湖北省武汉市部分重点中学2023-2024学年高二上学期期末联考物理试卷 Word版含解析.docx

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武汉市部分重点中学2023—2024学年度高二上学期期末联考物理试卷注意事项：1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码贴在答题卡上的指定位置。2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交。一、选择题：本题共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题只有一项符合题目要求，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.下列四幅图都涉及了磁现象，其中描述正确的是（　　）A.图甲为探究影响通电导线受力因素的实验，此实验应用了等效法B.图乙中穿过线圈a的磁通量大于穿过线圈b的磁通量C.图丙中线圈a通入电流变小的直流电，线圈b所接电流表不会有示数D.图丁中小磁针水平放置，小磁针上方有一电流方向向右的通电直导线，小磁针的N极向纸面外偏转【答案】B【解析】【详解】A．图甲为探究影响通电导线受力因素的实验，此实验应用了控制变量法。故A错误；B．图乙两线圈中存在方向相反的两个磁场，其中条形磁铁内部的磁场在两线圈处的磁通量相同，条形磁铁外部磁场，在线圈a处的磁通量小于线圈b的，所以穿过线圈a的合磁通量大于穿过线圈b的合磁通量。故B正确；C．图丙中线圈a通入电流变小的直流电，则线圈a产生的磁场逐渐减小，线圈b中的磁通量随之减小，会产生感应电流，所接电流表会有示数。故C错误；D．图丁中小磁针水平放置，小磁针上方有一电流方向向右的通电直导线，由安培定则可知小磁针的N极向纸面内偏转。故D错误。 故选B。2.如图是甲、乙两种电学元件的I—U图像，其交点处的坐标为（U1，I1）。在两元件两端所加电压均为U1时，甲、乙电阻的阻值分别为R甲、R乙，电功率分别为P甲、P乙，下列判断正确的是（　　）A.，B.，C.，D.，【答案】D【解析】【详解】根据知故选D。3.如图是中国人民解放军装备的“无侦—8”高超音速无人战略侦察机。某次执行任务时，它在某空域以速度v沿水平方向由北向南沿直线飞行，若该地地磁场磁感应强度的竖直分量方向向下、大小为B，侦察机机身长为L，机翼两端点A、C的距离为d，此时A、C间的电势差为U。下列判断正确的是（）A.U=Bdv，C点电势高于A点电势B.U=Bdv，A点电势高于C点电势 C.U=BLv，C点电势高于A点电势D.U=BLv，A点电势高于C点电势【答案】A【解析】【详解】飞机在北半球的上空以速度v水平飞行，切割磁感应强度的竖直分量，切割的长度等于机翼的长度，所以根据右手定则，感应电动势的方向A指向C，所以C点的电势高于A点的电势。故选A。4.如图所示，在x轴上方存在垂直于纸面向里的足够宽的匀强磁场，磁感应强度为B。在xOy平面内，从原点O处沿与x轴正方向成θ角（0<θ≤π）以速率v连续发射带正电的粒子（重力不计）。则下列说法正确的是（）A.v一定，若θ越大，则粒子在磁场中运动的时间越长B.v一定，若改变θ，则粒子重新回到x轴时与O点的距离可能相等C.θ一定，若v越大，则粒子在磁场中运动的时间越短D.θ一定，若改变v，则粒子重新回到x轴时速度与x轴夹角不可能相等【答案】B【解析】【详解】ACD．粒子在磁场中做匀速圆周运动，轨迹如图根据轨迹的对称性，可知θ一定，若改变v，则粒子重新回到x轴时速度与x轴夹角一定相等。由几何关系可知轨迹对应的圆心角为粒子在磁场中运动的时间为 又联立，解得可知粒子的运动时间与速度v无关。若v一定，越大，则粒子在磁场中运动的时间越短。故ACD错误；B．粒子做匀速圆周运动时，洛伦兹力提供向心力，有解得可知v一定，轨迹圆的轨道半径一定，当粒子的入射角为时，则粒子重新回到x轴时与O点的距离相等，如图故B正确。故选B。5.如图甲所示，在圆形线圈内分布着与线圈平面垂直的匀强磁场，现规定磁感应强度B的方向垂直纸面向外为正。已知磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示，关于线圈中产生的感应电动势和感应电流，下列说法正确的是（） A.t=0时刻感应电动势最大B.t1~t3时间内，感应电动势增大C.t2时刻，感应电动势零D.t1、t3时刻，感应电流方向相同【答案】D【解析】【详解】AC．根据法拉第电磁感应定律可得由图像可知在t=t2时刻最大，则感应电动势最大，选项AC错误；B．t1~t3时间内，先增加后减小，则感应电动势先增加后减小，选项B错误；D．根据楞次定律可知t1时刻磁通量向外减小，t3时刻磁通量向里增加，则这两个时刻感应电流方向相同，选项D正确。故选D。6.已知通电直导线在其延长线上产生的磁感应强度大小为零，通电环形导线在其圆心处产生的磁感应强度大小与电流大小成正比，与环形的半径成反比，即，k为比例系数。现有两段半圆弧导线和两段直导线组成的闭合回路，O为两段圆弧的共同圆心，大、小圆弧的半径分别为r1和r2，回路中通有电流I，则圆心O处磁感应强度的大小和方向分别为（）A.，垂直纸面向外B.，垂直纸面向里C.，垂直纸面向外D.，垂直纸面向里【答案】A【解析】【详解】由电流方向及安培定则可知，大、小圆弧在圆心O处产生磁场方向相反，分别垂直纸面向里、垂直纸面向外，由题可知，小圆弧产生的磁场的磁感应强度大于大圆弧产生的，故圆心处磁感应强度的方向为垂直纸面向外；题中大、小圆弧均为半圆弧，故圆心处磁感应强度的大小为 故选A。7.如图所示，将一由绝缘材料制成的带一定正电荷的小滑块（可视为质点）放在倾斜的固定木板上，空间中存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。测得小滑块的质量为m，木板的倾角为θ，木板与滑块之间的动摩擦因数为μ。滑块由静止释放，依次经过A、B、C、D四个点，且AB=CD=d，小滑块经过AB、CD所用的时间均为t。重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）A.到达C点之前滑块先加速后减速B.到达C点之前滑块所受的摩擦力先增大后减小C.滑块所带的电荷量为D.滑块的加速度先减小后增大【答案】C【解析】【详解】ABD．以滑块为对象，根据左手定则可知，滑块运动过程受到的洛伦兹力垂直斜面向下，滑块由静止释放，根据牛顿第二定律可得可知随着滑块速度的增大，滑块的加速度减小，当加速度减至0后，滑块将做匀速运动，所以滑块先做加速度减小的加速运动，然后做匀速运动。小滑块经过AB、CD所用的时间均为t，可知滑块到达AB前已经做匀速运动，到达C之前滑块先加速后匀速，滑块所受的摩擦力先增大后不变。故ABD错误；C．滑块匀速运动时，有根据平衡条件可得联立，解得滑块所带的电荷量为 故C正确。故选C。8.“福建舰”是我国完全自主设计建造的首艘电磁弹射型航母。如图所示为电磁弹射装置的简化示意图，假设与舰载机连接的导体棒（图中未画出）可以沿两根相互靠近且平行的导轨无摩擦滑动，先给超级电容器充电，超级电容器释放储存的电能，产生的强大电流流经导轨和导体棒，导体棒在导轨电流形成的磁场中受安培力作用，从而推动舰载机加速起飞。开关S先拨向1，直流电源对超级电容器充电，待超级电容器充电完毕后，将开关S拨向2，舰载机被弹射出去。下列说法正确的是（　　）A.将直流电源的正负极调换，舰载机仍可以实现加速起飞B.舰载机加速弹射过程中超级电容器极板间电压越来越大C.舰载机达到最大速度时，通过导体棒的电流强度为零D.导轨电流在两导轨间形成的磁场是匀强磁场【答案】AC【解析】【详解】A．将电源的正负极调换，舰载机位置的磁场方向反向，流过舰载机的电流也反向，故安培力方向不变，故舰载机仍然能实现加速起飞。故A正确；B．舰载机加速弹射时超级电容器放电，则极板间电压越来越小。故B错误；C．由于超级电容器极板间电压的减小，电流减小，故安培力减小，舰载机做加速度减小的加速运动，舰载机达到最大速度时，导体棒切割磁感线产生的电动势与电容电压等大反向，通过导体棒的电流强度为零。故C正确；D．导轨电流在两导轨间形成的磁场是非匀强磁场。故D错误。故选AC。9.如图所示，电路中各电表均为理想电表，C为电容器，R1为定值电阻，R为滑动变阻器，电源电动势为E、内阻为r。闭合开关S，待电路稳定后，记录各电表示数。将滑动变阻器的滑片P向右移动一小段距离，待电路再次稳定后，发现电压表V1的示数变化量绝对值为，电压表V2 的示数变化量绝对值为，电流表A的示数变化量绝对值为。则下列判断正确的是（）A.B.C.电压表V1的示数变小，电流表A的示数变大D.电容器所带电荷量减少【答案】BC【解析】【详解】A．根据可得选项A错误；B．根据可得选项B正确；C．将滑动变阻器的滑片P向右移动一小段距离，则R减小，总电阻减小，总电流变大，则电流表A的示数变大，路端电压减小，而R1和内阻r上的电压变大，则R上的电压减小，即电压表V1的示数变小，选项C正确；D．因R1上的电压变大，则电容器两板间电压变大，根据Q=CU可知，电容器所带电荷量增加，选项D错误。故选BC。 10.如图所示，在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外匀强磁场中，固定一内部真空且内壁光滑的圆柱形薄壁绝缘管道，其轴线与磁场垂直。管道横截面半径为a，长度为l（）。带电粒子束持续以某一速度v沿轴线进入管道，粒子在磁场力作用下经过一段圆弧垂直打到管壁上，与管壁发生弹性碰撞，多次碰撞后粒子恰沿中心轴线从另一端射出，单位时间进入管道的粒子数为n，粒子电荷量为+q，不计粒子的重力、粒子间的相互作用，下列说法正确的是（）A.粒子质量为B.管道内的等效电流为C.粒子在管道中的运动时间为D.粒子束对管道的平均作用力大小为【答案】ACD【解析】【详解】A．带正电的粒子沿轴线射入，然后垂直打到管壁上，可知粒子运动的圆弧半径为r=a根据可得粒子的质量故A正确；B．管道内的等效电流为故B错误；C．粒子在管道中的运动时间为选项C正确； D．粒子束对管道的平均作用力大小等于等效电流受的安培力F=BIl=Bnql故D正确。故选ACD。二、实验题（共2题，合计18分，其中第11题8分，每空2分，第12题10分，每空2分）11.在练习使用多用电表实验中，同学们分别进行了如下操作：（1）下图对多用电表的使用中，下列说法正确的是_________。（选填字母代号）A.图1中将选择开关旋转到直流电压挡，选择合适量程可测量小灯泡两端电压B.图2中将选择开关旋转到直流电流挡，选择合适量程可测量流经小灯泡的电流C.图3中将选择开关旋转到欧姆挡，选择合适量程可测量闭合电路中小灯泡的电阻D.图4中连接方式利用多用电表欧姆挡可以测量二极管的反向电阻（2）某同学为了研究多用电表欧姆挡原理，根据图乙所示原理图，该同学利用微安表（满偏电流为Ig=250μA、内阻为Rg=100Ω）、滑动变阻器R（最大阻值为20kΩ）和一节新型电池，改装欧姆表。①将两表笔短接，调节滑动变阻器R，使微安表指针指在_________μA处；②在改装好后的欧姆表两表笔之间接入阻值为9.0kΩ的定值电阻，微安表指针指在如图丙所示位置，则该电池的电动势为__________V，改装后欧姆表的内阻为_________kΩ；（结果均保留2位有效数字）③将微安表刻度盘上的“μA”改为“Ω”，“250”改标为“0”，并在其他位置添加相应的电阻值，这样就把微安表改装成了欧姆表。【答案】①.AB##BA②.250③.4.0④.16【解析】 【详解】（1）[1]A．图1中将选择开关旋转到直流电压挡，电流从正接线柱进入多用电表，选择合适量程可测量小灯泡两端电压。故A正确；B．图2中将选择开关旋转到直流电流挡，电流从正接线柱进入多用电表，选择合适量程可测量流经小灯泡的电流。故B正确；C．图3中需要先把小灯泡从电路中拆下来，再将选择开关旋转到欧姆挡，选择合适量程测量小灯泡的电阻。故C错误；D．图4中的连接方式利用多用电表欧姆挡可以测量二极管的正向电阻。故D错误。故选AB。（2）①[2]根据闭合电路欧姆定律可知，将两表笔短接，，调节滑动变阻器R，使微安表满偏，有即指针指在250μA处。②[3][4]欧姆表两表笔之间接入阻值为R1=9.0kΩ的定值电阻，由丙图可知电流为I=160μA，有联立，解得，12.某同学拆下一电子产品的电池，发现其外壳上标有电动势为4.5V的标识，如图甲所示。该同学利用下列器材测定该电池的实际电动势和内阻。A.待测电池B.电压表（量程0~3.00V，内阻约4000Ω）C.电流表（量程0~100mA，内阻为1Ω）D.电阻箱R2（阻值范围0~9999Ω）E.电阻箱R3（阻值范围0~99.99Ω）F.滑动变阻器（阻值范围0~20Ω，额定电流0.5A）G.滑动变阻器（阻值范围0~1000Ω，额定电流0.5A） H.开关、导线若干（1）小组成员利用现有的器材，设计了如图乙所示的实验电路图。实验室所提供的电表的量程都不够大，需要进行改装才能使用。如果将电流表量程扩大到0~500mA，则电阻箱R3的阻值应调为__________Ω（保留2位小数）；为满足测量电动势的需要，也需要将电压表的量程扩大为0~5.00V，小组成员采用了以下的操作：按图乙连接好实验器材，检查电路无误后：①将S2接b，再将R1的滑片移至最上端，并将电阻箱R2调为零；②闭合S1，断开S3，适当移动R1的滑片，使电压表示数为3.00V；③保持R1滑片位置不变，改变电阻箱R2的阻值，当电压表示数为________V（保留3位有效数字）时，完成扩大量程，断开S1。（2）为了完成该实验，滑动变阻器R1应选___________。（填写器材前面字母标号）（3）保持电阻箱R2的阻值不变，S2接a，闭合S1、S3，移动R1的滑片，读出几组电表的读数U、I，并作出U—I图像如图丙所示，可得该电池的电动势为___________V，内阻为__________Ω（此问均保留3位有效数字）。【答案】①.0.25②.1.80③.F④.4.45⑤.1.93【解析】【详解】（1）[1][2]电流表内阻RA=1Ω，如果将电流表量程扩大5倍，由并联电路特点（电流与电阻成反比）可知，分压电阻阻值为电流表内阻的，则电阻箱R3的阻值应调为由图乙所示电路图可知，滑动变阻器采用分压接法，电压表量程为3.00V，将电压表量程扩大为5V，电压表满偏时，分压电阻分压为2V，由串联电路的特点（电压与电阻成正比）可知，电压表内阻是串联分压电阻的1.5倍，由串联电路特点可知，电压表两端电压是分压电阻两端电压的1.5倍，当电压表和电阻箱R2两端总电压是3.00V时，电压表示数为1.80V，分压电阻两端电压是1.20V，即完成了扩大量程。（2）[3]分压式接法，滑动变阻器应选择总阻值较小的F。（3）[4][5]改装后电流表量程是原电流表量程的5倍，电流表示数是I时，电路电流为5I，改装后电压表量程是原电压表量程的倍，电压表示数是U，改装后电压表示数是，改装后电流表内阻由图乙所示电路图，根据闭合电路的欧姆定律得整理得 由图示U-I图象可知，纵轴截距得E=4.45V图像斜率的绝对值得三、解答题（共3题，共42分，其中第13题10分，第14题14分，第15题18分）13.如图甲所示，质量长方形单匝金属线框abcd，已知ab边长为l=0.2m、bc边长为2l，其电阻为R=0.2Ω，置于倾角的绝缘斜面上，dc边与斜面底边平行，e、f点分别为ad、bc边的中点，在ef上方有垂直于斜面向上的匀强磁场，磁场范围足够大。已知磁感应强度B随时间t按图乙所示的规律周期性变化。若线框在斜面上始终保持静止，取g=10m/s2。求：（1）在内线框电流大小；（2）在时线框受到斜面摩擦力f的大小和方向；（3）在一个周期内电流在线框中产生的焦耳热Q。【答案】（1）1A；（2）f=0.3N；方向沿斜面向上；（3）Q=0.12J【解析】【详解】（1）设线框中产生的感应电动势E1，感应电流I1，则有又 由闭合电路欧姆定律，可得解得（2）线框所受安培力为由于线框静止，则有在时，磁感应强度为解得方向沿斜面向上。（3）在时间内线框中产生的感应电动势解得设线圈在一个周期内产生的焦耳热为Q，则有可得14.光滑刚性绝缘圆筒内存在着平行于轴的垂直纸面向内、磁感应强度为B0的匀强磁场。筒上P点开有一个小孔，过P的横截面是以O为圆心半径为R的圆，如图甲所示。一带电量为+q，质量为m的粒子从P点沿PO以某一初速度射入圆筒，然后与筒壁发生多次弹性碰撞。碰撞过程中粒子电荷量不变，不计粒子重力。（1）若粒子与筒壁经过2次碰撞从小孔P射出，求此时粒子的初速度v1；（2）若保持第（1）问中速度不变，要使该粒子与筒壁经过3次碰撞从小孔P射出，则此时磁感应强度 B1应调整为何值？粒子在磁场中的运动时间t1是多大？（3）如图乙所示，粒子从P点垂直于磁场方向射入磁场，速度方向与PO的夹角为，若磁感应强度B0保持不变，要使该粒子绕圆心O仅转动1周且与筒壁经过7次碰撞后从小孔P射出，且每次碰撞沿筒壁切线方向分速度不变、垂直筒壁方向分速度大小不变方向相反。求粒子速度的大小（最后结果用三角函数表示）。【答案】（1）；（2）；；（3）【解析】【详解】（1）由题意可知粒子经过2次碰撞从小孔P射出磁场的圆心组成的三角形应为以筒壁为内接圆的正三角形。如图所示粒子圆周运动半径洛伦兹力提供向心力，有联立解得（2）由（1）问可知粒子经过3次碰撞从小孔P 射出磁场的圆心组成的图形应为以筒壁为内接圆的正方形。粒子圆周运动半径洛伦兹力提供向心力，可得联立解得粒子在磁场中做圆周运动的圆心角之和，所以粒子运动时间（3）如图所示，粒子绕圆心O仅转动1周且经过7次碰撞从小孔P射出磁场的圆心组成的图形应为以筒壁为内接圆的正8边形，如图粒子在磁场中做圆周运动每次运动对应圆形磁场区域的圆心角为根据几何关系，有解得设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r3，在中，根据正弦定理，有设粒子在磁场中做匀速圆周运动的速度大小为v3，有联立解得 15.如图所示，M1N1、M2N2和P1Q1、P2Q2是互相平行的且电阻不计的足够长的金属导轨，导轨平面的倾角均为θ=30°，P1N1、P2N2分别连接M1N1、P1Q1和M2N2、P2Q2；导轨处在磁感应强度大小均为B的匀强磁场中，磁场方向匪直导轨平面向下。M1N1与M2N2相互平行，间距为L；P1Q1与P2Q2平行，间距为。质量为2m的金属杆a垂直于导轨并固定在导轨的M1N1段与M2N2段，质量为m的金属杆b垂直于导轨并固定在导轨的P1Q1段与P2Q2段；一不可伸长的绝缘轻线一端系在金属杆b的中点，另一端绕过定滑轮与质量也为m的重物c相连，绝缘轻线倾斜部分与P1Q1平行且足够长。若固定金属杆a，释放金属杆b，经时间t，c物体达到最大速度。已知两杆在运动过程中始终垂直于导轨并与导轨保持光滑接触，且两杆接入电路总阻值为R，重力加速度为g。（1）求c的最大速度；（2）求时间t内通过金属杆b的电荷量q；（3）若同时释放a、b，在释放a、b的同时对a施加一沿平行导轨向下的恒力F=2mg，求a、b两金属杆同一时刻产生电能的电功率之比。【答案】（1）；（2）；（3）4【解析】【详解】（1）当b的加速度为零时，速度达到最大，此时速度为v，b产生的感应电动势为通过闭合回路的电流对b、c 解得（2）对c，由动量定理设某时刻通过回路中电流为Ii，对b，由动量定理而解得（3）在加速过程的任一时刻，设a的加速度大小为aa，b、c的加速度大小为abc，电流为i，轻绳的拉力为T，分别以a、b、c为研究对象根据牛顿第二定律设a达到va时，b的速度为vb则回路中的电流为i，则产生的电功率分别为联立解得