湖北省云学名校联盟2023-2024学年高二上学期期中联考物理 Word版含解析.docx

《湖北省云学名校联盟2023-2024学年高二上学期期中联考物理 Word版含解析.docx》由会员上传分享，免费在线阅读，更多相关内容在教育资源-天天文库。

2023年云学名校联盟高二年级11月期中联考物理试卷时长：75分钟满分：100分一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项是符合题目要求的，第8~10题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。1.下列说法中正确的是（）A.金属内部的正离子都静止在自己的平衡位置，绝缘体中几乎不存在能自由移动的电荷B.电动势的定义式是，电动势E的大小与q的大小有关C.法拉第提出了“力线”的概念，并总结得出法拉第电磁感应定律D.元电荷是最小的带电单位，任何带电体所带的电荷量都是元电荷的整数倍【答案】D【解析】【详解】A．金属内部的正离子在自己的平衡位置附近振动，而绝缘体中几乎不存在能自由移动的电荷，故A错误；B．电动势的定义式是，电动势E的大小与q的大小无关，电动势的大小是由电源内非静电力的特性决定的，故B错误；C．法拉第提出了“力线”的概念，纽曼和韦伯总结得出法拉第电磁感应定律，故C错误；D．元电荷是最小的带电单位，任何带电体所带的电荷量都是元电荷的整数倍，故D正确。故选D。2.如图所示，光滑的水平地面上静止放着质量为M的小车，小车底边长为L，质量为m的小球从小车顶端静止释放，最终从小车上滑离，不计一切摩擦，下列说法正确的是（）A.M、m组成的系统动量守恒B.M、m组成的系统机械能不守恒C.小球从小车上滑离后，将做自由落体运动 D.小球从小车上滑离时，小车向左运动的距离为【答案】D【解析】【详解】A．对于M、m组成的系统，由于ｍ沿曲面加速下滑，有竖直向下的加速度，所以存在失重现象，系统竖直方向的合外力不为零，系统动量不守恒，A错误；B．对于M、m组成的系统，在滑块下滑过程中只有重力做功，所以系统机械能守恒，B错误；C．对系统，水平方向动量守恒机械能守恒小球离开小车的速度不为零，因此小球做平抛运动，C错误；D．对系统，水平方向动量守恒即有即又因为解得选项D正确。故选D。3.如图所示，将平行板电容器接入恒压电源，电容器的上极板与一个外壳接地的静电计相连。一带电油滴恰好静止在电容器两极板间的P点，现将M板缓慢上移，则（） A.平行板电容器的电势差变大B.两极板间的场强不变C.油滴将向下移动D.P点的电势增大【答案】C【解析】【详解】A．平行板电容器接入恒压电源，MN间的电势差不变，A错误；B．根据可知，板间距变大则两板间的场强变小，B错误；C．电场强度变小，油滴受到的电场力小于重力，油滴将向下移动，C正确；D．根据可知，PN间的距离不变，场强减小，则变小，又由可知P点的电势减小，D错误。故选C。4.10月26日11时14分，搭载神舟十七号载人飞船的长征二号F遥十七运载火箭在酒泉卫星发射中心成功发射，飞船入轨后，将按照预定程序与空间站组合体进行自主快速交会对接，航天器对接时存在一定的相对速度，由于航天器的质量大，对接时产生的动能比较大，为了减少对接过程中产生的震动和撞击，对接机构内部采用了电磁阻尼器消耗对接能量。如图为某电磁阻尼器的简化原理图，当质量块上下移动时会带动磁心一起运动，磁心下方为N极，下列说法正确的是（）A.当质量块带动磁心下移时，线圈有扩张趋势B.当质量块带动磁心下移时，通过电阻R的电流向上C.整个过程对应的是电能向磁场能转换 D.减小线圈匝数，阻尼效果增强【答案】B【解析】【详解】A．当质量块带动磁心下移时，线圈磁通量增大，根据“增缩减扩”，线圈有收缩趋势，A错误；B．根据楞次定律，线圈中磁场方向向下，磁通量增大，则通过电阻R的感应电流向上，B正确；C．整个过程对应的是动能向电能转换，C错误；D．减小线圈匝数，产生的感应电流较小，阻尼效果减弱，D错误。故选B。5.如图所示，某型号霍尔元件（导电自由电荷为电子），匀强磁场B垂直于霍尔元件竖直向下，工作电源E给电路中提供的电流为I时，产生的霍尔电压为U；元件厚度为d，闭合开关、，下列判断中正确的是（）A.滑动变阻器接入电路的阻值变大，电压表示数将减小B.增加磁感应强度，电压表示数将减小C.4点电势比2点电势高D.此霍尔元件可以把电学量转化为磁学量【答案】A【解析】【详解】A．霍尔元件中电子受到的洛伦兹力等于电场力，有电流微观表达式设霍尔元件的宽度为，霍尔元件的电压霍尔元件截面面积 解得滑动变阻器接入电路的阻值变大，闭合电路总电阻变大，由闭合电路欧姆定律，I减小。因此霍尔电压减小，电压表示数将减小。故A正确；B．由增加磁感应强度，霍尔电压增大，电压表示数将增大。故B错误；C．根据左手定则可知，电子受到的洛伦兹力向4点一侧方向，电子带负电，故4点电势低；2点感应出正电荷，4点电势比2点电势低。故C错误；D．此霍尔元件可以把磁学量转化为电学量。故D错误。故选A。6.热敏电阻是一种能随温度变化而改变电阻值的电学元件，被广泛用于温度测量、温度控制和电子设备保护等领域。如图甲所示是某实验小组设计的家用热水器的控制电路，，的阻值随温度的升高而减小，其阻值随温度变化曲线如图乙所示。为调温电阻，信号模块通过监测和两端总电压从而控制加热电路通断，，则下列说法正确的是（）A当短路，信号模块监测电压数值增大B.当短路，和消耗总功率一定增大C.当信号模块临界电压不变时，要使热水器内水温维持一个较高温度，则的阻值应调大一点D.当阻值不变时，要使热水器内水温维持一个较高水平，应增大信号模块临界电压【答案】C【解析】 【详解】A．当短路，阻值减小为零，根据“串反并同”，信号模块监测电压数值减小，A错误；B．将等效为电源内阻。当短路，外电路阻值减小，但无法判断与电源等效内阻的大小关系，和消耗总功率变化情况无法判断，B错误；C．当信号模块临界电压不变时，要使热水器内水温维持一个较高温度，则的阻值较小，则的阻值应调大一点，C正确；D．当阻值不变时，要使热水器内水温维持一个较高水平，则的阻值较小，应减小信号模块临界电压，D错误。故选C。7.如图所示，水平桌面上放置一个压力传感器（已调零），重0.5N的容器放在传感器上，容器上方有一个装满芝麻的大漏斗，打开阀门K芝麻可以从漏斗口无初速度的漏出，在空中做自由落体运动互不影响，落在容器后速度立即减为0，每秒漏出芝麻的质量恒定为20g；10s末，关闭阀门K，此时落在芝麻堆顶的芝麻速度为2m/s，芝麻落在容器或芝麻堆上时受到弹力远大于自身重力，重力加速度为。则10s末传感器的示数为（）A.2.50NB.2.52NC.2.54ND.2.56N【答案】A【解析】【详解】取落到芝麻堆上一小部分在时间内静止，根据动量定理设每秒漏出的质量为，则芝麻对芝麻堆的冲击力为设已经静止的芝麻质量为，空中的芝麻质量为，则 得在10s内流出的芝麻总质量为，芝麻对容器的压力为则10s末传感器承受的压力即传感器示数为故选A。8.下列有关物理知识和物理学史，正确的是（）A.高空建筑的避雷针利用了静电屏蔽的原理B.医生给肩颈酸痛病人贴的红外线理疗贴利用了红外线的热效应C.赫兹通过实验验证了麦克斯韦电磁波理论的正确性D.爱因斯坦首先提出了能量量子化的概念【答案】BC【解析】【详解】A．高空建筑的避雷针利用了尖端放电的原理，故A错误；B．医生给肩颈酸痛病人贴的红外线理疗贴利用了红外线的热效应，故B正确；C．赫兹通过实验验证了麦克斯韦电磁波理论的正确性，故C正确；D．普朗克首先提出了能量量子化的概念，故D错误。故选BC。9.如图所示，水平桌面上固定放置一个绝缘光滑圆弧槽，长直导线MN平行于圆弧槽底边放在圆弧槽上，导线中通有M→N的电流I，整个空间区域存在竖直向上的匀强磁场（图中未画出），MN静止时，MO连线与竖直方向的夹角为30°，圆弧槽对导线MN的支持力为，与圆心O等高。下列说法正确的是（　　）A若仅将电流I缓慢增大一点，则导线MN沿圆弧槽向上运动 B.若仅将磁感应强度大小缓慢增大，导线MN将有可能沿圆弧槽缓慢运动到上方C.若仅将磁场方向沿顺时针缓慢旋转45°过程中，则先减小后增大D.若仅将磁场方向沿逆时针缓慢旋转60°过程中，则MO连线与竖直方向夹角的最大正切值为【答案】AD【解析】【详解】A．由题意，对长直导线MN受力分析，受重力mg，支持力，安培力F，由左手定则可知安培力方向水平向右，由平衡条件，顺M到N方向看，受力图如图所示，由解析图可知，将电流I缓慢增大一点，由安培力公式，可知安培力增大，支持力增大，θ角增大，即导线MN沿圆弧槽向上运动，A正确；B．由A选项分析可知，若仅将磁感应强度大小缓慢增大，由安培力公式，可知安培力增大，方向不变，支持力增大，θ角增大，导线向上移动，可当θ角增大到一定值时，若再增大，长直导线就不会再处于平衡状态，可知θ角不可能达到90°，只有θ<90°时，长直导线有可能受力平衡，因此导线MN不可能沿圆弧槽缓慢运动到位置，更不可能运动到上方，B错误；C．若仅将磁场方向沿顺时针缓慢旋转45°过程中，安培力大小不变，方向由水平以导线为轴顺时针转动，由水平方向转到右下方，则安培力在竖直向下方向的分力逐渐增大，若导线仍处于平衡状态，则支持力为，会逐渐增大，因此若仅将磁场方向沿顺时针缓慢旋转45°过程中，则一直增大，C错误；D．由A选项解析图可知，MN静止时，由平衡条件可得导线受安培力大小为若仅将磁场方向沿逆时针缓慢旋转60°过程中，可知安培力的大小不变，方向沿逆时针缓慢旋转60°，由力的平衡条件，可得导线受力的三角形定则平衡图，如图所示，由解析图可知，当安培力F的方向与支持力为的方向垂直时，MO连线与竖直方向的夹角最大，则该角的正切值为最大，此时支持力为 解得D正确。故选AD。10.如图所示，水平固定一半径为r的金属圆环，圆环关于中轴线AB对称两侧分布大小均为B，方向垂直于圆环平面向上和向下的磁场。一长为r的金属棒沿半径放置，一端固定在圆心O处，另一端与圆环接触良好，并以角速度绕圆心O顺时针匀速转动。圆环边缘和圆心处通过接触良好电刷分别与两平行金属板C、D相连，C、D板长为，间距为d。若以金属棒刚经过A点作为计时起点，C、D左端中心位置有一粒子源，水平向右源源不断地发射初速度为正电粒子，粒子比荷为，粒子间互不影响，且不计重力。下列说法正确的是（）A.带电粒子在电场中的加速度为B.所有从金属板右侧射出的粒子动能都为C.只有从（、2、3…）时刻进入的粒子才能从右侧水平射出D.若带电粒子从时刻进入两平行金属板，要使粒子能够从右侧射出，则d应大于等于【答案】CD【解析】 【详解】A．金属棒转动的感应电动势即电容器电势差为则带电粒子在电场中的加速度为A错误；B．以金属棒刚经过A点或B点作为计时起点，电势差变化的周期为粒子通过电容器的时间为说明粒子在电容器中做类平抛后再恢复水平，共重复8次，最后以的动能水平射出。同理，以在A点和B点间两个半圆中点为计时起点，粒子动能也为。其它计时起点则不是，B错误；C．结合选项B，每时刻即（、2、3…）时刻进入的粒子才能从右侧水平射出，C正确；D．若带电粒子从时刻进入两平行金属板，则一个周期每粒子的侧向位移为粒子入射点在两板中间且经历8个周期，则解得d的最小值为D正确。故选CD。二、实验题：本大题共2小题，共17分。11.某同学用如图所示气垫导轨和压力传感器验证动量守恒实验，实验步骤如下：①用托盘天平测出两滑块的质量、②将右移，压缩右侧弹簧至一定长度，然后由静止释放，使得与碰撞后反弹 ③记录下释放时右侧压力传感器初始读数和与碰撞后左侧压力传感器最大示数和右侧压力传感器最大示数两侧弹簧的劲度系数都为k，弹簧弹性势能的表达式为，其中k、x分别为弹簧的劲度系数和形变量。（1）在实验之前还需要进行的实验操作有（）A．测量弹簧的原长B．在使用之前将压力传感器调零C．测出初始时、到左右两侧压力传感器的距离D．记录下、碰撞后到压缩左右两侧压力传感器到最大示数的时间（2）为使与碰撞后反弹，需保证________（填“>”“=”“<”）（3）碰前初速度为________（用题目所给字母表示）（4）实验要验证的动量守恒表达式为（）A．B．C．D．【答案】①.B②.<③.④.D【解析】【详解】（1）[1]A．不需要测量弹簧原长，A错误；B．在使用之前将压力传感器调零，为后续实验和测量工作打下基础，B正确；C．、在气垫导轨上做匀速运动，不需要测出初始时、到左右两侧压力传感器的距离，C错误；D．压缩弹簧所需时间对实验没有影响，不需要测量，D错误。故选B。（2）[2]为使与碰撞后反弹，需保证<。 （3）[3]释放前，弹簧的弹性势能为弹性势能转化动能，即碰前初速度为（4）[4]同理（3）可求出碰撞后，两球速度。根据动量守恒得需要验证的表达式为故选D。12.某同学要测量一新材料制成的匀质圆柱体的电阻率。（1）用游标卡尺测量其长度如图甲，测量其长度为________mm；（2）用螺旋测微器测量其直径如图乙，测量其直径为________mm；（3）将多用电表调至“×10”挡，需先________，再将两表笔接在新材料两端，发现指针偏转太大，需将多用电表调至________（填“×1”或“×100”）挡，重复上述操作，指针静止时如图丙所示，读数为________； （4）小明同学选择了合适的实验器材，设计了图丁所示电路，再次对新材料电阻进行了测量，操作如下：①连接电路，将两滑动变阻器调至合适位置；②闭合开关，断开开关，读出电流表的读数、；③保持滑片位置不变，闭合，调节至合适位置，分别读出电流表读数和电压表读数U；④断开所有开关，整理实验器材。根据上述的测量，可得待测新材料的电阻率为________（用、、、U、d、L表示）。【答案】①.10.55②.1.990③.欧姆调零④.×1⑤.10⑥.【解析】【详解】（1）[1]长度为（2）[2]直径为（3）[3][4][5]需先将红、黑表笔短接，进行欧姆调零，再将两表笔接在新材料两端，发现指针偏转太大，则读数太小，倍率太高，需将多用电表调至×1挡，重复上述操作，指针静止时如图丙所示，读数为。（4）[6]待测电阻与滑动变阻器并联。当闭合开关，断开开关，有闭合时，有联立得 电阻率为13.秉持“绿色、智能、节俭、文明”的办赛理念，杭州亚运会所有亚运会官方指定用车均为新能源汽车，某新能源车所采用三元锂电池容量为80kwh。该新能源汽车满载时总重2.5t，在汽车性能测试的水平公路上行驶时，所受阻力为车总重的0.01倍，能够达到的最大时速为180km/h，当该新能源汽车在水平测试公路上以最大时速行驶时，续航里程为720km，重力加速度。求：（1）该发动机的最大输出功率P；（2）若电池的利用效率为85%，则新能源汽车以最大时速匀速行驶时发动机的发热功率。【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）发动机最大输出功率为（2）运动时间为电动机的输入功率为则发热功率为14.如图所示，MN、PQ为足够长平行光滑水平金属导轨，处于竖直向下的匀强磁场中，左端M、P间接有电动势的电源，右端N、Q放置有质量为、电阻为的金属棒，P、Q上接有开关、，MN、PQ两导轨间接有的电容器。GH、JK为足够长倾斜粗糙平行金属导轨，处于垂直导轨平面向下的匀强磁场中，下端接有阻值为的定值电阻。NQ端与GJ端高度差，水平距离。初始，电容器C不带电，闭合开关，断开开关 ，电容器充电完毕后，断开开关，闭合开关，金属棒从NQ端水平抛出，恰能无碰撞从GJ端进入倾斜导轨。已知导轨间距均为，两磁场的磁感应强度均为，导轨电阻不计，棒始终与导轨垂直且接触良好，棒与倾斜导轨间的动摩擦因数为，重力加速度g取。求：（1）金属棒从NQ端抛出时的速度大小；（2）最终电容器存储的电荷量q；（3）定值电阻的最大电功率。【答案】（1）4m/s；（2）；（3）25W【解析】【详解】（1）对金属棒由平抛运动知识得，联立解得，金属棒从NQ端抛出时的速度大小为（2）断开开关，闭合开关，对金属棒由动量定理得其中解得，通过金属棒的电荷量为电容器原来的电荷量为最终电容器存储的电荷量为 （3）对金属棒由动能定理解得，金属棒到达斜面轨道的速度为所以斜面的倾角满足即由于所以金属棒在斜面轨道上所受的合外力为安培力，即当金属棒刚到达斜面轨道时，定值电阻的电功率有最大值，则15.如图所示，MN、PQ间存在竖直向上的匀强电场，电场强度，MN与PQ，PQ与FG间距均为，FG右侧区域存在竖直向上的匀强电场和垂直纸面向外匀强磁场，磁感应强度依次为、，磁场间距为d，电场和磁场边界相互平行且竖直。质量的不带电绝缘小球甲从高的固定斜面顶端静止释放，在绝缘水平面上与带正电的静止小球乙发生弹性正碰，不计一切摩擦，小球乙的电荷量，质量，重力加速度。电场和磁场竖直空间足够大，整个过程中小球运动平面与纸面平行，小球乙在磁场中运动时大小不计，求：（1）小球乙进入磁场区域I的初速度；（2）小球乙在MN、FG间运动过程中最高点与最低点在竖直方向的间距y； （3）若满足，求小球乙在区域I后续磁场空间中运动的最大水平位移。【答案】（1），方向水平向右；（2）；（3）【解析】【详解】（1）小球甲从高的固定斜面顶端静止释放，根据动能定理可得解得小球甲与小球乙发生弹性正碰，根据动量守恒和机械能守恒可得解得碰后瞬间小球乙的速度为小球乙进入电场强度区域内，向上做类平抛运动，根据牛顿第二定律可知，竖直向上的加速度为小球乙离开电场强度进入PQ、FG区域，小球乙只受重力作用，加速度方向竖直向下，大小为根据对称性可知，小球乙进入磁场区域I时的竖直分速度刚好为0，则小球乙进入磁场区域I的初速度大小为方向水平向右。 （2）小球在电场强度区域内，向上做类平抛运动，水平方向有竖直方向有根据对称性可知，小球乙离开电场强度进入PQ、FG区域，竖直向上通过的位移为则小球乙在MN、FG间运动过程中最高点与最低点在竖直方向的间距为联立解得（3）小球乙进入FG右侧区域，由于可知电场力与重力刚好平衡，则小球乙在每个磁场中相当于只受洛伦兹力作用；由于洛伦兹力总是不做功，则小球乙的速度大小一直等于，保持不变；当小球乙的速度刚好为竖直方向时，此时小球乙在区域I后续磁场空间中运动的水平位移最大。小球乙在第1个磁场中，沿竖直方向，根据动量定理可得同理可得小球乙在第2个磁场中，沿竖直方向，根据动量定理可得小球乙在第3个磁场中，有小球乙在第n个磁场中，有则小球乙经过n个磁场后，竖直方向有可得 当时，可得当时，可得可知小球乙在第个磁场中速度方向变为竖直方向，设此时在第个磁场中沿水平方向通过的位移为，则有解得则小球乙在区域I后续磁场空间中运动的最大水平位移为