湖南省雅禮教育集團(tuán)2023-2024學(xué)年高二下學(xué)期物理期中考試試題姓名：__________班級：__________考號：__________題號一二三四總分評分一、單選題（本題共6小題，每小題4分，共24分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．）1．下列說法正確的是（）．A．由于安地力可以做功，故洛倫茲力也可以做功B．通電導(dǎo)線放入磁場中，安培力越大，說明此處磁感應(yīng)強(qiáng)度越大C．洛倫茲力一定不做功D．回路中只要有導(dǎo)線切割磁感線，則磁通量一定會發(fā)生變化2．如圖所示，質(zhì)量為m的滑塊沿傾角為θ的固定斜面向上滑動，經(jīng)過時間t1，速度為零并又開始下滑，經(jīng)過時間t2回到斜面底端，滑塊在運(yùn)動過程中受到的摩擦力大小始終為FfA．重力對滑塊的總沖量為mg(B．支持力對滑塊的總沖量為mg(C．合外力的沖量為0D．摩擦力的總沖量為F3．圖（a）為一列放在t=2s時的波形圖，圖（b）為媒質(zhì)是平衡位置在x=1.5m處的質(zhì)點（a）（b）A．波沿x軸正向傳播B．波在媒介中的傳播速度為2C．當(dāng)t=7s時，P運(yùn)動到波谷位置D．在2s的時間內(nèi)，P沿傳播方向運(yùn)動了1m4．如圖所示是LC振蕩電路和通過點P的電流隨時間變化的規(guī)律．若把流過點P向右的電流方向規(guī)定為正方向，則下列說法正確的是（）．A．在0～tB．若僅增大線圈的自感系數(shù)，振蕩頻率增大C．若僅增大電容器極板間距，振蕩頻率減小D．在t35．水平架設(shè)的三根絕像直流輸電線纜彼此平行，某時刻電源方向如圖所示，電纜線M在最上方，兩根電纜線P、Q在下方，且位于同一水平高度處，PQM為等腰三角形，mQ=mP，O點是P，Q連線的中點，電纜線上的M點、P點、Q點在同一豎直平面內(nèi)，忽略地磁場，下列說法正確的是（）．A．輸電線纜M、P相互吸引B．輸電線纜M所受安培力的方向豎直向下C．輸電線纜M在O點處產(chǎn)生的磁場方向豎直向下D．O點處的磁場方向沿水平方向由Q指向P6．如圖，理想變壓器原、副線圈總匝數(shù)相同，滑動觸頭P1初始位置在副線圓正中間，輸入端接入電壓有效值恒定的交變電源．定值電阻R1的阻值為R，滑動變阻器R2的最大阻值為9R，滑片P2初始位置在最右端．理想電壓表V的示數(shù)為A．保持P1位置不變，P2向左緩慢滑動的過程中，I減小，B．保持P1位置不變，P2向左緩慢滑動的過程中，C．保持P2位置不變，P1向下緩慢滑動的過程中，I減小，D．保持P2位置不變，P1向下緩慢滑動的過程中，二、多選題（本題共4小題，每小題5分，共20分．在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得4分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分．）7．如圖所示，木塊B與水平面間的摩擦不計，子彈A沿水平方向射入木塊并在極短時間內(nèi)相對于木塊靜止下來，然后木塊壓縮彈簧至彈簧最短．將子彈射入木塊到剛相對于木塊靜止的過程稱為Ⅰ，此后木塊壓縮彈簧的過程稱為Ⅱ，則（）．A．過程Ⅰ中，子彈和木塊所組成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，動量守恒B．過程Ⅰ中，子彈和木塊所組成的系統(tǒng)機(jī)械使不守恒，動量也不守恒C．過程Ⅱ中，子彈、彈簧和木塊所組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，動量也守恒D．過程Ⅱ中，子彈、彈簧和木塊所組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，動量不守恒8．如圖所示，在等邊三棱鏡截面ABC內(nèi)，有一束單色光從空氣射向其邊界上的E點，已知該單色光入射方向與三棱鏡邊界AB的夾角θ=30°，該單色光在三棱鏡中的傳播光線與底邊BC平行。則下列說法中正確的是（）A．該單色光從空氣進(jìn)入棱鏡后頻率變小B．該單色光在介質(zhì)中的折射率為3C．該單色光在AC邊界不會發(fā)生全反射D．若將該單色光換成頻率更大的單色光仍然從E點以相同的入射角入射，則從AC面上射出時的出射點將會沿AC向下移9．如圖所示，足夠長的光滑三角形絕緣槽固定在水平面上，與水平面的夾角分別為α和β(α>β)，加垂直于紙面向里的磁場，分別將質(zhì)量相等，帶等量正、負(fù)電荷的小球a、b依次從兩斜面的頂端由靜止釋放，關(guān)于兩球在槽上運(yùn)動的說法正確的是（）．A．在槽上，a、b兩球都做勻加速直線運(yùn)動，且aB．a(chǎn)、b兩球沿槽運(yùn)動的最大速度為va和vbC．a(chǎn)、b兩球沿直槽運(yùn)動的最大位移為sa和sbD．a(chǎn)、b兩球沿槽運(yùn)動的時間為ta和tb10．如圖所示，水平地面上方矩形區(qū)域內(nèi)存在垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場b（未畫出），兩個用同種導(dǎo)線繞制的單匝閉合正方形線框1和2，其邊長分別為L1、L2，且滿足L1A．若線框1、2剛進(jìn)入磁場時的加速度大小分別為a1、a2B．若線框1、2落地時的速度大小分別為v1、v2C．若線框1、2在運(yùn)動過程中產(chǎn)生的熱量分別為Q1、Q2D．若線框1、2在運(yùn)動過程中通過線框橫截面的電荷量分別為q1、q2三、實驗題（每空2分，共計16分）11．某探究小組用圖甲所示的實驗裝置測量重力加速度．鐵架臺上固定看光電門，讓直徑為d的小球從a處由靜止開始自由下落，小球球心正好通過光電門．現(xiàn)測得小球由a下落到b的時間為t，用刻度只調(diào)得a、b間的高度為h．現(xiàn)保持光電門b位置不變，將小球釋放點a緩慢移動到不同位置，測得多組h、t數(shù)值，畫出ht隨t變化的圖線為直線，如圖丙所示，直線的斜率為k（1）用游標(biāo)卡尺測量小球直徑時，游標(biāo)卡尺的讀數(shù)如圖乙所示，則小球的直徑為cm．（2）由ht?t圖線可求得當(dāng)?shù)刂亓铀俣却笮間=（3）若某次測得小球由a下落到b的時間間隔為t1，則可知此次小球經(jīng)過光電門b時的速度大小為12．某興趣小組對研究手機(jī)電池產(chǎn)生興趣，利用手邊器材，先從測量電池組的電動勢和內(nèi)阻開始研究．如圖1所示的實驗原理圖，已知電池組的電動勢約為3V，內(nèi)阻約2Ω．現(xiàn)提供的器材如下：圖1圖2A．電池組B．電壓表V1（量程0～10VC．電壓表V2（量程0～3VD．電阻箱R(0～999E．定值電阻RF．定值電阻RG．開關(guān)和導(dǎo)線若干（1）如圖1所示，要盡可能精確測量電源的電動勢和內(nèi)阻，電壓表V應(yīng)選擇（選填“B”或“C”）；定值電阻R0應(yīng)選擇（2）改變電阻箱的阻值R，記錄對應(yīng)電壓表的讀數(shù)U，作出的1U?1R圖像如圖2所示，圖線與橫、縱坐標(biāo)軸的截距分別為?b、a，定值電阻的阻值用R0（3）調(diào)節(jié)電阻箱阻值從零開始逐漸變大的過程中，電阻箱的功率如何變化．（選填“變大”“變小”“先變大后變小”“先變小后變大”）四、解答題（13題10分，14題14分，15題16分，共40分）13．靜止在水平地面上可視為質(zhì)點的兩小物塊A、B的質(zhì)量分別為mA=1.0kg，mB=4.（1）彈簡釋放后A獲得的速度大小vA（2）彈簧釋放后B獲得的速度大小vB（3）彈簧釋放前儲存的彈性勢能Ep14．如圖所示，寬度L=0.5m的平行光滑金屬導(dǎo)軌（足夠長）固定在絕緣水平面上，導(dǎo)軌的一端連接阻值為R=1Ω的電阻。導(dǎo)軌所在空間存在豎直向下的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B=2T。一根質(zhì)量為m=0.5kg的導(dǎo)體棒MN放在導(dǎo)軌上，兩導(dǎo)軌之間的導(dǎo)體棒的電阻為r=0.（1）導(dǎo)體棒運(yùn)動過程最大速度vm（2）從開始運(yùn)動到t=2s過程中導(dǎo)體棒通過的位移x；（3）整個運(yùn)動過程中電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Q。15．如圖所示，地形區(qū)域Ⅰ和Ⅱ內(nèi)分別存在方向垂直于紙面向外和向里的勻強(qiáng)磁場，aa'、bb'、cc'、dd'為磁場邊界線，四條邊界線相互平行，區(qū)域Ⅰ的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，區(qū)域Ⅱ的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為33B，矩形區(qū)域的長度足夠長，磁場寬度及bb'與cc'之間的距離相同．某種帶正電的粒子從aa'上的（1）粒子的比荷qm（2）磁場區(qū)域Ⅰ的寬度L；（3）出射點A偏離入射點O1豎直方向的距離y

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】AC．洛倫茲力始終與速度方向垂直，則一定不做功，故A錯誤，C正確；B．通電導(dǎo)線放入磁場中，安培力大小與電流大小、磁場強(qiáng)弱、電流方向與磁場方向夾角都有關(guān)，則無法根據(jù)安培力大小判斷磁場強(qiáng)弱，故B錯誤；D．若整個回路完全處于豎直勻強(qiáng)磁場中，水平移動，雖然切割磁感線，磁通量依然不變，故D錯誤。故答案為：C?！痉治觥柯鍌惼澚κ冀K一定不做功，安培力大小不能完全反應(yīng)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小，除非其他所有條件都相同，安培力越大，磁感應(yīng)強(qiáng)度越大。2．【答案】B【解析】【解答】A．將重力按照垂直斜面和平行于斜面分解，可得支持力N=mg則支持力對滑塊的總沖量為I方向垂直斜面向上，故A錯誤；B．根據(jù)沖量的定義知，重力對滑塊的總沖量為I方向豎直向下，故B正確；C．開始小滑塊的動量沿斜面向上，最后小滑塊的動量沿斜面向下，根據(jù)動量定理可知I整個過程中小滑塊的動量發(fā)生了變化，顯然合外力的沖量不為0，故C錯誤；D．小滑塊向上滑動時摩擦力方向沿斜面向下，小滑塊向下滑動時摩擦力方向沿斜面向上，以沿斜面向上為正方向，則摩擦力的總沖量為I故D錯誤。故答案為：B?！痉治觥繘_量等于力與時間的乘積。小滑塊的動量發(fā)生了變化，合外力的沖量不為0，沖量為矢量。3．【答案】C【解析】【解答】A．圖（b）為媒質(zhì)是平衡位置在x=1.5m處的質(zhì)點P的振動圖像，則在B．圖（a）可知，機(jī)械波的波長為λ=2m；圖（b）可知振動周期為T=4s，則波速為v=故B錯誤；C．圖（b）可知，在t=4s時P向y軸正方向運(yùn)動，故C正確；D．圖（b）可知，在t=7s時，P在y軸負(fù)方向最大位置，故D錯誤。故答案為：C?！痉治觥扛鶕?jù)質(zhì)點振動方向和傳播方向在圖像同一側(cè)判斷振動方向，各個質(zhì)點總是重復(fù)波源的振動情況。4．【答案】D【解析】【解答】A．在0~t1BC．由

f=12πLC

可知若僅增大線圈的自感系數(shù)，振蕩頻率減小，由

D．在t3~t故答案為：D?！痉治觥炕芈分械碾娏髟龃?，則電容器正在放電，回路中電流減小，電容器正在充電。結(jié)合振蕩頻率公式求解。5．【答案】D【解析】【解答】A．輸電線纜M、P電流方向相反，相互排斥，故A錯誤；

B．由右手螺旋定則及磁場的疊加可知P、Q兩條線纜在M點所產(chǎn)生的合場強(qiáng)水平向右，根據(jù)左手定則知M線纜受到的安培力方向豎直向上，故B錯誤；

C．由右手螺旋定則可知M線纜在O點處產(chǎn)生的磁場方向由O點指向P點，故C錯誤；

D．由右手螺旋定則及題意可知P、Q線纜在O點處產(chǎn)生的磁場方向等大反向，M線纜在O點處產(chǎn)生的磁場方向由O點指向P點，故合場強(qiáng)的方向由Q點指向P點，故D正確。

故答案為：D。

【分析】磁感應(yīng)強(qiáng)度為矢量，結(jié)合右手螺旋定則判斷合磁場方向。根據(jù)左手定則判斷安培力方向。6．【答案】B【解析】【解答】AB．設(shè)原線圈中的電流為I，則U故輸入端電壓的有效值為UI=保持P1位置不變，P2向左緩慢滑動的過程中，R2接入電路的電阻減小，I增大，U1和U2CD．設(shè)原副線圈的匝數(shù)比為n，則UI=故隨著P1向下緩慢滑動的過程中，n增大，I減小，U減小；RP=I整理得P=當(dāng)n=3時，R1消耗的功率最大，故隨著P1向下緩慢滑動的過程中，故答案為：B。【分析】原副線圈功率相等，匝數(shù)之比等于電壓之比，結(jié)合數(shù)學(xué)關(guān)系求解功率P的最值問題。7．【答案】A,D【解析】【解答】AB．子彈射入木塊到剛相對于木塊靜止的過程，子彈和木塊組成的系統(tǒng)所受合外力近似為零，系統(tǒng)動量守恒，但要克服摩擦力做功，產(chǎn)生熱量，系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，故A錯誤，B正確；CD．過程Ⅱ中，子彈、彈簧和木塊所組成的系統(tǒng)受到墻壁的作用力，外力之和不為零，則系統(tǒng)動量不守恒，但系統(tǒng)只有彈簧彈力做功，機(jī)械能守恒，故C錯誤，D正確。故答案為：BD?！痉治觥孔訌椛淙肽緣K到剛相對于木塊靜止的過程，內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，系統(tǒng)動量守恒，子彈、彈簧和木塊所組成的系統(tǒng)合外力不為零，動量不守恒。8．【答案】B,C,D【解析】【解答】A.光的頻率與傳播介質(zhì)無關(guān)，所以該單色光從空氣進(jìn)入棱鏡后頻率保持不變，故A不符合題意；

B.單色光在三棱鏡中的傳播光線與底邊BC平行，由幾何關(guān)系可知，光在三棱鏡界面AB處的入射角為i=60°，折射角為r=30°，根據(jù)折射定律可得該單色光在介質(zhì)中的折射率為

n=sinisinr=sin60°sin30°=3

B符合題意；

C.由幾何關(guān)系可知，光線在AC邊界的入射角等于30°，根據(jù)

sinC=1n=19．【答案】A,C【解析】【解答】A．兩小球受到的洛倫茲力都與斜面垂直向上，沿斜面方向的合力為重力的分力，故在槽上，a、b兩球都做勻加速直線運(yùn)動，加速度為aa=g可得a故A正確；B．當(dāng)小球受到的洛倫茲力與重力沿垂直斜面向下分力相等時，小球脫離斜面，則mgcosα=q可得va=故v故B錯誤；C．根據(jù)動力學(xué)公式va2可得a、b兩球沿直槽運(yùn)動的最大位移分別為sa=根據(jù)數(shù)學(xué)關(guān)系可得s故C正確；D．a(chǎn)、b兩球沿槽運(yùn)動的時間分別為tt可得t故D錯誤。故答案為：AC?！痉治觥啃∏蜓匦泵娣较虻募铀俣扔芍亓Q定，當(dāng)小球受到的洛倫茲力與重力沿垂直斜面向下分力相等時，小球脫離斜面。10．【答案】C,D【解析】【解答】A．線圈從同一高度下落，到達(dá)磁場邊界時具有相同的速度v，切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流，受到磁場的安培力大小為F=由電阻定律有R=（ρ為材料的電阻率，L為線圈的邊長，S為導(dǎo)線的橫截面積），線圈的質(zhì)量為m=（ρ0為材料的密度）。當(dāng)線圈剛進(jìn)入磁場時其加速度為a=聯(lián)立得a=g?與L無關(guān)，則a故A錯誤；B．線圈1和2進(jìn)入磁場的過程先同步運(yùn)動，由于當(dāng)線圈2剛好全部進(jìn)入磁場中時，線圈1由于邊長較長還沒有全部進(jìn)入磁場，線圈2完全進(jìn)入磁場后做加速度為g的勻加速運(yùn)動，而線圈1仍先做加速度小于g的變加速運(yùn)動，完全進(jìn)入磁場后再做加速度為g的勻加速運(yùn)動，線圈2做加速度為g的勻加速運(yùn)動的位移較大，所以落地速度關(guān)系為

v1＜C．由能量守恒可得Q=mg(h+H)-（H是磁場區(qū)域的高度），因為m1＞m2，v1＜v2，所以可得Q故C正確；D．根據(jù)q=則知q故D正確。故答案為：CD?！痉治觥拷Y(jié)合電阻定律求解加速度表達(dá)式，加速度較大的位移較長，則最終速度將較大。根據(jù)能量關(guān)系比較產(chǎn)生的熱能。11．【答案】（1）2.350（2）2k（3）2k【解析】【解答】（1）由20分度的游標(biāo)卡尺的讀數(shù)規(guī)則可知小球的直徑d=23mm+10×0（2）小球做自由落體運(yùn)動，出發(fā)點在a點，小球在a點的速度為0，則小球從a到b的過程有h=整理得h可知htk=解得g=2k（3）由速度公式可知

v【分析】（1）游標(biāo)卡尺讀數(shù)不用估讀；

（2）求出下落高度與時間表達(dá)式，得到ht?t函數(shù)表達(dá)式，得到斜率的物理意義；12．【答案】（1）C；E（2）1a；（3）先變大后變小【解析】【解答】（1）被測電池組的電動勢約3V，故電壓表應(yīng)選擇量程為0～3V的電壓表V2為減小電壓表的分流的影響，定值電阻R0應(yīng)選擇阻值較小的定值電阻R（2）根據(jù)閉合電路歐姆定律可得E=U+整理得1根據(jù)1Ur+R0解得E=1a（3）根據(jù)電源輸出功率與外電阻的關(guān)系可知，外電阻等于電源內(nèi)阻時電源的輸出功率最大。將電阻R0【分析】（1）根據(jù)電路中可能出現(xiàn)的最大電流以及電壓選擇合適電壓表以及定值電阻；

（2）根據(jù)閉合電路歐姆定律可得1U?113．【答案】（1）彈簧釋放后A做勻減速直線運(yùn)動，由動能定理，可得?μm解得v（2）依題意，釋放彈簧過程中，系統(tǒng)動量守恒，有mA解得v（3）根據(jù)能量守恒可知彈簧釋放前儲存的彈性勢能為Ep【解析】【分析】（1）根據(jù)A沿著與墻壁垂直的方向運(yùn)動，恰好不會與墻壁發(fā)生碰，結(jié)合動能定理求解彈簧