湖南省长沙市望城区第二中学2024-2025学年高二下学期7月期末物理试题

答案解析部分 1．【答案】B 【知识点】简谐运动 2．【答案】B 【知识点】平抛运动 3．【答案】D 【知识点】动量定理；冲量 4．【答案】B 【知识点】电容器及其应用 5．【答案】D 【知识点】气体的等压变化及盖-吕萨克定律 6．【答案】D 【知识点】电能的输送 7．【答案】C 【知识点】力的合成与分解的运用；向心力；机械能守恒定律 8．【答案】A,C 【知识点】共点力的平衡 9．【答案】B,D 【知识点】力的合成与分解的运用 10．【答案】A,D 【知识点】电容器及其应用 11．【答案】C,D 【知识点】牛顿第二定律；牛顿运动定律的应用—连接体 12．【答案】（1）D （2）95.9 （3）1.63 （4）等于 【知识点】用单摆测定重力加速度 13．【答案】（1）左 （2）A （3）； （4）偏小 【知识点】电池电动势和内阻的测量 【解析】【解答】本题考查测定电池的电动势和内阻实验，要求掌握实验原理，电压表的分流或者电流表的分压可能导致实验误差。 （1）为了保护电流表应让电路中的电阻最大，则滑动变阻器的滑片置于最左端； （2）电流表的量程为0~300mA，则变阻器的最小阻值为 为了安全且调节方便，选择最大阻值为10的滑动变阻器比较合适，故选A。 （3）设滑动变阻器两次的阻值为、，连接新电池根据闭合电路的欧姆定律有 ， 连接旧电池时，有 ， 联立可得 ， （4）若粗心将滑动变阻器R的滑片滑到了标记2 偏左一些的位置，则实际的偏大，接入旧电池后的偏小，根据可知电动势的计算值偏小。 【分析】（1）为了保护电流表应让电路中的电阻最大； （2）结合电流表量程，为了安全且调节方便，选择合适滑动变阻器； （3）分别对新电池和旧电池结合闭合回路欧姆定律列方程求解； （4）操作导致实际的偏大，接入旧电池后的偏小，结合（3）中电动势表达式分析。 （1）为了保护电流表应让电路中的电阻最大，则滑动变阻器的滑片置于最左端； （2）电流表的量程为0~300mA，则变阻器的最小阻值为 为了安全且调节方便，选择最大阻值为10的滑动变阻器比较合适，故选A。 （3）[1][2]设滑动变阻器两次的阻值为、，连接新电池根据闭合电路的欧姆定律有 ， 连接旧电池时，有 ， 联立可得 ， （4）若粗心将滑动变阻器R的滑片滑到了标记2 偏左一些的位置，则实际的偏大，接入旧电池后的偏小，根据可知电动势的计算值偏小。 14．【答案】（1）解：电子做类平抛运动，水平方向 竖直方向 解得 （2）解：根据牛顿第二定律 电子所受电场力 两板间电电压 解得 （3）解：电子进入和离开电场两点间电势差为 ，电场力做功 解得 【知识点】带电粒子在电场中的偏转 【解析】【分析】（1）电子在两极板间做类平抛运动，根据题意确定其在水平和竖直方向的位移，再根据类平抛运动规律进行解答； （2）确定电子在电场中的受力情况，再根据牛顿第二定律及电势差与场强的关系进行解答； （3）确定电子进入电场和离开电场过程沿电场线方向运动的位移，根据场强与电势差的关系确定进出电场时两点间的电势差，再根据功的定义进行解答。 15．【答案】（1）解：根据图像斜率代表加速度可知，0~2s内滑块Q和木板P的加速度 ， （2）解：根据图像面积代表位移可知 （3）解：对Q分析0-2s阶段 对P分析 在共同减速阶段地面的摩擦力 ， 解得 【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；运动学 v-t 图象 【解析】【分析】（1）v-t图像的斜率表示加速度，结合图像乙进行解答即可； （2）v-t图像与时间轴所围面积表示位移，根据图乙进行解答即可； （3）在0-2s分别对P和Q及2-4s对PQ构成的系统进行受力分析，在根据牛顿第二定律进行解答。 16．【答案】（1）解：由平衡条件知，初始时刻 mgsinθ=Bil i= 得 B= 代入数据得 B=1T （2）解：从CC’到DD’，导体棒做的匀加速运动，加速度为 a2=gsinθ=5m/s2 由题意知，导体棒在AA’CC’运动的加速度 a1=4m/s2 其到达CC’的速度满足 v12=2a1d 从CC’到DD’， 有 v22-v12=2a2d 计算得 v1=4m/s v2=6m/s （3）解：开关拨向2后，导体棒开始在磁场中运动，当速度为v时，由牛顿运动定律得 mgsinθ-BiL=ma i= q=CU U=BLv 可得 a= 计算得 C=0.25 F （4）解：进入第二个磁场后，导体棒受到重力、弹力、安培力，其动力学方程可写作 mgsinθ-BiL=ma 其中 i= 代入后 mgsinθ－－=ma 注意到B=，上式写 －=ma 可等效为导体棒在仅受安培力作用下的运动，上式变形可得 －=mvt-mv2 代入x=2m，得 vt=4m/s 即到达FF’时的速度为4m/s 【知识点】安培力的计算；导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的动力学问题 【解析】【分析】（1）利用导体棒在磁场中受到安培力的特点，结合共点力的平衡可求出磁感应强度的大小；（2）利用牛顿第二定律可求出导体棒做匀加速直线运动的加速度大小，结合匀加速直线运动速度位移关系式可求出速度的大小；（3）利用电容器带电量与电压、电容的关系式，结合导体棒切割磁感线产生感应电流与电荷量的关系是可求出电容的大小；（4）利用牛顿第二定律，结合安培力的表达式，可等效为动量定理的表达式，可求出位移的大小，进而可求得速度大小。 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 高二物理试卷 一、单选题 1．春节的超市里喜气洋洋的播放着歌曲，其中有一句歌词“树上停着一只一只什么鸟”，如图小来同学看到一只鸟落在树枝上的Р处，树枝在10s内上下振动了6次。鸟飞走后，他把50g的砝码挂在P处，发现树枝在10s内上下振动了12次。将50g的砝码换成500g砝码后，他发现树枝在16s内上下振动了6次。你估计鸟的质量最接近（　　） A．50g B．200g C．500g D．550g 2．如图所示，用小锤击打弹性金属片后，A球沿水平方向抛出，同时B球被松开，自由下落。下列判断正确的是（　　） A．可以观察到B球先落地 B．若A、B两球同时落地说明A球在竖直方向上做自由落体运动 C．若A、B两球同时落地说明A球在水平方向上做匀速直线运动 D．若击打弹性金属片力度变小，则B球可能先落地 3．如图所示，光滑斜面的倾角为，质量为m的物体从固定斜面顶端滑下，到底端所用时间为t，重力加速度大小为g。对于这一过程，关于物体的情况描述正确的是（　　） A．重力的冲量大小为 B．支持力的冲量大小为0 C．合力的冲量大小为0 D．动量的变化量为 4．如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（不计内阻）连接，下极板接地，开关S初始闭合，一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态，下列说法正确的是（　　） A．油滴带正电荷 B．将上极板向上移动一小段距离，电容器的电容减小 C．上极板向左平移一小段距离，油滴向上运动 D．断开开关S，将上极板向下平移一小段距离，P点电势升高 5．如图所示为一定质量理想气体状态变化的图像。已知在状态A时的压强为，则（　　） A．状态B时的压强为 B．状态C时的压强为 C．A→B过程中气体对外做功 D．B→C过程中气体内能减小 6．随着节能减排的推进，水力发电站将代替部分火力发电站而成为发电主力。图甲为某水电站的电能输送示意图，升压变压器原、副线圈的匝数比为，降压变压器原、副线圈的匝数比为，发电机的输出电压恒为，降压变压器副线圈电压随时间变化的规律如图乙所示，两变压器均为理想变压器，两变压器之间输电线路的总电阻为，下列说法正确的是（　　） A．输电线路消耗的电功率为 B．发电机的输出功率为 C．用户消耗的电功率为 D．输电效率约为96% 7．某小组设计一个离心调速装置如图所示，质量为m的滑块Q可沿竖直轴无摩擦地滑动，并用原长为l的轻弹簧与O点相连，将两质量均为m的小球和分别用两根长度均为l的轻杆安装在轴上定点O与滑块Q之间，且对称地分布在轴的两边，每根轻杆两端连接处均为光滑铰链，均可绕各个连接点自由转动。当装置静止不动系统达到平衡时，轻杆张开的角度为。已知重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　） A．当装置静止不动系统达到平衡时，连接之间的轻杆弹力大小为 B．和绕轴旋转的角速度越大，轻弹簧弹力越小 C．若某时刻弹簧恰好恢复原长，则此时和绕轴旋转的线速度为 D．若和绕轴旋转的角速度从0缓慢增大到，则弹簧的弹性势能先减小后增大 二、多选题 8．半圆柱体P放在粗糙的水平地面上，其右端有一固定放置的竖直挡板MN。在半圆柱体P和MN之间放有一个光滑均匀的小圆柱体Q，整个装置处于平衡状态，如图所示是这个装置的截面图。现使MN保持竖直并且缓慢地向右平移，在Q滑落到地面之前，发现P始终保持静止，则在此过程中，下列说法正确的是（　　） A．Q对P的弹力逐渐增大 B．Q所受的合力逐渐增大 C．MN对Q的弹力逐渐增大 D．地面对P的摩擦力逐渐减小 9．关于共点力的合成，下列说法正确的是（　　） A．两个分力的合力一定比分力大 B．两个分力的大小一定，夹角越大，合力越小 C．两个力合成，其中一个力增大，另外一个力不变，合力一定增大 D．现有两个力，大小分别为3N、6N，这两个力的合力的最小值为3N 10．如图所示，A、B是水平放置的平行板电容器的两块极板，下极板B接地，直流电源电动势E恒定，内阻不计将开关S闭合，电路稳定后，一带电油滴位于两板中央的M点且恰好处于静止状态，现将A板向上平移一小段距离，则（　　） A．电容器的电容将减小 B．在A板上移过程中，电阻R中有向左的电流 C．带电油滴将沿竖直方向向上运动 D．M点电势将降低 11．如图所示，物块A、B、C的质量均为m，其中物块A、B上下叠放，A放在轻弹簧上，B、C通过一绕过光滑轻质定滑轮的轻绳相连，用手托住C使绳子处于恰好伸直无拉力的状态。某一时刻突然释放C，一段时间后A、B分离，此时C还未触地，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．释放C后瞬间，A、B间的弹力大小为mg B．A、B分离之前物块B做匀加速运动 C．A、B分离时，物块A的速度恰好达到最大值 D．A、B分离时，连接B、C的绳子拉力大小为mg 三、实验探究题 12．未来中国载人登月成功后，可利用单摆测量月球表面的重力加速度。航天员从月球上捡一块大小约为2cm的不规则石块做为摆球。航天员还有以下设备：刻度尺（量程30cm）、细线（1m左右）、计时器和足够高的固定支架。如图甲安装好器材，然后用刻度尺测量细线的长度L作为摆长。 （1）以下是实验过程中的一些做法，其中正确的有______。 A．将石块拉开一个小角度（约5°）并由静止释放，同时开始计时 B．释放石块时，摆线相对平衡位置偏角越大，摆动周期也越大 C．用秒表测量石块完成1次全振动的总时间t，则周期 D．用秒表测量完成50次全振动的总时间t，由求出周期 （2）秒表示数如图乙所示，它的示数为　 　s； （3）取，由图丙求出重力加速度　 　（结果保留三位有效数字）； （4）把细线的长度作为摆长，并由图丙求出的值　 　（选填“大于”“小于”或“等于”）当地的真实值。 13．干电池在长期使用后，电动势和内阻会发生改变。某实验小组为测量旧干电池的电动势 E和内阻r，准备了同规格的一节新电池，已知该新干电池电动势为E0=1.5V，内阻很小可忽略不计。设计电路如图所示，主要实验步骤如下： ①先将新电池接入电路，闭合开关S，调节滑动变阻器R使电流表满偏，示数为Im，标记滑动变阻器R 滑片的位置为1； ②再次调节滑动变阻器R使电流表半偏，标记滑动变阻器R滑片的位置为 2； ③断开开关S，仅将电路中的新电池换为旧电池，闭合开关S，调节滑动变阻器R滑片的位置分别为1和2，对应电流表的示数分别为 I1和I2。 回答下列问题： （1）在步骤①中，闭合开关S前，应将滑动变阻器R的滑片置于最　 　（选填“左”或“右”）端； （2）实验中，电流表的量程为0~300mA，则滑动变阻器选择下列选项中的 （选填序号）最合理； A．0~10Ω B．0~50Ω C．0~100Ω D．0~200Ω （3）通过该实验测得旧电池的电动势E=　 　，内阻r=　 　（用E0、Im、I1、I2表达）。 （4）步骤③中，因为学生粗心将滑动变阻器R的滑片滑到了标记2 偏左一些的位置，那么此操作使得旧电池的电动势E测量结果　 　（选填“偏大”或“偏小”）。 四、计算题 14．一水平放置的平行板电容器，两极板间电场可视为匀强电场。一电子从两极板间的中央点以初速度垂直于极板间的匀强电场飞入，恰能从下极板右边缘飞出，如图所示。已知两极板间距为，板长为，电子的质量为，电荷量为。不计电子的重力。求： （1）电子在两极板间的加速度大小； （2）两极板间电压； （3）在此过程中电场力对电子所做的功。 15．一足够长的木板P静置于粗糙水平面上，木板的质量M=4kg，质量m=1kg的小滑块Q（可视为质点）从木板的左端以初速度滑上木板，与此同时在木板右端作用水平向右的恒定拉力F，如图甲所示，设滑块滑上木板为t=0时刻，经过t1=2s撤去拉力F，两物体一起做匀减速直线运动，再经过t2=4s两物体停止运动，画出的两物体运动的v-t图像如图乙所示。（最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2）求： （1）0~2s内滑块Q和木板P的加速度？ （2）滑块Q运动的总位移？ （3）拉力F的大小？ 16． 如图为二根倾角θ= 的平行金属导轨，上端有一个电动势为E=5 V、内阻为r=1 Ω的电源，以及一个电容为C的电容器，导轨通过单刀双掷开关可分别与1、2相连。导轨中间分布有两个相同的有界磁场AA’CC’及DD’FF’，磁场方向垂直导轨向下，磁场内外边界距离等于导轨间距L，L =1 m，磁场的上下边界距离如图所示均为d =2 m，CC’到DD’的距离也为d。除电源内阻外，其它电阻忽略不计，导体棒与导轨光滑接触。初始时刻，开关与1相连，一根质量为m=1 kg的导体棒恰好能静止在导轨上AA’位置，导体棒处于磁场之中。当开关迅速拨向2以后，导体棒开始向下运动，它在AA’CC’、 CC’DD’两个区域运动的加速度大小之比为。 （1）求磁感应强度B的大小； （2）求导体棒运动至DD’时的速度大小v2； （3）求电容C的值； （4）当导体棒接近DD’时，把开关迅速拨向1，求出导体棒到达FF’的速度v3。 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $$