安徽省滁州市皖東2023-2024學年高二上學期期末考試物理試題（含答案）

安徽省皖東2023-2024學年高二上學期期末考試物理試題姓名：__________班級：__________考號：__________題號一二三四總分評分一、單選題（每小題4分，共32分）1．用如圖甲所示的電路給一電容器充電，通過電壓傳感器和電流傳感器測得的電容器兩端電壓隨時間變化的U?t圖像以及電路中的充電電流隨時間變化的i?t圖像如圖乙所示，實驗后用透明方格薄膜覆蓋于i?t圖像上，根據(jù)圖像可知此電容器的電容約為（）A．3.2mF B．3.2F C．32mF D．320μF2．如圖所示，電源電動勢為E、內阻為r，電容器的電容為C，電壓表內阻較大，電流表內阻不可忽略。閉合開關S，在增大電阻箱R的阻值的過程中，電壓表示數(shù)的變化量的絕對值為ΔU，電流表示數(shù)的變化量的絕對值為ΔI，則下列說法正確的是（）A．電容器電荷量的增加量等于ΔICrB．電壓表示數(shù)U和電流表示數(shù)I的比值不變C．ΔU和ΔI的比值大于rD．電源的效率和輸出功率一定都增加3．在空間中水平面MN的下方存在豎直向下的勻強電場，質量為m的帶電小球由MN上方的A點以一定初速度v?水平拋出，從B點進入電場，到達C點時速度方向恰好水平，A、B、C三點在同一直線上，且AB=2BC，如圖所示，由此可知（）A．小球帶正電B．電場力大小為2mgC．小球從A到B與從B到C的運動時間相等D．小球從A到C的過程中重力對小球做的功與從B到C的過程中電場力對小球做的功的絕對值相等4．圖示裝置可測量磁感應強度，“凵”形金屬框D用絕緣輕繩跨過定滑輪與小桶連接，懸掛在豎直平面內，底邊水平且長為L，兩側邊豎直。D的下部分所在的虛線框內存在方向垂直紙面的勻強磁場。讓大小為I的電流從a端流入D，往小捅內加入質量為m1的細沙時，系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)；若電流大小保持不變，方向改為由b端流入，往小桶內再加入質量為mA．磁感應強度方向垂直紙而向里，大小為mB．破感應強度方向垂直紙而向里，大小為(C．磁感應強度方向垂直紙而向外，大小為2D．磁感應強度方向垂直紙而向外，大小為(5．有一邊長l=0.1m、質量m=10g的正方形導線框abcd，由高度h=0.2m處自由下落，如圖所示，其下邊ab進入勻強磁場區(qū)域后，線圈開始做勻速運動，直到其上邊dc剛剛開始穿出勻強磁場為止。已知勻強磁場的磁感應強度A．電阻R=0B．進入磁場的過程通過線框橫截面的電荷量q=0C．穿越磁場的過程產生的焦耳熱Q=0D．穿越磁場的過程，感應電流方向和安培力方向都不變6．如圖所示，在半徑為R的圓形勻強磁場，磁感應強度為B，方向垂直于圓平面向里，PQ為磁場圓的一直徑.比荷相同不計重力的負離子a和b以相同速率，由P點在紙平面內分別與PQ夾a=30°和沿PQ射入磁場中發(fā)生偏轉后，又飛出磁場，則下列說法正確的是（）A．離子射出磁場時動能一定相等B．離子射出磁場時速度一定不同C．如果離子a從Q點射出磁場，則離子b在磁場中的運動半徑為RD．如果離子b射出磁場時偏轉角為90°，則離子a和b在磁場中的運動時間比為4：37．如圖所示，在空間中存在兩個相鄰的有界勻強磁場，兩磁場的磁感應強度大小相等、方向相反，其寬度均為L。正方形導體線框的對角線長也為L，線框在外力作用下從圖示位置沿垂直于磁場方向勻速經過磁場區(qū)域，若規(guī)定逆時針方向為感應電流的正方向，則能正確反映線圈經過磁場區(qū)域過程中產生的感應電流隨時間變化的圖像是（）A． B．C． D．8．水上滑梯項目在夏日給人們帶來了清涼。某水上滑梯項目可簡化為如圖所示的模型：人從傾角為θ的滑梯頂端在細水流的沖擊下由靜止開始下滑，水流對人的作用力大小恒定且沿滑梯向下，經過t時間后人由滑梯底端進入水中，人在水中運動時，所受的浮力和阻力恒定，在水中速度減為零。已知人的質量為m，人可視為質點，重力加速度為g，不考慮空氣阻力和人在滑梯上滑下時所受到的水的浮力。下列說法正確的是（）A．人在滑梯上運動過程中，滑梯對人的支持力的沖量方向垂直滑梯向上，大小為mgtB．整個過程中，人的動量大小一直增大C．人在泳池里時，對水的作用力方向水平向左D．若水流作用力減小，則人在滑梯上時重力對人的沖量大小大于mgt二、多選題（每小題5分，共10分）9．如圖所示，在一勻強磁場中有三個帶電粒子，其中1和2為質子（11H），3為α粒子（24He）的徑跡。它們在同一平面內沿逆時針方向做勻速圓周運動，三者軌道半徑r1>rA．T1＝T2<T3 B．v1＝v2>v3 C．a1>a2>a3 D．t1<t2<t310．如圖所示的直線加速器由沿軸線分布的金屬圓筒（又稱漂移管）A、B、C、D、E組成，相鄰金屬圓筒分別接在電源的兩端。質子以初速度v0A．MN所接電源的極性應周期性變化B．圓筒的長度應與質子進入該圓筒時的速度成正比C．質子從圓筒E射出時的速度大小為8eUD．圓筒A的長度與圓筒B的長度之比為1三、實驗題（共16分）11．某同學用如圖甲所示裝置驗證動量定理.斜面體固定在桌面上，裝有遮光條的滑塊質量為M，重力加速度為g。（1）實驗前先用游標卡尺測量遮光條寬度，讀數(shù)如圖乙所示，則遮光條的寬度d=mm；（2）繞過定滑輪的細線連接著滑塊和裝有砂的砂桶，牽引滑塊的細線與斜面平行，改變砂桶中砂的質量，向下輕推物塊，直到滑塊通過兩光電門時間相等，測量并記錄這時砂和砂桶的質量m，不懸掛細線和砂桶，由靜止釋放滑塊，則滑塊沿斜面向下運動的合外力等于；若滑塊通過光電門1、2時遮光條遮光時間分別為t1、t2，兩光電門間的距離為x，則物塊從光電門1運動到光電門2所用的時間t=（3）滑塊從光電門1運動到光電門2的過程中，如果表達式成立，則動量定理得到驗證.12．用電流表和電壓表測電源電動勢和內阻，實驗電路如圖1所示。實驗器材如下：待測干電池一節(jié)，直流電流表（量程0~0.6A），直流電壓表（量程0~3V），滑動變阻器R1（1）為提高實驗的精確程度，滑動變阻器應選擇（選填“R1”或“R（2）某同學根據(jù)測出的數(shù)據(jù)作出U?I圖像如圖2所示，則由圖像可得電動勢E=V（保留3位有效數(shù)字），內電阻r=Ω（保留2位有效數(shù)字）。（3）某同學在實驗中，閉合開關，發(fā)現(xiàn)無論怎么移動滑動變阻器的滑片，電壓表有示數(shù)且不變，電流表始終沒有示數(shù)。如圖3所示，為查找故障，在其他連接不變的情況下，他將電壓表連接a位置的導線端分別試觸b、c、d三個位置、發(fā)現(xiàn)試觸b、c時，電壓表有示數(shù)；試觸d時，電壓表沒有示數(shù)。若電流表是正常的，電路中僅有一處故障，請你寫出發(fā)生該故障的原因。四、解答題（共42分）13．如圖所示，一群電荷量為e、質量為m的電子從與y軸平行的虛線處垂直虛線射入圓形勻強磁場后均從坐標原點O進入x軸上方的勻強磁場區(qū)域，這群電子在虛線處的y坐標范圍為-2R＜y＜0。已知圓形區(qū)域磁場和x軸上方磁場的磁感應強度大小均為B，方向相反，圓形磁場區(qū)域的半徑為R且與x軸相切于O點，x軸上方磁場范圍足夠大。在y=1.6R處放置一個長為2R且與x軸平行的熒光屏，熒光屏的中心剛好在O點正上方，不計電子重力及電子間的相互作用，求：（1）電子的初速度大小v0；（2）熒光屏上發(fā)光區(qū)域x坐標的范圍；（3）打在熒光屏上的電子在進入圓形磁場時的y坐標的范圍。14．如圖所示，兩根間距L=1.0m、電阻不計的足夠長光滑平行金屬導軌與水平面夾角θ=30°，導軌底端接有R=2.0Ω的定值電阻，導軌所在區(qū)域存在磁感應強度B=1.0T的勻強磁場，磁場方向垂直導軌平面向上。一質量m=0.2kg、電阻r=1.（1）金屬桿獲得的最大速度vm的大小和此時ab桿兩端的電勢差U（2）金屬桿從靜止到運動1.2m的過程中，通過電阻R的電荷量q和電阻R產生的焦耳熱QR15．臺球運動是一項普及性很高的運動。某次擊球時，母球a和目標球b的位置如圖乙所示，現(xiàn)以母球a所在處為原點O建立Ox坐標軸，Ox軸與水平球臺面重合，在x=1.5m處是足夠高的豎直擋壁，擋壁與x軸垂直。開始時，目標球b靜止在x1=0.5m處，某時刻將a沿x軸正向以v0=3.0m/s擊出與b球碰撞。已知a、b兩球的質量均為m=0.15kg且均可視為質點，兩球與臺面的阻力是球重力的0.10倍，兩球的碰撞為彈性正碰，球與擋壁碰撞后反彈速度為碰前的23倍，兩球始終不離開臺球桌面且所有碰撞時間極短，g=10m/s2（1）兩球第一次相碰前a球的速度大??；（2）b球第一次與擋壁碰撞前的速度大??；（3）試通過計算判斷兩球能否發(fā)生第二次碰撞，若不能請說明理由；若能請計算第二次碰撞前b球的速度大?。ńY果可以用根式表示）。

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】根據(jù)i-t圖像中面積表示電荷量，由圖乙i-t圖像可知，每個小格表示的電荷量為qi-t圖像圍成的面積約48個小格，則電容器充電結束時，極板上的帶電量為Q=48由圖乙U-t圖像可知，電容器充電結束時，極板間間電壓為3.0V，由公式可得，電容器電容約為C=故答案為：C。

【分析】i-t圖像中面積表示電荷量，根據(jù)圖像確定極板上的帶電量，再根據(jù)u-t圖像確定充電完成時極板的電壓，再根據(jù)電容的定義式進行解答。2．【答案】C【解析】【解答】B、電壓表測的是電阻箱R上的電壓，電流表測的是通過電阻箱R的電流，根據(jù)歐姆定律R=可得它們的比值為電阻箱R的阻值，故B錯誤；

C、根據(jù)閉合電路歐姆定律，可得電壓表的示數(shù)U和電流表的示數(shù)I滿足的關系為U=E-IRA為電流表內阻，可知該U-I圖像的斜率k=-即電壓表示數(shù)的變化量的絕對值ΔU與電流表示數(shù)的變化量的絕對值ΔI之比為RA+r，故C正確；

D、電源的效率η=在增大電阻箱R的阻值的過程中，回路中的總電阻增大，則回路中總電流減小，根據(jù)上式可知，當R增大時，電源的效率增大，而電源的輸出功率P

根據(jù)數(shù)學知識可知當R電源的輸出功率有最大值，但因為不確定各個電阻阻值的關系，故不確定輸出功率如何變化，故D錯誤；

A、當電阻箱的阻值增大時，電阻箱的電壓即電容器上的電壓增大，電容器的電荷量增大，由選項B可知ΔU又ΔQ=CΔU=CΔI故A錯誤。

故答案為：C。

【分析】確定電路的連接方式即各電表的測量對象，根據(jù)題意確定電路中總電阻的變化情況，再根據(jù)閉合電路的歐姆定律及串并聯(lián)規(guī)律和電容的定義式進行解答。熟悉掌握電源的效率和輸出功率的計算方法和規(guī)律。3．【答案】D【解析】【解答】A、由小球從B到C的過程中軌跡向上彎曲可知電場力的方向必須是向上的，則小球帶負電，故A錯誤；

BC、帶電小球從A到C，設在進入電場前后兩個運動過程水平分位移分別為x1和x2，豎直分位移分別為y1和y2，經歷的時間分別為t1和t2，在電場中的加速度為a，則從A到B過程小球做平拋運動，有x從B到C過程，有x由題意有x則得t即小球從A到B是從B到C運動時間的2倍，又y將小球在電場中的運動看成沿相反方向的類平拋運動，則有y根據(jù)幾何知識有y解得a=2g根據(jù)牛頓第二定律得F-mg=ma解得F=3mg故BC錯誤；

D、據(jù)題意知，小球在水平方向不受力，故在水平方向做勻速直線運動，在A、C兩點的動能相同，由動能定理可知，小球從A到C的過程中合外力做功為零，所以小球從A到C的過程中重力對小球做的正功與從B到C過程中電場力對小球做的負功代數(shù)和為零，故D正確；

故答案為：D。

【分析】小球從B到C的過程中軌跡向上彎曲，且在C點的速度水平向右，可根據(jù)運動的可逆性將BC看成從C到B的類平拋運動。明確AB和BC的受力情況，再根據(jù)平拋運動規(guī)律和類平拋運動規(guī)律進行解答。4．【答案】A【解析】【解答】設金屬框的質量為m，桶的質量為m0，根據(jù)題意，大小為I的電流從a端流入D，往小捅內加入質量為m1的細沙時，系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)，此時安培力豎直向上，根據(jù)平衡條件可得mg-BIL=(而當由b端流入，往小桶內再加入質量為m2的細沙時，系統(tǒng)又重新平衡，此時安培力豎直向下，由平衡條件有mg+BIL=(聯(lián)立解得B=方向垂直紙面向里。

故答案為：A。

【分析】根據(jù)題意確定電流方向改變前后，線框所受安培力的方向，再根據(jù)左手定則確定磁場方向，結合平衡條件確定磁感應強度的大小。5．【答案】C【解析】【解答】A、線框由高度h=0.2m處自由下落，有v線框在磁場中做勻速運動，則mg=BIl又I=ER聯(lián)立解得R=0.2Ω故A錯誤；

B、線框進入勻強磁場的過程流過線框的電荷量q=It=I故B錯誤；

C、線框穿越勻強磁場的過程產生的焦耳熱Q=2mgl=0.02故C正確；

D、線框進入磁場和出離磁場時感應電流的方向相反，穿越磁場的過程安培力的方向沒有變化，總是豎直向上，故D錯誤。

故答案為：C。

【分析】根據(jù)自由落體運動規(guī)律確定線框進入磁場的速度，根據(jù)安培定則確定電流方向，再根據(jù)左手定則確定線框進入和離開磁場時所受安培力的方向。再根據(jù)勻速運動的特點結合能量守恒定律及電流的定義進行解答。6．【答案】D【解析】【解答】A、因洛侖茲力永不做功，故粒子在磁場中運動時動能保持不變，但由于離子的質量不同，故飛出時的動能不一定相同，故A錯誤；

B、離子在磁場中做勻速圓周運動，離子速率不變，粒子離開磁場時速度大小相等，由于粒子的運動半徑與磁場半徑關系不確定，故兩離子射出磁場時速度方向可能相同，粒子速度可能相同，故B錯誤；

C、離子a從P點進Q點出，PQ為弦長，圓心角為2α=60°由幾何關系得r=2R故C錯誤；

D、離子b偏轉90°，運動軌跡如圖所示由幾何知識得rb=R

離子a和離子b有相同的比荷和初速度，其半徑相同r由幾何關系知圓心角為120°t故t故D正確。

故答案為：D。

【分析】洛侖茲力不做功，粒子在磁場中運動時動能保持不變。比荷相同的不同粒子，其質量和電荷一定不相同。根據(jù)洛倫茲力提供向心力確定兩粒子的運動半徑，再根據(jù)題意畫出運動軌跡，結合幾何關系及帶電粒子在磁場中運動規(guī)律進行解答。7．【答案】A【解析】【解答】在0~L2過程中，線框右半部分進入左邊磁場，有效切割長度隨位移均勻增大，線圈在E0=BLv根據(jù)楞次定律可得電流方向為逆時針方向；在L2~L過程中，線框左半部分也進入左邊磁場，有效切割長度隨位移均勻減小，到L位置時有效切割長度減小到零，電動勢減小到零，感應電流為零，根據(jù)楞次定律可得電流方向為逆時針方向；在L~3LE'=BLv+BLv=2BLv=2E0在3L2~2L過程中，有效切割長度隨位移均勻減小，到2L位置時有效切割長度減小到零，電動勢減小到零，感應電流為零，由楞次定律知感應電流方向為順時針方向；在2L~5LE″=BLv=E0由楞次定律知感應電流方向為逆時針方向；在5L2~3L過程中，有效切割長度隨位移均勻減小，到3L位置時有效切割長度減小到零，電動勢減小到零，感應電流為零，由楞次定律知感應電流方向為逆時針方向。

故答案為：A。8．【答案】D【解析】【解答】A、對人受力分析，可得人在滑梯上運動過程中，滑梯對人的支持力大小恒為mgcosθ，則滑梯對人的支持力的沖量大小為I=mgt故A錯誤；

B、整個過程中，人的速度大小先增大后減小，則人的動量大小先增大后減小，故B錯誤；

C、人在泳池里時，受到豎直向上水的浮力和水平向右水的阻力，則水對人的作用力方向大致沿右上方，所以人對水的作用力方向大致沿左下方，故C錯誤；

D、若水流作用力減小，則人沿滑梯向下運動的時間大于t，所以人在滑梯上時重力對人的沖量大小大于mgt，故D正確。

故答案為：D。

【分析】確定人在整個運動的過程中，人速度的變化情況及受力情況，再根據(jù)動量的定義及沖量的定義進行解答。9．【答案】A,C,D【解析】【解答】A、各粒子在勻強磁場中做圓周運動的周期T=根據(jù)粒子的比荷大小可知T故A正確；

B、由于r1>r2>r3，根據(jù)r=結合粒子比荷關系可知v故B錯誤；

C、粒子運動的向心加速度a=結合各粒子的比荷關系及速度關系可得a故C正確；

D、由圖可知，粒子運動到MN時所對應的圓心角的大小關系為θ1<θ2<θ3，而T1=T2，因此t1<t2，由T2<T3，且θ2<θ3，可知t2<t3，故有t故D正確。

故答案為：ACD。

【分析】根據(jù)題意及圖像確定各粒子之間的比荷關系及運動半徑的關系。再根據(jù)洛倫茲力提供向心力進行解答。10．【答案】A,B,C【解析】【解答】A、因由直線加速器加速質子，其運動方向不變，由題圖可知，A的右邊緣為正極時，則在下一個加速時需B右邊緣為正極，所以MN所接電源的極性應周期性變化，故A正確；

B、因質子在金屬圓筒內做勻速運動且時間均為T，由v=可知，金屬圓筒的長度應與質子進入圓筒時的速度成正比，故B正確；

C、質子以初速度v0從O點沿軸線進入加速器，質子經4次加速，由動能定理可得4eU=解得v故C正確；

D、對于帶電粒子在圓筒A分析可得L對于質子以初速度v0從O點沿軸線進入加速器，質子經1次加速，由動能定理可得2eU=解得v所以L故圓筒A的長度與圓筒B的長度之比為L故D錯誤。

故答案為：ABC。

【分析】根據(jù)題意確定各管道之間的狹縫的電勢差，確定粒子在管道內和狹縫間的受力情況及運動情況，再根據(jù)動能定理及勻速運動規(guī)律進行解答。11．【答案】（1）4.7（2）mg；2x（3）2mgx【解析】【解答】（1）根據(jù)游標卡尺的讀數(shù)規(guī)律，該讀數(shù)為4（2）懸掛細線和砂桶，滑塊受力平衡，不懸掛細線和砂桶，相當于撤去滑塊受到的一個沿斜面向上的拉力mg，則滑塊沿斜面向下運動的合外力等于mg；滑塊做勻加速直線運動，根據(jù)運動學公式有x=解得t=（3）如果有Ft=M其中F=mg，v2=整理得表達式2mgx則動量定理得到驗證。

【分析】讀數(shù)時注意儀器的分度值。根據(jù)中間時刻的瞬時速度等于該段時間內的平均速度確定物體經過光電門的速度。再根據(jù)位移與平均速度的關系確定物體從光電門1運動到光電門2的時間。再根據(jù)動量定理結合實驗數(shù)據(jù)進行數(shù)據(jù)處理。12．【答案】（1）R1（2）1.48；0.84（3）cd之間發(fā)生了斷路【解析】【解答】（1）為了獲得較為準確的數(shù)據(jù)，電壓表、電流表的讀數(shù)應該不小于其滿偏值的三分之一。干電池電動勢約為1.5V，電流表量程0～0.6A，考慮電流表的讀數(shù)不小于滿偏電流的三分之一，則電路的總電阻最大值、最小值分別為Rmax=故應選擇0～5Ω的滑動變阻器R1，調節(jié)方便，能測得較多可利用的電流數(shù)據(jù)；再分析電壓表的讀數(shù)情況，電源內阻約1Ω，則滑動變阻器與電流表的總電阻約2Ω時，電壓表的讀數(shù)約為U=電壓表量程為0~3V，可知繼續(xù)增大滑動變阻器的電阻時，電壓表讀數(shù)會繼續(xù)增大，可以測得較多可利用的電壓數(shù)據(jù)。綜上可知，滑動變阻器應選擇R1。

（2）由U=E-Ir可知，U-I圖像與縱軸交點為電源電動勢，斜率絕對值大小為電源內阻，由圖2可知E=1.48V

（3）閉合開關后，移動滑動變阻器的滑片，電壓表有示數(shù)且不變化，即路端電壓不變，電流表示數(shù)始終為零，則可判斷出電流表所在支路出現(xiàn)斷路；電壓表連接a位置的導線端分別試觸b、c時，電壓表有示數(shù)，說明ab、bc段沒有斷路，試觸d時，電壓表沒有示數(shù)，說明在cd之間發(fā)生了斷路。

【分析】為了獲得較為準確的數(shù)據(jù)，電壓表、電流表的讀數(shù)應該不小于其滿偏值的三分之一。熟悉掌握儀器選擇的方法。根據(jù)實驗原理結合電路圖推到得出圖像的函數(shù)表達式，再根據(jù)圖像進行數(shù)據(jù)處理。電壓表有示數(shù)且不變化，即路端電壓不變，電流表示數(shù)始終為零，則可判斷出電流表所在支路出現(xiàn)斷路。13．【答案】（1）解：電子射入圓形磁場后均從坐標原點O進入x軸上方的磁場區(qū)域，所以電子運動半徑與圓形磁場區(qū)域半徑相同，根據(jù)牛頓第二定律e解得v（2）解：電子到達O點時的速度方向在沿x軸負向到x軸正向180度的范圍內，由于磁感應強度大小不變，電子在x軸上方運動的軌跡半徑不變，仍為R。如圖所示，沿x軸正向運動的粒子到達熒光屏上的A點，由幾何關系可知M、A點距離為d粒子到達左側最遠時與熒光屏相切于B點，由幾何關系可知M、B點距離為d熒光屏上發(fā)