湖南省岳阳市平江县2023-2024学年高二上学期期末教学质量监测物理Word版含解析.docx

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平江县2023年高二下学期教学质量监测物理试卷满分100分考试时间75分钟一、单选题（本大题共6小题，每小题4分，共24分。每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确）1.对研究对象或研究过程建立理想化模型，突出问题的主要方面忽略次要因素从而有效地解决问题，是物理学研究的常用方法。下列各选项中属于理想化模型的是（）A.点电荷B.元电荷C.重心D.电场【答案】A【解析】【详解】A．点电荷是本身大小比相互之间的距离小得多的带电体，实际不存在属于理想化模型，故A正确；B．元电荷是最小的电荷量，不属于理想化模型，故B错误；C．重心是重力在物体上的等效作用点，不属于理想化模型，故C错误；D．电场是存在于电荷周围能传递电荷与电荷之间相互作用的物理场，不属于理想化模型，故D错误。故选A。2.支持无线充电的电子设备内部都有一个线圈，而支持反向无线充电的手机内部线圈还接有一个交流/直流变换器，如图所示，当手机为其他无线充电设备充电时，手机内部的升压板先将额定电压为4.2V的锂电池升压至5V，再通过转换器逆变，当接收线圈与授电线圈正对放置时即可实现用手机反向无线充电。下列说法正确的是（　　）A.无线充电技术主要利用了互感B.反向充电时授电线圈和接收线圈之间没有作用力C.无需交流/直流变换器也可以实现反向充电 D.反向充电时，交流/直流变换器将交流电转换为直流电【答案】A【解析】【详解】A．无线充电技术主要利用了互感，选项A正确；B．反向充电时授电线圈和接收线圈中的电流有时同向，有时反向，则它们之间既有引力也有斥力，选项B错误；C．产生互感需要变化的电流产生变化的磁场，所以必须用交流/直流变换器，故C错误；D．反向充电时，交流/直流变换器将直流电转换为交流电，故D错误。故选A。3.如图甲所示，一个有固定转动轴的竖直圆盘转动时，固定在圆盘上的小圆柱带动一个T形支架在竖直方向运动，使T形支架下面的弹簧和小球组成的振动系统做受迫振动。小球的振幅A与圆盘的转速n的关系如图乙所示。下列说法正确的是（　　）A.振动系统的固有频率为20HzB.振动系统的固有周期为3sC.圆盘的转速越大，摆件振动的振幅越大D.圆盘的转速越大，摆件振动的频率越小【答案】B【解析】【详解】AB．根据图像可得当转速为n=20r/min=振动系统受迫振动的振幅最大，所以振动系统的固有周期为T==3s固有频率Hz故A错误，B正确； C．由图可知，开始时圆盘转速越大，驱动力频率越大，此时摆件振动的振幅变大，当达到共振时振幅最大，再随着转速增大，驱动力频率增大，振幅又减小，故C错误；D．受迫振动的频率与驱动力频率相同，转速越大，驱动力频率越大则摆件振动的频率越大，故D错误。故选B。4.如图所示是描述甲、乙两个点电荷电场的部分电场线，下列说法正确的是（　　）A.甲带负电，乙带正电B.甲的电荷量大于乙的电荷量C.除无穷远处之外，在甲乙所在直线上有两处电场强度为0D.若在P点固定一负的试探电荷，Q点固定一等量的正试探电荷，则P点的电势小于Q点的电势【答案】B【解析】【详解】A．电场线由正电荷出发到负电荷，甲带正电，乙带负电，故A错误；B．两电荷附近电场线密集程度不同，所带电荷量不同，根据图像可知，甲的电荷量大于乙的电荷量，故B正确；C．两电荷所带电荷量不同，除无穷远处之外，在甲乙连线上仅有一处电场强度为0，故C错误；D．沿着电场线方向电势降低，P点电势大于Q点电势，故D错误。故选B。5.如图甲所示，单匝线圈电阻r＝1Ω，线圈内部存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁场面积为，有一个阻值为的电阻两端分别与线圈两端a、b相连，电阻的一端b接地。磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示，则下列说法不正确的是（　　） A.在时间内，R中有电流从b流向aB.当时穿过线圈的磁通量为0.06WbC.在时间内，通过R的电流大小为0.01AD.在时间内，ab两端电压【答案】D【解析】【详解】ACD．在0～4s时间内，穿过线圈的磁通量增加，根据楞次定律可知，R中有电流从b流向a；根据法拉第电磁感应定律可得由闭合电路欧姆定律得R两端电压为故D错误符合题意，AC正确不符合题意；B．由图可知t＝2s时，，则此时穿过线圈的磁通量为故B正确不符合题意。故选D。6.一根长度为L、质量为m、粗细可忽略的导体棒A紧靠在一个足够长的绝缘半圆柱体底端静止，半圆柱体固定在水平面上，导体棒A与半圆柱体表面间的动摩擦因数为μ，其截面如图所示。空间中加有沿半圆柱体半径向内的辐向磁场，半圆柱体表面处磁感应强度大小相等且均为B，在导体棒A中通入方向垂直纸面向外的变化电流，使导体棒A沿半圆柱体从底端缓慢向上滑动，导体棒A与圆心的连线与水平方向的夹角为θ，在导体棒A从底端运动到顶端的过程中，下列说法正确的是（　　）A.当时，导体棒A所受的摩擦力有最大值B.导体棒A所受的安培力一直减小 C.导体棒A所受重力与支持力的合力先增大后减小D.导体棒A所受重力和安培力的合力与安培力方向的夹角不变【答案】D【解析】【详解】A．根据左手定则确定安培力的方向，导体棒在上升至某位置时的受力分析如图所示：根据平衡条件可知导体棒A所受支持力导体棒A所受摩擦力导体棒A沿粗糙的圆柱体从底端缓慢向上滑动，在到达顶端前的过程中，增大，增大，f增大，故A错误；B．导体棒A所受的安培力其中在0~90°范围内增大，可知安培力先增大后减小，当时，导体棒A所受的安培力最大，此时，解得故B错误；C．重力与支持力的合力大小为，随增大而减小，故C错误；D．令支持力和滑动摩擦力的合力方向与摩擦力的方向夹角为β，则有 可知支持力和摩擦力的合力方向与摩擦力的方向夹角始终不变，由于支持力、摩擦力、重力与安培力四个力的合力为零，则重力、安培力的合力与支持力、摩擦力的合力等大反向，摩擦力与安培力位于同一直线上，则重力和安培力的合力方向与安培力的方向的夹角始终不变，故D正确。故选D。二、多选题（本大题共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，全部选对得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）7.如图电源电动势为E、内阻为r，滑动变阻器的滑片P从左向右滑动时，下列说法正确的是（　　）A.电容器上的电荷量变小B.电阻消耗的功率一定变大C.灯L变亮D.电源的效率降低【答案】AC【解析】【详解】A．滑动变阻器的滑片P从左向右滑动时，滑动变阻器接入电阻增大，根据“串反并同”，可知电阻与电容器两端电压减小，电阻与灯泡两端电压均增大，根据可知，电容器上的电荷量减小，故A正确；B．因为不清楚各电阻与电源内阻之间的关系，无法用等效电源法判断消耗的功率变化，故B错误；C．由上分析知，灯泡两端电压增大，则灯泡变亮，故C正确；D．电源的效率当外电阻变大，效率变大，故D错误。故选AC。 8.图（a）为一列简谐横波在时刻的图像，P、Q两质点的横坐标分别为和；图（b）为质点P的振动图像，下列说法正确的是（　　）A.该波沿x轴正方向传播，波速为1m/sB.质点P经4s振动的路程为4mC.此时刻质点P的速度沿y轴正方向D.质点P在时，速度为0【答案】ACD【解析】【详解】AC．由题图可知该波的波长为，周期为，则波速为由图（b）可知，0时刻P质点向上振动，根据“平移法”可知，该列波向x轴正方向传播，故AC正确；B．由图（a）知振幅为由于等于半个周期，则质点P经振动的路程为故B错误；D．质点P在时，根据图（b）可知，处于波峰位置，速度为0，故D正确。故选ACD。9.抗磁性，也称反磁性，是指物质处在外加磁场中时，对磁场产生微弱异力的一种磁性现象。对抗磁性的解释，可以采用如下经典模型，电子绕O处的原子核沿顺时针（俯视时）做匀速圆周运动，其在O处产生的磁感应强度大小为。假设外加竖直向下、磁感应强度大小为B（）的匀强磁场后，电子轨道的半径保持不变，电子圆周运动的速率会发生改变，从而产生抗磁性。对于抗磁性的解释，下列说法正确的是（　　） A.速率改变前，O处磁感应强度为B.速率改变前，O处磁感应强度为C.电子的速率会增大D.电子的速率会减小【答案】BC【解析】【详解】速率改变前，在O处产生的磁感应强度大小为，根据右手定则可知，方向向上，外加匀强磁场方向为竖直向下时，O处磁感应强度为；外加匀强磁场方向为竖直向下时，电子所受洛伦兹力指向圆心，向心力增大，由于运动半径不变所以电子做圆周运动的线速度增大。故选BC。10.如图所示，上端接有的定值电阻的两平行粗糙导轨，间距为，足够长的倾斜部分和水平部分圆滑连接，倾斜部分与水平面的夹角，倾斜部分有一垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为，水平部分没有磁场。垂直于导轨的质量为、电阻为的金属棒ab，从斜面上足够高的某处由静止释放，运动中与导轨有良好接触。已知金属棒与轨道间的动摩擦因数，其余电阻不计，重力加速度g取，，。下列说法正确的是（　　） A.金属棒ab在倾斜轨道上先做匀加速直线运动后做匀速直线运动B.金属棒ab在倾斜轨道上的最大速率为2m/sC.若金属棒从高度处滑下（进入水平轨道前已处于平衡状态），电阻R上产生的热量为0.5JD.若金属棒从高度处滑下（进入水平轨道前已处于平衡状态），导体棒从开始运动到停止的时间为2.15s【答案】BD【解析】【详解】AB．由题意可知，金属棒受安培力逐渐增大，则加速度逐渐减小，直至匀速直线运动，设最大速度为，由法拉第电磁感应定律有感应电流为对导体棒受力分析，有BIL+=mgsinθ联立解得=2m/s故A错误，B正确；C．金属棒在倾斜轨道上运动时，由能量守恒有mgh=+解得Q=05J电阻R上产生的热量J 故C错误；D．设在斜面匀速运动的时间为，位移为，根据动量定理有在斜面匀速运动的时间为，位移为，则有电流为根据能量守恒定律可知其中在水平面上有解得总时间为s故D正确；故选BD。三、实验题（本大题共两小题，每空2分，共18分）11.小明同学在做“探究单摆周期与摆长的关系”实验中。（1）将摆球悬挂于铁架台上，下列各图中悬挂方式正确的是______；测量小球直径时游标卡尺如图所示，其读数为______cm。（2）测单摆周期时，当摆球经过平衡位置时开始计时并开始计1次，测出经过该位置N次所用时间为 t，则单摆周期为T=______。【答案】①.C②.2.06③.【解析】【详解】（1）[1]在做“探究单摆周期与摆长的关系”实验中摆长不变，悬点要固定。故选C。[2]10分度游标卡尺的精度为，故读数为（2）[3]经过该位置N次时摆球经过的周期数为，故可知解得12.某同学用电流表和电压表测量阻值约为电阻丝的电阻率。（1）除电源（电动势，内阻不计）、电压表（量程，内阻约）、开关、导线若干外，还提供如下实验器材：A.电流表（量程，内阻为）B.电流表（量程，内阻为）C.滑动变阻器（最大阻值，额定电流）D.滑动变阻器（最大阻值，额定电流）为了调节方便、测量准确，实验中电流表应选用_______，滑动变阻器应选用_______（选填实验器材前对应的字母）。（2）用伏安法测金属丝的电阻，为减小实验误差，他们测量是采用图1中的_______图（选填“甲”或“乙”）。 （3）该同学测量金属丝两端的电压U和通过金属丝的电流I，得到多组数据，并在坐标图上标出，如图2所示。请作出该金属丝的图线_______，根据图线得出该金属丝电阻_______（结果保留3位有效数字）。（4）在“测定金属的电阻率”实验中，所用测量仪器均已校准，待测金属丝接入电路部分的长度约为50cm，直径约为0.400mm。根据以上数据可以估算出金属丝的电阻率约为_______（填选项前的符号）。AB.C.D.【答案】①.A②.C③.甲④.⑤.5.80##5.76##5.77##5.78##5.79##5.81##5.82⑥.C【解析】【详解】（1）[1]通过电阻丝的最大电流约为为了测量准确，实验中电流表应选用量程为的电流表，故选A。[2]为了调节方便、获取多组数据，滑动变阻器应选择，故选C。（2）[3]电压表的内阻远大于电阻丝的阻值，为减小误差，电流表应采用外接法，故应选择图1中的甲图。（3）[4]该金属丝的图线如图所示 [5]根据图线得出该金属丝电阻为（4）[6]根据电阻定律电阻丝的截面积为电阻丝的电阻率为故选C。四、解答题（本大题共3小题，13题10分，14题14分，15题14分，共38分）13.如图所示，一玻璃砖的截面由半圆和等腰直角三角形ABC组成，O点为圆心，半圆的直径BC长为2R，半圆上的D点到BC的距离为。一束光射到D点，入射角为，折射光线与AC平行。已知光在真空中的传播速度为c。求：（1）玻璃砖的折射率n；（2）光在玻璃砖中的传播时间t。 【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）设折射角为，由三角形边角关系可知折射角的正弦值为玻璃砖的折射率为玻璃砖的折射率为（2）光射到AB边时的入射角为，发生全反射的临界角为即故光在传播到AB边后发生全反射，光路图如图所示光在玻璃砖中的路程为光在玻璃砖中的传播的速度为 故光在玻璃砖中的传播时间14.如图所示，以坐标原点O为圆心、半径为R的半圆形区域内，有相互垂直的匀强电场（图中未画出）和匀强磁场，磁感应强度的大小为B，方向垂直于平面（纸面）向里。一带正电的粒子从O点沿x轴正方向以某一速度射入恰好做匀速直线运动，经时间从边界上P点射出，不计粒子的重力。（1）求电场强度大小和方向；（2）若仅撤去磁场，带电粒子仍从O点以相同的速度射入，从半圆形区域边界上的Q点射出，Q点的坐标为，求粒子的比荷；（3）若仅撤去电场，带电粒子仍从O点以相同的速度射入，且速度为原来的倍，求粒子在磁场中运动的时间。【答案】（1），电场方向沿轴负方向；（2）；（3）【解析】【详解】（1）设带电粒子的电荷量为q，初速度为v，电场强度为E，由题给条件有解得电场方向沿轴负方向；（2）仅有电场时，带电粒子在匀强电场中作类平抛运动，设y方向的加速度为a，由题给条件可知在x 方向有y方向有又联立解得（3）仅有磁场时，入射速度为=v，带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，设轨道半径为r，由牛顿第二定律有由上述各式以及题给条件得则粒子从y轴正半轴射出磁场，可知轨迹对应的圆心角为180°，粒子运动的周期则粒子运动的时间为15.如图所示，质量均为m的木块A和B，并排放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O点系一长为L的细线，细线另一端系一质量也为m的小球C，现将C球拉起使细线水平伸直，并由静止释放C球，重力加速度为g，求：（1）小球运动到最低点时的速度大小；（2）小球运动到最低点时的细线的拉力大小；（3）小球C摆回至轻杆右侧最高处与O的竖直距离。 【答案】（1）；（2）4mg；（3）【解析】【详解】（1）小球释放在向下摆动的过程中，A、B、C系统在水平方向动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得由机械能守恒定律得解得（2）小球运动到最低点时，对小球受力分析：解得（3）小球C摆回至轻杆右侧最高处，A、C系统在水平方向动量守恒并共速，由动量守恒定律得由机械能守恒定律得+mg（L-h）解得