广西来宾市2023-2024学年高二下学期7月期末考试物理试题

2024年春季期高二期末教学质量监测 物理 (本试卷满分100分，考试时间75分钟) 注意事项： 【.答题前，务必将白己的姓名、学校、班城、准考证号填写在答题卡规完的位置上 2。答进择延时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮 擦擦干净后，再选涂其它答案标号， 3.答非选桥题时，必须使用0.5毫未黑色墨水签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上， 4,所有题日必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效。 一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分，在每小题给出的四个选项中，只有一项 是符合题目要求的。 1.下列说法中正确的是() A。物理学中，把微观粒子无规则运动叫做布朗运动 B.温度低的物体分子运动的速率小 C.只要一定量的理想气体温度保持不变，其内能也保持不变 D.物体做减速运动时，物体的内能也越来越小 2.夹杀式折返跑是训练足球运动员体能的方式。如图将6个标示简两两间隔5m摆放，跑动领序 为1一+4+2-+5一3一6，运动时间为10s,则全过程的平均速度大小和平均速率分别为() ① ② ③ ④ ⑤ ⑥ -x(m) 0 5 10 15 20 25 A.2.5ms,6.5ms B.2.5m/s,2.5m/s C.6.5ms,6.5ms D.6.5m/s,2.5m/s 3.如图所示，带正电的小球竖直向下射入垂直纸面向里的匀强磁场，关于小球运动和受力说法正 确的是( ④ A,小球刚进入碰场时受到的洛伦兹力水平向右 B B.小球运动过程中的速度不变 C。小球运动过程的加速度保持不变 D。小球受到的洛伦兹力对小球做正功 Xx 4.图中为华为公司自主研发并制造的手机HUAW巴Me60,为了实现手机的无线充电功能，工程 师将受电线圈安装在手机中，将连接内置电源的供电线圈安装在充电基座上，如图所示，当手 机放置在充电基座上，受电线圈即可“接受”到低电线阻的能量，从而对手机蓄电池进行充电。 【高二物理第1项（共6页）】 对于此过程，下列说法正确的是() A.在充电过程中我们可以用磁感线的疏密表示某点磁场的强 弱，故磁感线是真实存在的 B.HUAWEI Mate60在充电过程中，不会产生任何电磁辐射 C,充电时，穿过受电线圈的磁通量是变化的 D,充电时，内置电源的供电线圈附近的磁场是匀强磁场 5.为拓展中学生的科学思维，某科技馆有一涉及电场影响带电物体运动情况的小装置，李明同学 参观时产生了疑问，介绍给同学一起解答：装置简介如图所示，有 一带正电的小滑块沿绝缘斜面（各处粗糙程度相同）在无电场区域 时匀速下滑，问其滑至有竖直向下的匀强电场区时，滑块将() A.加速下滑 B.继续匀速下滑 C.减速下滑很快停下 D.条件不足，不能确定 6,如图所示，有P、N两块质量相同的物块，在物块P上施加一沿水平方向的外力F,使它们叠 放在竖直面上且处于静止状态，下列说法正确的是() A,物块P一定受到4个力的作用 B.物块P一定受到3个力的作用 N C.物块N一定受到4个力的作用 D.物块N可能受到6个力的作用 7.如图所示，在直角坐标系xOy的第一象限中有一等腰直角三角形OAC区域，其内部存在垂直纸 面向里的匀强磁场，它的OC边在x轴上且长为L。边长也为L的正方形导线框的一条边也在x 轴上，1=0时刻，该线框恰好位于图中所示位置，此后线框在外力下的作用下沿x轴正方向以 恒定的速度ⅴ通过磁场区域。规定逆时针方向为导线框中电流的正方向，则线框通过磁场区域 的过程中，线框中的感应电流、穿过线框平面的磁通量Φ、通过线框横截面的电荷量g、外力 F随线框的位移x变化的图像中错误的是（图中曲线是抛物线的一部分）() 子…AA.以 【高二物理第2项（共6页）】 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符 合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分， 8。一定质量的理想气体分别在T、乃温度下发生等温变化，相应的两条停温线如图所示，五对应 的曲线上有、万两点，表示气体的两个状态。 下列说法正确的是 P () A.T> B,A到B的过程中，外界对气体做功 C.A到B的过程中，气体从外界吸收热量 D。A到B的过程中，气体的体积增大，分子数密度减小 9.如图甲所示，矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的中心轴O0匀速转动，从某时刻开始计 时，产生的感应电动势随时间r的变化曲线如图乙所示，若外接电阻R=100n,线圈电阻=l0n, 电压表为理想交流电表，则下列说法正确的 0 是() A.线图的转速为50rs a℃ 110w2 B.0.01s时线圈平面与场方向平行 R 610s) C,通过电阻R的电流有效值为1A -1102 甲 D.电压表的示数为200V 10.甲、乙两个物体沿同一直线运动，甲做匀速运动，乙做初速度为零的匀加速运动，它们位置x 随时间1的变化如图所示，当=2s时，甲、乙相距最远，AB是乙 ↑xm 的图线与：轴交点的切线。则( A.甲、乙相距最远距离是18m 甲 B.乙的加速度大小是2m/s C,在4=5s时，甲、乙相遇 B D.x0=40m 三，实验题：本题共2小题，第11题6分，第12题6分，共12分。 11.热敏电阻有很多的应用领城，如家电、开关电源、新能源汽车等。某实验小组的同学为了研究 某保温式自动电饭锅中用于监测温度的热敏电阻的特性设计了以下实验。 R AVO R R E 甲 乙 【高二物理第3项（共6页）】 (1)首先利用多用电表粗略测量与电饭锅中型号相同的热敏电阻常温状态下的阻值，多用电表的 旋钮置于“×100”的挡位时示数如图甲所示，则该热 R/ko 6.0 敏电阻的阻值为 (2)该实验小组的同学为了进一步探究热敏电阻的特性 5.0 设计了图乙所示的电路，电路中的电压表均可看成 40 理想电压表，定值电阻的阻值为2k2, 3.0 开关闭合前，滑动变阻器的滑动触头应置于最 20 (填“左”或“右”)端。 1.0 (3)通过多次实验，得出热敏电阻的阻值随温度变化的规 。6罗 律图像如图丙所示，当热敏电阻的阻值为R=2kQ时， 10203040506070/℃ 丙 热敏电阻所处环境的温度约为 ℃，（保留两位有效数字） 12.某同学研究在固定斜面上运动物体的平均速度、瞬时速度和加速度之间的关系.使用的器材有： 斜面、滑块、长度不同的矩形挡光片、光电计时器。 挡光片 光电门 运动方向 滑块 前端 (a) (b) 实验步骤如下： ①如图(，将光电门固定在斜面下端附近：将一挡光片安装在滑块上，记下挡光片前端相对于 斜面的位置，令滑块从斜面上方由静止开始下滑： ②当滑块上的挡光片经过光电门时，用光电计时器测得光线被挡光片遮住的时间△ ③用△表示挡光片沿运动方向的长度，如图b)所示；表示滑块在挡光片遮住光线的△时间 内的平均速度大小，求出： ④将另一挡光片换到滑块上，使滑块上的挡光 片前端与①中的位置相同，令滑块由静止开始 /(cm-s-) 53.6 下滑，重复步骤②、③： ⑤多次重复步骤④： 53.2 ⑥利用实验中得到的数据作出D△图像，如 图所示。 52.8 完成下列填空 (1)用a表示滑块下滑的加速度大小，用v表示 52.4 挡光片前端到达光电门时滑块的瞬时速度大 52.0 小，则D与va和△的关系式为 50 100 150 200 △ms (2)由图可求得v m/s,a= m/g(结果均保留3位有效数字)， 【高二物理 第4页（共6页）】 四、解答题：本题共3小题，共42分。解答过程要求要有必要的文字说明，只写结果的不能得分】 有数值计算的要写出正确单位。 13,(11分)某服装厂为了提高生产效率，通过一小型发电站专门对厂房的链纫一体机供电，供电 线路如图所示。己知发电机的输出功率P-90kW,发电机的输出电压-250V。通过升压变 压器升压后向厂区输电，输电线的总电阻R=5Q:220台型号为“220V,400W”的缝纫一体 机可同时正常工作。求： (1)输电线上通过的电流： (2)升压变压器的输出电压： (3)升压变压器的匝数之比及和降压变压器的匝数之比 a 5 发 42 na 缝 U 机 机 14.(13分)如图所示，两侧粗细均匀、横酸面积相等的U型管竖直放置，左管上端开口且足够长， 右管上端封闭，左管和右管中水银柱高1=2=5cm,两管中水银柱下表面距管底高均为H= 21cm,右管水银柱上表面离管项的距离=20cm,管底水平段的体积可忽略，气体温度保持 不变，大气压强p=75cmHg: (1)现往左管中再缓慢注入=25cm的水银柱，求稳定时右管水银柱上方气柱的长度： (2)求稳定时两管中水银柱下表面的高度差。 【高二物理第5页（共6页）】 15。(18分)航天回收舱实现软着陆时，回收舱接触地面前经过喷火反冲减速后的速度为%：此速 度仍大于要求的软着陆设计速度学，为此科学家设计了一种电磁阻尼缓冲装置，其原理如图 所示。主要部件为缓冲滑块K及固定在绝缘光滑缓冲轨道MN和PQ上的回收舱主体，回收舱 主体中还有超导线圈（图中未画出），能在两轨道间产生垂直于导轨平面的匀强磁场B,导轨 内的缓冲滑块由高强度绝缘材料制成，滑块K上绕有m匝矩形线圈bd,线圈的总电阻为R, b边长为L,当回收舱接触地面时，滑块K立即停止运动，此后线圆与轨道间的磁场发生作用， 使回收舱主体持续做减速运动，从而实现缓冲，已知回收舱主体及轨道的质量为m,缓冲滑块 (含线圈)K的质量为M,重力加速度为g,不考虑运动磁场产生的电场，求： (1)缓冲滑块刚落地时回收舱主体的如速度大小： (2)达到回收舱软着陆要求的设计速度时，缓冲滑块K对地面的压力大小： (3)回收舱主体可以实现软着陆，若从%减速到兰的缓冲过程中，通过线圈的电荷量为g, 求该过程中线圈中产生的焦耳热Q 回收舱 主体 名 p 绝缘光 XXX 滑导轨 缓冲 线圈 K 滑块 77777777777777 【高二物理第6页（共6页）】高二物理答案 第 1页（共 4 页） 2024 年春季期高二期末教学质量监测 物理参考答案 1. 【答案】C 【详解】A．布朗运动是微小颗粒在液体或气体中的无规则运动，不是微观粒子的无规则运动，故 A错误； B．温度低的物体分子运动的平均速率小，故 B错误；C．只要一定量的理想气体温度保持不变，其 内能也保持不变，故 C 正确；D ．内能与物体的温度有关，与速度无关，物体做减速运动时，物体 的内能不会越来越小，故 D 错误；故选 C 。 2. 【答案】A 【详解】全过程的位移为 x=25m，则全过程的平均速度大小为 2.5m/s xv t   全过程的路程为 13 5m=65ms   平均速率为 6.5m/s sv t    故选 A。 3.【答案】A 【解答】解：A．带正电的小球竖直向下射入垂直纸面向里的匀强磁场中，小球受洛伦兹力和重力 的作用做曲线运动，根据左手定则，可知小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向右，故 A正确； B．小球受洛伦兹力和重力的作用，做曲线运动，速度的方向时刻变化，故 B 错误； C.小球受洛伦兹力和重力的作用做曲线运动，重力始终竖直向下，洛伦兹力始终与速度方向垂直， 且速度方向时刻变化，合力方向时刻变化，根据牛顿第二定律，加速度的方向时刻变化，故 C错误。 D．小球受洛伦兹力和重力的作用做曲线运动，洛伦兹力始终与速度方向垂直，根据功的定义，洛 伦兹力永不做功，故 D 错误。故选 A。 4．【答案】C 【详解】A．磁感线是假想的曲线，不是真实存在的，A 项错误； B．HUAWEI Mate60在充电过程中，也会产生电磁辐射，B项错误； C．充电时，穿过受电线圈的磁通量是变化的，C项正确； D．充电时，内置电源的供电线圈附近的磁场是周期性变化的磁场，D 项错误。 故选 C。 5. 【答案】B 【详解】根据题意可知，没有电场时，匀速下滑，设斜面倾角为 ，小滑块质量为m，摩擦因数为  ，则有 sin cosmg mg   解得 tan  进入电场区域，设电场强度为 E，小滑块带电量为q，则小滑块受到的摩擦力为    ' cos sinf mg Eq mg Eq      可知，小滑块继续匀速下滑。故选 B。 6. 【答案】A 【详解】A．如果 P、N 之间没有摩擦力，则物块 P不能平衡，所以 N 对 P 有向左下的支持力和沿着 接触面向左上的摩擦力，物块 P 一定受到 4 个力的作用，故 A 正确，B错误； CD．整体分析可知，墙对 N 有向上的摩擦力，大小等于两者的重力之和，物块 N还受到重力、墙对 N的支持力，P 对 N 的支持力，P 对 N 的摩擦力，所以物块 N 一定受到 5个力的作用，CD 错误；故 高二物理答案 第 2页（共 4 页） 选 A。 7. 【答案】B 【详解】A．线框前进0 ~ L过程中，单边（右边框）切割磁感线，有 e Blvi R R   其中 l为实际切割长度，随着导线框的移动而增大，与水平位移成正比，故感应电流增大。同理导 线框前进 ~ 2L L过程中，也是单边（左边框）切割，其实际切割长度一直在增大，其感应电流随位 移呈线性关系增大，A正确； B．当线框沿 x轴正方向运动位移 L时，穿过线框的磁通量最大，最大值 2 2 m 1 1 2 2 BS B L BL     在这之前（0 ~ L），磁通量关于位移的表达式为 21 2 BS Bx   在这之后（ ~ 2L L），磁通量关于位移的表达式为  221 1 2 2 BL B x L    B 错误； C．通过线框横截面的电荷量 q I t t R t R         故通过线框横截面的电荷量与穿过线框的磁通量成正比关系，故 C 图像符合，C正确； D．由左手定则判断可知，穿过磁场过程中线框受到的安培力一直向左，在0 ~ L内，其大小 2 2 2 2B l v B x vF Bil R R    在 ~ 2L L内，其大小  222 2 B x L vB l vF Bil R R     D 正确。 选错误的，故选 B。 8. 【答案】CD 【详解】A．由题图可知，当体积相同时，有 12p > p 根据理想气体状态方程 1 2 1 2 p p T T  可得 2 1T T 故 A 错误； BC．A到 B的过程中，气体的体积增大，对外做功而内能不变，由热力学第一定律 U W Q   可得，气体一定从外界吸收热量，故 C 正确，B错误； D．A 到 B 的过程中，气体的体积增大，分子数密度减小,故 D正确。故选 CD。 9.【答案】BC 【详解】A．由题图乙可知线圈的转动周期为 0.04sT  则转速为 1 25r/sn T   A 错误； B．0.01s 时感应电动势最大，线圈平面与磁场方向平行，B 正确； 高二物理答案 第 3页（共 4 页） C．电动势的有效值为 m 110V 2 EE   通过电阻 R 的电流有效值为 1AEI R r  C 正确； D．电压表的示数为电阻 R 两端电压的有效值，为 100VU IR  D 错误。故选 BC。 10.【答案】AC 【详解】B．由题意可知，甲物体的 x-t 解析式为 1 1 2x v t  乙物体的 x-t 解析式为 22 0 18 2 x v t at    当 1 2st  时，甲、乙相距最远，即此时甲和乙的速度相 等，即甲物体的图像与 AB 直线的斜率相等，由图可得，AB 直线的斜率为 16 m/s 8m/s 2 k   所以甲做匀速运动的速度为 8m/s，即 1 8m/sv  同理结合图像，可得对于乙物体 0 0v  ， 24m/sa  B 错误； A．由题意可知，当 1 2st  时，甲、乙相距最远，所以对于物体甲，此时物体甲的位置为 1 18mx  乙的位置为 2 0x  所以此时甲、乙相距最远距离是 18m，A 正确； C．由图像可知，当 2 5st  时，甲、乙两物体在同一位置，即两物体此时相遇，C 正确； D．由 A 选项分析可得 1 8 2x t  2 2 8 2x t   联立两式可得，当两物体在同一位置时 5st 0 42mx  D 错误。 故选 AC。 11. 答案 (1)3.2×103 (2)左 (3)38 解析 (1)由多用电表的读数规则可知，该热敏电阻的阻值为 32×100 Ω＝3.2×103 Ω。 (2)为了保护实验器材，开关闭合后应使两电压表的读数均为零，所以滑动变阻器的滑动触头应置 于最左端。 (3)由图丙可知，热敏电阻的阻值为 RT＝2 kΩ时，热敏电阻所处环境的温度约为 38 ℃。 12. 答案:(1)vA+ 1 2 aΔt (2)0.522 0.160 【解析】(1)设挡光片末端到达光电门的速度为 v, 则由速度-时间关系可知 v=vA+aΔt 且=+ 2 联立解得=vA+12aΔt (2)将图线延长交纵轴 52.16 cm/s 处, 即为 vA=0.522 m/s 图线的斜率 k=1 2 a= 53.6−52.4 (185-35)×10-3 cm/s2=8.00 cm/s2 即 a=0.160 m/s2 13. 答案:(1)20 A (2)4 500 V (3)1∶18 20∶1 【解析】(1)由题意可知, 输电线上的功率损失2 2R=P-220P1=90 000 W-220× 400 W=2 000 W 解得 I2=20 A (2)对升压变压器 P=I2U2,解得 U2=4 500 V (3)升压变压器的匝数之比 1 2 = 1 2 = 250V 4 500 V = 1 18 高二物理答案 第 4页（共 4 页） 降压变压器的匝数之比 3 4 = 3 4 = 2-2 4 = (4 500-20×5)V 220V = 20 1 14. 答案 (1)15 cm (2)20 cm 解析 (1)设两侧管的横截面积为 S，对右管上方气体，有 p3＝p0＝75 cmHg，V3＝h3S p3′＝p0＋ρgh＝100 cmHg，V3′＝h3′S 由玻意耳定律有 p3h3S＝p3′h3′S 解得 h3′＝15 cm。 (2)对两水银柱下方气柱，注入水银柱前，有 p2＝p0＋ρgh1＝80 cmHg，V2＝2HS 注入水银柱后有 p2′＝p0＋ρg(h1＋h)＝105 cmHg 设注入水银柱后气柱的长度为 L1， 则 V2′＝L1S，由玻意耳定律有 p2·2HS＝p2′·L1S 解得 L1＝32 cm 此时两侧水银柱下表面的高度差为 Δh＝2H－L1＋2(h3－h3′)＝20 cm。 15. 【答案】（1） 2 2 2 0n B L v g mR  ；（2） 2 2 2 0 2 n B L vMg R  ；（3） 20 3 8 mgqRmv nBL  【详解】（1）线圈切割磁感线产生的感应电动势为 0E nBLv 根据欧姆定律，线圈中的电流为 EI R  线圈受到的安培力为 F nBIL安 根据牛顿第二定律 F mg ma 安 可得 2 2 2 0n B L va g mR   （2）对滑块 K，设滑块 K受到的支持力为N，由力的平衡 N Mg F   安 线圈的速度减小到原来的一半，则安培力减小为 2 F F   安 安 根据牛顿第三定律，滑块对地面的压力为 N N  可得 2 2 2 0 2 n B L vN Mg R   （3）由能量守恒 2 2 0 0 1 1 2 2 2 vmgh mv Q m         根据法拉第电磁感应定律 Δ BLhq n n R R    可得 2 0 3 8 mgqRQ mv nBL  