湖南省雅礼教育集团2024-2025学年高二下学期期中物理试卷

2024-2025学年湖南省雅礼教育集团高二（下）期中物理试卷 一、单选题：本大题共6小题，共24分。 1.下列说法中，正确的是(    ) A. 引力常量最早由牛顿测量得出 B. 电子的电荷量最先是由密立根通过“油滴实验”精确测出 C. 爱因斯坦最先发现了光电效应现象 D. J.J汤姆孙发现了电子，随后提出了经典的“核式结构” 2.如图所示，圆形导体线圈，a平放在水平桌面上，在a的正上方固定一竖直螺线管b，二者轴线重合，螺线管与电源和滑动变阻器连接成如图所示的电路，若将滑动变阻器的滑片 P向上滑动，下列表述正确的是(    ) A. 线圈b中电流将增加 B. 线圈a有收缩的趋势 C. 穿过线圈a的磁通量变小 D. 线圈a中将产生从上向下看逆时针方向的感应电流 3.如图所示为某弹簧振子在内的振动图象，由图可知，下列说法中正确的是 A. 第3 s末振子的速度为负向的最大值 B. 第2 s末振子的速度为零，加速度为负向的最大值 C. 时，振子的位移为 D. 从第2 s末到第3 s末振子在做减速运动 4.如图所示，圆形区域存在磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场．一质量为m，电荷量为q的粒子沿平行于直径AC的方向射入磁场，射入点到直径AC的距离为磁场区域半径的一半，粒子从D点射出磁场时的速率为v，不计粒子的重力．则 A. 圆形磁场区域的半径为 B. 圆形磁场区域的半径为 C. 粒子在磁场中运动的时间为 D. 粒子在磁场中运动的时间为 5.中国电磁炮技术世界领先，如图是一种电磁炮简易模型。间距为L的平行导轨水平放置，导轨间存在竖直方向、磁感应强度为B的匀强磁场，导轨一端接电动势为E、内阻为r的电源。带有炮弹的金属棒垂直放在导轨上，金属棒电阻为R，导轨电阻不计。通电后棒沿图示方向发射。则(    ) A. 磁场方向竖直向下 B. 闭合开关瞬间，安培力的大小为  C. 轨道越长，炮弹的出射速度一定越大 D. 若同时将电流和磁场方向反向，炮弹将沿图中相反方向发射 6.如图所示，交变电源电压的有效值恒定， R为定值电阻，可调变压器为理想变压器，为移动导电刷，为滑动变阻器，电流表、电压表均为理想电表，电表、、、，则下列说法正确的是(    ) A. 保持位置不变，缓慢下滑的过程中，减小、增大 B. 保持位置不变，缓慢下滑的过程中，增大、增大 C. 保持位置不变，缓慢下滑的过程中，增大、减小 D. 保持位置不变，缓慢下滑的过程中，增大、增大 二、多选题：本大题共4小题，共16分。 7.如图①所示，A、B两长方体叠放在一起，放在光滑的水平面上，物体B从静止开始受到一个水平变力的作用，该力与时间的关系如图②所示，运动过程中A、B始终保持相对静止.则在时间内，下列说法正确的是(    ) A. 时刻， A、B间的静摩擦力最大 B. 时刻，A、B的速度最大 C. 0时刻和时刻， A、B间的静摩擦力最大 D. 时刻，A、B离出发点最远 8.关于下列四幅课本上的插图的说法正确的是(    ) A. 图甲是速度选择器示意图，由图可知，不计重力的粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的速度 B. 图乙是磁流体发电机结构示意图，由图可以判断出A极板是发电机的正极 C. 图丙是质谱仪结构示意图，打在底片上的位置越靠近狭缝说明粒子的比荷越大 D. 图丁是回旋加速器示意图，要使粒子飞出加速器时的动能增大，可仅增加电压 U 9.如图甲、乙两小车的质量分别为和，且，用轻弹簧将两小车连接，静止在光滑水平面上，现同时对甲、乙两小车施加等大、反向的水平恒力和，两车同时开始运动，直到弹簧被拉到最长仍在弹性限度内的过程中，下列说法正确的是(    ) A. 甲和乙的动量都不断增大 B. 甲和乙受到的合力的冲量大小之比为 C. 甲、乙及弹簧系统的总机械能一直增大 D. 甲和乙的位移之比为 10.如图所示，挡板P固定在倾角为的斜面左下端，斜面右上端M与半径为R的圆弧轨道MN连接，其圆心O在斜面的延长线上。M点有一光滑轻质小滑轮，，质量均为m的小物块B、C由一轻质弹簧拴接弹簧平行于斜面，其中物块C紧靠在挡板P处，物块 B用跨过滑轮的轻质细绳与一质量为4m、大小可忽略的小球A相连，初始时刻小球A锁定在M点，细绳与斜面平行，且恰好绷直而无张力， B、C处于静止状态。某时刻解除对小球A的锁定，当小球 A沿圆弧运动到最低点N时物块B未到达M点，物块C对挡板的作用力恰好为0，已知重力加速度为g，不计一切摩擦，下列说法正确的是(    ) A. 弹簧的劲度系数为 B. 小球A由M点运动到N点的过程中，物块B、C与弹簧组成的系统机械能先减少后增大 C. 小球A由M点运动到N点的过程中，小球 A和物块B的机械能之和先增大后减小 D. 小球A到达N点时的速度大小为 三、实验题：本大题共2小题，共18分。 11.某同学在做“用油膜法估测分子的大小”的实验中，将油酸溶于酒精，其浓度为每1000 mL溶液中有油酸。用注射器测得1mL上述溶液有75滴，把1滴该溶液滴入盛水的浅盘里，待水面稳定后，画出油膜的形状如图所示。 该实验中的理想化假设是          。 A.将油膜看成单分子层油膜 B.考虑了各油酸分子间的间隙 C.将油酸分子看成球形 坐标纸中每个小正方形方格的边长为1cm，该同学测出油酸分子的直径是          结果保留一位有效数字。 12.如图甲为物理兴趣小组设计的多用电表的电路原理图。他们选用内阻Rg、满偏电流Ig的电流表、标识不清的电源以及由定值电阻、导线、滑动变阻器等组装好的多用电表。当选择开关接“3”时为量程250V的电压表。该多用电表表盘如图乙所示，下排刻度均匀，上排刻度线对应数值还没有及时标出。 其中电阻R2=_          ； 选择开关接“1”时，两表笔接入待测电路，若指针指在图乙所示位置，其读数为          mA。 兴趣小组在实验室找到了一个电阻箱，利用组装好的多用电表设计了如下从“校”到“测”的实验： ①将选择开关接“2”，红黑表笔短接，调节R1的阻值使电表指针满偏； ②将多用电表红黑表笔与电阻箱相连，调节电阻箱使多用电表指针指在电表刻度盘中央C处，此时电阻箱如图丙所示，则C处刻度线的标注值应为          ； ③用待测电阻Rx代替电阻箱接入两表笔之间，表盘指针依旧指在图乙所示位置，则计算可知待测电阻约为Rx=          保留三位有效数字； ④小组成员拿来一块电压表，粗略测量电源的电动势，将两表笔分别触碰电压表的两接线柱，其中          表笔填“红”或“黑”接电压表的正接线柱。 四、计算题：本大题共3小题，共30分。 13.如图为半径R的半圆柱形玻璃砖，当一束单色光以入射角从空气中射入玻璃砖时，折射角，已知光在真空中传播速度为c，求： 该玻璃砖的折射率n是多少? 当光从玻璃砖射入空气时，发生全反射的临界角是多少? 光在介质中传播速度v是多少?传播时间t是多少? 14.如图，在xoy坐标系所在的平面内，第一象限内有垂直纸面向外的匀强磁场，第二象限内有沿x轴负方向的匀强电场，场强大小为E。一质量为1、电荷量为的带电粒子从x轴上的点以速度v沿与x轴正方向成角的方向射入磁场，恰好垂直于y轴射出磁场进入电场，不计粒子重力，求： 粒子在磁场中的运动半径 磁感应强度B的大小： 粒子从P点射入到第三次到达y轴的时间t。 15.如图，光滑平行金属导轨、水平部分固定在水平平台上，圆弧部分在竖直面内，足够长的光滑平行金属导轨、固定在水平面上，导轨间距均为L，点与P点高度差为h，水平距离也为h，导轨、左端接阻值为R的定值电阻，水平部分处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，平行金属导轨、完全处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，两磁场的磁感应强度大小均为B。质量为m的导体棒b放在金属导轨、上，质量为m的金属棒a从距离导轨、水平部分高度为h处由静止释放，从处飞出后恰好落在P、Q端，并沿金属导轨、向右滑行，金属棒a落到导轨、上时，竖直方向分速度完全损失，水平分速度不变，最终a、b两金属棒恰好不相碰，重力加速度大小为g，不计导轨电阻，一切摩擦及空气阻力。a、b两金属棒接入电路的电阻均为R，运动过程中始终与导轨垂直并接触良好。求： 导体棒a刚进入磁场时的加速度大小； 平行金属导轨、水平部分长度d； 通过导体棒b中的电量及整个过程金属棒a产生的焦耳热。 答案和解析 1.【答案】B  【解析】A.引力常量最早由卡文迪许测量得出，故A错误； B.电子的电荷量最先是由密立根通过“油滴实验”精确测出，B正确； C.光电效应是由德国物理学家海因里希赫兹于1887年首次发现的，C错误； D.汤姆孙发现了电子，并提出了“枣糕式原子模型”，卢瑟福提出了经典的“核式结构”，D错误。 故选B。 2.【答案】C  【解析】当滑动触头P向上移动时电阻增大，由闭合电路欧姆定律可知通过线圈 b的电流减小， b线圈产生的磁场减弱，故穿过线圈 a的磁通量变小， 根据楞次定律“增缩减扩”可知，线圈 a有扩张的趋势;根据b中的电流方向和安培定则可知b产生的磁场方向向下穿过线圈a，根据楞次定律，a中的感应电流的磁场要阻碍原来磁场的减小，故a的感应电流的磁场方向也向下，则线圈a中感应电流方向俯视应为顺时针，故C正确，ABD错误。故选C。 3.【答案】C  【解析】【分析】 第2s末振子处于负向最大位移处，速度为零，加速度为正向的最大值.第3s末振子振子经过平衡位置向正方向运动.从第2s末到第3s 末振子由负向最大位移处向平衡位置运动，速度增大. 本题考查根据振动图象分析物体振动过程的能力.当振子靠近平衡位置时速度增大，加速度减小;背离平衡位置时速度减小，加速度增大. 【解答】 A、由图读出第3s末振子的速度为正向的最大值，故A错误。 B、第2s末振子处于负向最大位移处，速度为零，由简谐运动的特征：，可知，加速度为正向的最大值。故B错误。 C、弹簧振子的位移时间函数为，时，，故C正确; D、从第2 s末到第3 s末振子在做加速运动，故D错误。 故选：C。 4.【答案】B  【解析】【分析】 作出粒子的运动轨迹，根据洛伦兹力提供向心力和几何关系求解即可。 【解答】 粒子运动轨迹如图所示： ， 根据洛伦兹力提供粒子做圆周运动的向心力有，解得：，由几何关系可得四边形是菱形，则圆形区域中匀强磁场的半径R与粒子运动的轨迹半径r相等，即：，故A错误，B正确； 由几何关系可得粒子在磁场中偏转，则在磁场中运动的时间为，即，故CD错误。 5.【答案】B  【解析】解：流过炮弹的电流为逆时针方向，所受安培力水平向右，根据左手定则可知磁场方向竖直向上，故A错误； B.闭合开关瞬间电流为，则安培力为，故B正确； C.金属棒开始运动后会产生反电动势，随着速度增大，反电动势随之增大，则金属棒的电流越来越小，安培力也越来越小，直到通过金属棒的电流为零，速度达到最大，所以炮弹的出射速度有最大值，故C错误； D.若同时将电流和磁场方向反向，根据左手定则可知，炮弹发射方向不变，故D错误。 故选：B。 由左手定则判断磁场方向和发射方向，由闭合电路欧姆定律求解电流，结合安培力公式求解安培力，由安培力分析最大速度。 本题考查电磁感应中的动力学问题，将电磁感应、安培力与牛顿第二定律相结合即可求解。 6.【答案】B  【解析】副线圈在原线圈的等效电阻，缓慢下滑的过程中回路中的电阻减小，保持位置不变，所以原副线圈的电流变大，增大、增大，由于R不变，所以增大，因为电源电压不变，所以原线圈的输入电压减小，位置不变，则副线圈的输出电压减小，所以减小，故A错误， B正确; 保持位置不变，缓慢下滑的过程中，副线圈在原线圈的等效电阻等效电阻变大，原线圈电流变小，减小，减小，因为电源电压不变，所以原线圈的输入电压增大，因为副线圈匝数变小，所以无法判断副线圈的电流和电压的变化，故 CD错误。故选B。 7.【答案】BCD  【解析】以整体为研究对象，根据牛顿第二定律分析得知，0、时刻整体所受的合力最大，加速度最大，再以A为研究对象，分析可知，这两个时刻A受到的静摩擦力最大，故A错误，C正确； B.整体在时间内，做加速运动，在时间内，向原方向做减速运动，则时刻，B速度最大，故B正确； D.内，整体做单向直线运动，位移逐渐增大，则时刻，A、B位移最大，A、B离出发点最远，故D正确。 故选BCD。 8.【答案】AC  【解析】解：A、电场的方向与B的方向垂直，带电粒子进入复合场，受电场力和安培力，且二力是平衡力，即，所以，不管粒子带正电还是带负电都可以匀速直线通过，故A正确； B、由左手定则知正离子向下偏转，所以下极板带正电，A板是电源的负极，B板是电源的正极，故B错误； C、粒子经过加速电场加速后有：。在磁场中做匀速圆周运动时，根据洛伦兹力提供向心力可得：。联立得到：，打在底片上的位置越靠近狭缝，可知r越小，比荷越大，故C正确； D、当粒子的半径达到D形盒半径r时，粒子的速度最大，根据半径公式，可得最大速度：，故最大动能，与加速电压无关，故D错误； 故选：AC。 速度选择器是因为达到某一速度的粒子受力平衡做匀速直线运动； 粒子想利用回旋加速器获得更大的动能，需要增大盒子半径； 质谱仪应采取分段分析的方法，即粒子加速阶段，速度选择阶段，在磁场中运动阶段，一般用来分析同位素。 磁流体发电机就是利用带电粒子受洛伦兹力原理。 解答此题的关键是明白各种仪器的工作原理以及用途，根据粒子的受力情况结合带电粒子在电场、磁场中的运动的规律进行分析。 9.【答案】BCD  【解析】A.在拉力大于弹力时，两个小车的速度在增大，动量在增大，在弹簧弹力大于拉力时，两个小车的动量开始减小，故A错误； B.将两个小车和弹簧看做一个整体，因和等大反向，故甲、乙、弹簧组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，设甲的速度为正方向，故，根据冲量定理可得，，故，故B正确； C.外力做正功，所以甲、乙及弹簧组成的系统的总机械能不断增大，故 C正确； 因为过程中任意时刻两小车的动量守恒，则即，解得故D正确。 故选BCD。 10.【答案】CD  【解析】解：设弹簧的劲度系数为k，初始时刻弹簧的压缩长度为，则B沿斜面方向受力平衡， 则，小球A沿圆弧运动到最低点N时，物块C即将离开挡板时，设弹簧的拉伸长度为，则C沿斜面方向受力平衡，则 ，由几何知识可知，此时细线的长度变化为 ，解得 ，故A错误； B.小球A由M点运动到N点的过程中，B一直沿斜面向上运动，绳的拉力对B一直做正功，故物块B、C与弹簧组成的系统机械能一直增大，故B错误； C.小球A由M点运动到N点的过程中， A、B、C和弹簧组成的系统机械能守恒，弹簧的弹性势能先减小后增大，故小球A和物块B的机械能之和先增大后减小，故C正确； D.设小球A到达N点时的速度为v，对v进行分解，如图所示在沿绳子方向的速度 ， 由于沿绳子方向的速度处处相等，所以此时B的速度也为  ，对A、B、C和弹簧组成的系统，在整个过程中，只有重力和弹簧弹力做功，且A在M和N处，弹性势能不变，弹簧弹力做功为0，重力对A做正功，对B做负功，由A、B、C和弹簧组成的系统机械能守恒可知：  解得  ，故D正确。 故选CD。 11.【答案】   【解析】解：在“用油膜法估测分子的大小”实验中，我们的实验依据是：①油膜是呈单分子层分布的;②把油酸分子看成球形;③分子之间空隙不计。 故选 每滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积为， 按照超过半格的算一个，不足半格的舍去原则，可得共有61格， 则油酸膜的面积为， 估测出油酸分子的直径为代入得。 12.【答案】24990 150 黑   【解析】【分析】 本题考查了练习使用多用电表；对于实验问题，最关键的一点是要掌握实验的原理、注意事项、常用仪器的使用方法及读数方法等相关问题，即可进行分析了。 根据电压表的改装原理进行分析即可； 先确定电流表的分度值，根据指针所在位置即可进行读数； ②先读出电阻箱的示数，再根据中值电阻的意义进行分析即可； ③根据闭合电路欧姆定律进行分析； ④根据电流方向分析接电压表的正接线柱的是那个表笔。 【解答】 由题可知，当选择开关接“3”时为量程250 V的电压表，根据欧姆定律有： 可得：； 选择开关接“1”时，电表为量程为10mA的电流表，分度值为，两表笔接入待测电路，若指针指在图乙所示位置，其读数为； ②C处为表盘的中央刻度，所以C处刻度所对应的电阻为中值电阻，也即欧姆表的内电阻， 由图丙可得电阻箱的示数为：； 也即C处刻度线的标注值应为； ③由题意可知内置电源的电动势为，指针指在图乙所示的位置时，流过待测电阻的电流为， 根据闭合电路欧姆定律有：； 代入数据可得：； ④黑表笔与内置电源的正极相接，所以电流会从黑表笔流出欧姆表，则可知与电压表正接线柱相接的是黑表笔。 故答案为：；；②150；③；④黑。 13.【答案】解：玻璃砖的折射率。 根据全反射的条件， 解得。 根据解得光在介质中传播速度， 传播时间。  【解析】详细解答和解析过程见【答案】 14.【答案】解：粒子在磁场中的运动情况如图所示 ， 由几何关系得， 解得；  洛伦兹力提供向心力， 得； 粒子在磁场做匀速圆周运动， 粒子在磁场中运动时间， 粒子从y轴进入电场至速度为0过程中，可得，， 解得， 粒子从P点从第二次到达y轴后向上偏转，经半个周期第三次到达y轴，时间为， 粒子从P点射入到第三次到达y轴的时间， 解得。  【解析】详细解答和解析过程见【答案】 15.【答案】设金属棒a刚进入磁场时的速度大小为  ，根据动能定理有  解得  金属棒进入磁场的瞬间，金属棒a中感应电动势  感应电流  根据牛顿第二定律有  解得 ； 设金属棒a从  、  飞出时的速度为  ，飞出后做平抛运动，则有  ，  解得  金属棒a在金属导轨  、  水平部分运动过程中，根据动量定理有  根据电流的定义式有  该过程感应电动势的平均值  感应电流的平均值  又  解得 ； 金属棒 a 落到金属导轨  、  上向右滑行时的初速度大小为 ，金属棒a、b组成的系统动量守恒，设最后的共同速度为 ，根据动量守恒定律有  解得  对金属棒 b 进行分析，根据动量定理有  根据电流的定义式有  解得  金属棒 a 在导轨  、  上运动时产生的焦耳热  解得  金属棒 a 在导轨 、 上运动时产生的焦耳热  解得  因此金属棒 a 中产生的焦耳热 。   【解析】详细解答和解析过程见【答案】 第1页，共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$