数比，电流比等于匝数的反比，原副线圈功率相等，
同时要掌握输电线的功率损耗和电压损耗，功率损耗为ΔP=I2r，电压损耗为ΔU=Ir，输电电流I=P/U(I、r为输电线电流和电阻，P、U是升压变压器副线圈的功率和电压)。
【解答】
A、输电线R上损耗的功率为2.8kW，则有2800W=I22R，解得输电线上的电流I2=20A，R两端的电压为ΔU=I2R=140V，故A错误；
B、发电机的输出功率为P=57.2kW+2.8kW=60kW，升压变压器副线圈的电压U2=PI2=3000V，则降压变压器的输入电压U3=U2−ΔU=2860V，故B正确；
C、n1n2=U1U2=500V3000V=16，故C错误；
D、n3n4=U3U4=2860V220V=131，故D正确。
故选BD。
10.【答案】ACD
【解析】【分析】
本题考查电磁感应中的双杆切割磁感线问题，此类模型解题方法：判断双杆组成的系统是否动量守恒，如果满足动量守恒，那么使用动量守恒定律和能量守恒定律分析求解。如果动量不守恒，往往先判断双杆最终的运动状态，然后分别对双杆使用动量定理求出双杆最终的速度，然后再结合能量守恒定律分析解题。注意在双杆问题中，最常用的解题方法是动量定理。
【解答】
A、cd切割磁感线，根据右手定则，感应电流方向从c到d，根据左手定则，cd棒所受安培力方向水平向左，故A正确；
B、cd棒刚好能做匀速直线运动，根据平衡条件BILcsθ=mgsinθ，又E=BLvcsθ，I=E2R，解得v=3m/s，故B错误；
C、ab、cd组成的系统动量守恒，则由mv=2mv′，对cd，根据动量定理，BLq=mv′，
解得q=0.24C，故C正确；
D、根据能量守恒，整个过程回路中产生的热量为mgh+12mv2−12×2mv′2=0.84J，故D正确。
故选ACD。
11.【答案】(1)5；(2)55；(3)小于。
【解析】【分析】
本题考查金属热敏电阻相关的电学实验。
(1)读数电压表、电流表示数，利用欧姆定律求电阻。
(2)根据图甲得出R−t关系式，进而得出温度。
(3)电流表采用外接法，电阻的测量值偏小。
【解答】
(1)电流表示数为I=0.200A，电压表读数为U=1.00V，则电阻R=UI=5Ω。
(2)由数学知识可得热敏电阻R=43+t15，将R=5Ω代入解得t=55°C。
(3)电流表采用外接法，由于电压表的分流，导致电流的测量值偏大，则电阻的测量值小于实际值，导致温度的测量值小于实际值。
12.【答案】 (1) 95.2 9.450 (2) 4π2(LB−LA)TB2−TA2 (3)等于 (4)AB
【解析】(1)秒表的小盘读数为90s，大盘读数为5.2s，则秒表的读数为95.2s。
螺旋测微器测量小球的直径，读数为9mm+45.0×0.01mm=9.450mm
(2)根据单摆周期公式 T=2π Lg ，得L=gT24π2
可知图线斜率为k=g4π2=LB−LATB2−TA2
解得g=4π2(LB−LA)TB2−TA2
(3)若计算摆长时误将摆球直径当成半径代入计算，即L=l+d，而其它测量、计算均无误，也不考虑实验误差，L−T2图像的斜率不变，所测重力加速度g不变，即不影响重力加速度的计算。
(4)A.实验时，细线上端用铁夹子固定以保证悬点固定，防止摆线松动带来摆长的变化，故A正确；
B.为了保证单摆周期一定，摆线偏离平衡位置的角度不能太大，故B正确；
C.为了使单摆做简谐运动，应使小球在同一竖直平面内摆动，故C错误；
D.测量周期应从摆球经过平衡位置时开始计时，故D错误。
故选AB。
13.【答案】(1)介质相同，波传播速度相同，由图可知，两列波会在M点相遇，即两列波还需要传播的距离为xPM=xQM=0.8−0.22m=0.3m
对应时刻t1=1s+xPMv=1.75s
(2)根据图像可知波长为0.4m，则波传播的周期为T=λv=
0∼1.75s内，M点还没有开始振动，M点总共振动的时间为1s，即为1T。两波源与M点的距离分别为ΔS1=0.5m+0.2m=0.7m ， ΔS1=1.2m−0.5m=0.7m
可知波程差为零，由于两列波振动步调相同，故M点为振动加强点，振幅为2A，可知在剩余的1T内，质点M运动的路程为4×2A=4×2×2cm=16cm
(3)令PQ之间振动加强点的横坐标为x，则加强点到两波源的波程差为Δx=x+0.2m−1.2m−x ( 0.2m≤x≤0.8m )
波程差为 nλ (n=0,±1,±2,±3…)的位置为振动加强点，则有Δx=nλ (n=±1,±2,±3…)
解得n=0，±1
则解得x为0.3m、0.5m、0.7m，即PQ之间振动加强点的坐标为(0.3m,0)、(0.5m,0)、(0.7m,0)。

【解析】本题考查波的图像以及波的叠加。两列波发生稳定干涉时，若两列波的起振方向相同，波程差是半波长的偶数倍时，振动加强，波程差是半波长的奇数倍时，振动减弱。若两列波的起振方向相反，则波程差是半波长的偶数倍时，振动减弱，波程差是半波长的奇数倍时，振动加强。
14.【答案】解：(1)θ=90°时，导体棒MN全部接入电路，有效长度为2R，电阻为r。产生的感应电动势为：E=B2Rv，
a与b两点的电势差为：Uab=E2=BRv。
(2)θ=30°时，导体棒MN接入电路的有效长度为R，此时有效电阻为：R2Rr=r2，
产生的感应电动势为：E=BRv，
回路中的总电阻为：R总=r2+r=3r2，
回路中的电流为：I=ER总=2BRv3r。
(3)导体棒MN接入电路的有效长度为：2Rsinθ
有效电阻为：2Rsinθ2Rr=rsinθ，
产生的感应电动势为：E=B2Rsinθv，
产生的感应电流为：I=ER总=2BRsinθvr+rsinθ=2BRvrsinθ1+sinθ，
当sinθ=1时，上式取最大值，故感应电流的最大值为：Imax=BRvr

【解析】本题考查电磁感应，根据E=BLv求感应电动势，根据电路特点结合闭合电路欧姆定律求电压、电流等物理量，并得出电流的表达式，利用数学知识求电流的最大值。
15.【答案】(1)在虚线右侧做圆周运动，有13qE=mg
故m=qE3g
(2)由(1)可知：qE=3mg
故在虚线左侧竖直方向做初速度为0，加速度为2g的匀加速直线运动，水平方向做匀速直线运动。由D点速度方向与虚线的夹角为 30∘ 可知，D点合速度、水平方向、竖直方向的速度分别为vD=2v，vx=v，vy= 3v
从A到D的运动时间为t1= 3v2g
由几何关系得，从D到C所转圆心角为 4π3 ，运动时间为t2=23T=4πm3qB=4πE9gB
故从A到C的总时间为：t总=t1+t2= 3v2g+4πE9gB
(3)AD之间竖直方向的距离为yAD=( 3v)24g=3v24g
离开磁场时的位置相比D点沿竖直方向向下移动了粒子圆周运动的半径R，半径的大小为R=m×2vqB=2Ev3gB=7v24g
故回到A点竖直方向上的位移为：y=R−yAD=v2g
粒子再次回到左侧区域时，竖直方向只受重力，做初速度为 3v ，加速度为g的匀减速直线运动，设离开磁场后运动t时间回到A点，有y= 3vt−12gt2
解得t= 3±1vg
离开磁场至回到A点水平方向的位移：x=xAD=vt1= 3v22g
水平方向上做初速度为v，加速度为 qE1m 的匀加速直线运动，有x=vt+12qE1mt2
解得E1=E6

【解析】详细解答和解析过程见【答案】