2024届广东省广州市白云区物理高二第二学期期末学业水平测试试题含解析

2024届广东省广州市白云区物理高二第二学期期末学业水平测试试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24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、在光滑水平面上，有两个小球A、B沿同一直线同向运动（B在前），已知碰前两球的动量分别为pA=12kg•m/s、pB=13kg•m/s，碰后它们动量的变化分别为△pA、△pB．下列数值可能正确的是（）A．△pA=-3kg•m/s、△pB=3kg•m/sB．△pA=3kg•m/s、△pB=-3kg•m/sC．△pA=-24kg•m/s、△pB=24kg•m/sD．△pA=24kg•m/s、△pB=-24kg•m/s2、太空中的尘埃对飞船的碰撞会阻碍飞船的飞行，质量为M的飞船飞入太空尘埃密集区域时，需要开动引擎提供大小为F的平均推力才能维持飞船以恒定速度v匀速飞行．已知尘埃与飞船碰撞后将完全黏附在飞船上，则在太空尘埃密集区域单位时间内黏附在飞船上尘埃的质量为A． B． C． D．3、一个闭合线圈放在变化的磁场中，线圈产生的感应电动势为E。若仅将线圈匝数增加为原来的4倍，则线圈产生的感应电动势变为（）A．4EB．2EC．E/2D．E/44、下列能揭示原子具有核式结构的实验是()A．光电效应实验 B．伦琴射线的发现C．α粒子散射实验 D．氢原子光谱的发现5、如图，在一水平、固定的闭合导体圆环上方，有一条形磁铁（N极朝上，S极朝下）由静止开始下落，磁铁从圆环中穿过且不与圆环接触，关于圆环中感应电流的方向（从上向下看），下列说法中正确的是A．总是顺时针 B．总是逆时针C．先顺时针后逆时针 D．先逆时针后顺时针6、质量为的同学，双手抓住单杠做引体向上，他的重心的速率随时间变化的图象如图所示．取，由图象可知A．时他的加速度B．他处于超重状态C．时他受到单杠的作用力的大小是D．时他处于超重状态二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7、如图所示，质量分别为m，M的物体A，B静止在劲度系数为k的弹簧上，A与B不粘连．现对物体施加竖直向上的力F使A、B一起上升，若以两物体静止时的位置为坐标原点，两物体的加速度随位移的变化关系如图乙所示．下列说法正确的是（）A．在乙图PQ段表示拉力F逐渐增大B．在乙图QS段表示B物体减速上升C．位移为x1时，A、B之间弹力为mg+kx1-Ma0D．位移为x3时，A、B一起运动的速度大小为8、如图，带有活塞的气缸中封闭一定质量的理想气体，将一个半导体NTC热敏电阻R置于气缸中，热敏电阻与气缸外的电源E和电流表A组成闭合回路，气缸和活塞具有良好的绝热（与外界无热交换）性能，若发现电流表的读数增大，以下判断正确的是（不考虑电阻散热）（）A．气体一定对外做功B．气体体积一定增大C．气体内能一定增大D．气体压强一定增大9、在光滑绝缘的水平面上，一绝缘轻绳拉着一个带电小球，绕轴O在匀强磁场中做逆时针方向的水平匀速圆周运动，磁场方向竖直向下，俯视如图所示。若小球运动到A点时，绳子突然断开，关于小球在绳子断开后的可能运动情况，下列说法正确的是（）A．若带正电，小球做顺时针方向的匀速圆周运动B．若带负电，小球做顺时针方向的匀速圆周运动C．若带正电，小球做逆时针方向的匀速圆周运动，半径变小D．若带正电，小球做逆时针方向的匀速圆周运动，半径增大10、关于电磁场和电磁波的说法中正确的是：（）A．变化的磁场可以产生电场，变化的电场可以产生磁场B．麦克斯韦第一次在实验室通过实验验证了电磁波的存在C．电磁波是纵波，可以在真空中传播D．紫外线是一种波长比紫光波长更短的电磁波，能够灭菌三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11．（6分）在“探究单摆周期与摆长的关系”的实验中：（1）需要测量悬线长度，现用最小分度为1mm的米尺测量，图中箭头所指位置是拉直的悬线两端在米尺上相对应的位置，测得悬线长度为mm。33021498979699（2）一组同学测得不同摆长l单摆对应的周期T，将数据填入表格中，根据表中数据，在坐标纸上描点，以T为纵轴，l为横轴，作出做简谐运动的单摆的T-l图像。根据作出的图像，能够得到的结论是_________。A．单摆周期T与摆长l成正比B．单摆周期T与摆长l成反比C．单摆周期T与摆长l的二次方根成正比D．单摆摆长l越长，周期T越大（3）另一组同学进一步做“用单摆测定重力加速度”的实验，讨论时有同学提出以下几点建议，其中对提高测量结果精确度有利的是。A．适当加长摆线B．质量相同、体积不同的摆球，选用体积较大的C．单摆偏离平衡位置的角度不能太大D．当单摆经过平衡位置时开始计时，经过一次全振动后停止计时，用此时间间隔作为单摆振动的周期12．（12分）用图甲所示的实验装置探究加速度与力、质量的关系．（1）完成平衡摩擦力的相关内容：A．取下沙桶，把木板不带滑轮的一端垫高；B．接通打点计时器电源，轻推小车，让小车拖着纸带运动，如果打出的纸带如图乙所示，则应___________（选填“增大”、“减小”或“不改变”）木板的倾角，反复调节，直到纸带上打出的点迹____________为止．（2）某同学实验时得到如图丙所示的a-F图象(沙和沙桶质量远小于小车质量)，则该同学探究的是：在_____________条件下，______________成正比．（3）上题中若沙和沙桶质量过大不能远小于小车质量，则可能会出现下列哪种图象_______四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13．（10分）斜面ABC中AB段粗糙,BC段长为1.6m且光滑,如图(a)所示．质量为1kg的小物块以初速度vA=12m/s沿斜面向上滑行,到达C处速度恰好为零,小物块沿斜面上滑的v−t图象如图(b)所示．已知在AB段的加速度是BC段加速度的两倍,g=10m/s2.(vB,t0未知)求：(1)小物块沿斜面向上滑行通过B点处的速度vB；(2)斜面AB段的长度；14．（16分）一质量为M=4kg的长木板在粗糙水平地面上向右运动，在t=0时刻，木板速度为vo=6m/s,此时将一质量为m=2kg的小物块(可视为质点)无初速度地放在木板的右端，二者在0~1s内运动的v-t图象如图所示。己知重力加速度g=10m/s2。求：(1)小物块与木板的动摩擦因数μ1,以及木板与地面间的动摩擦因数μ2；(2)若小物块不从长木板上掉下,则小物块最终停在距木板右端多远处?(3)若在t=1s时,使小物块的速度突然反向(大小不变),小物块恰好停在木板的左端,求木板的长度L。15．（12分）如图所示，足够长的光滑金属导轨EF、PQ固定在竖直面内，轨道间距L=1m，底部接入一阻值为R=0.15的定值电阻，上端开口，处于垂直导轨面向内的磁感应强度为B=0.5T的匀强磁场中一质量为m=0.5kg的金属棒ab与导轨接触良好，ab连入导轨间的电阻r=0.1，电路中其余电阻不计，不可伸长的轻质细绳绕过光滑的定滑轮与ab相连，在电键S打开的情况下，用大小为9N的恒力F从静止开始向下拉绳子的自由端，当自由端下落高度h=1.0m时细绳突然断了,此时闭合电键S.运动中ab始终垂直导轨，并接触良好，不计空气阻力，取g=10m/s2试问：(1)当绳子自由端下落高度大小h=1.0m时，ab上的电流方向如何？此时ab棒速度的大小；(2)请说明细绳突然断后ab棒的大致运动情况；(3)当ab棒速度最大时，定值电阻R的发热功率。

参考答案一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24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、A【解题分析】

由题意知，碰撞后，两球的动量方向都与原来方向相同，A的动量不可能沿原方向增大，故碰后它们动量的变化分别为ΔpA<0，故BD错误；根据碰撞过程动量守恒，如果ΔpA＝－3kg·m/s、ΔpB＝3kg·m/s，所以碰后两球的动量分别为p′A＝9kg·m/s、p′B＝16kg·m/s，根据碰撞过程总动能不增加，故A正确；根据碰撞过程动量守恒定律，如果ΔpA＝－24kg·m/s、ΔpB＝24kg·m/s，所以碰后两球的动量分别为pA′＝－12kg·m/s、pB′＝37kg·m/s，可以看出，碰撞后A的动能不变，而B的动能增大，违反了能量守恒定律，故C错误。故选A。2、D【解题分析】

设单位时间内黏附在飞船上尘埃的质量为m．以单位时间内黏附在飞船上的尘埃为研究对象，根据动量定理有：Ft=mv-0，其中t=1s，可得：，D正确．3、A【解题分析】

根据法拉第电磁感应定律：E=n，可知仅将磁通量的变化率增加为原来的4倍时，线圈中的感应电动势变为4E，故BCD错误，A正确。故选A。4、C【解题分析】

能揭示原子具有核式结构的实验是粒子散射实验，故C正确，ABD错误。5、C【解题分析】

由图示可知，在磁铁下落过程中，穿过圆环的磁场方向向上，在磁铁靠近圆环时，穿过圆环的磁通量变大，在磁铁远离圆环时穿过圆环的磁通量减小，由楞次定律可知，从上向下看，圆环中的感应电流先沿顺时针方向，后沿逆时针方向，故C正确．故选C．6、B【解题分析】

速度时间图象的斜率表示加速度，根据图象求出t=0.4s和t=1.1s时的加速度，再根据牛顿第二定律求出单杠对该同学的作用力．根据加速度方向分析人的运动状态.【题目详解】A、根据速度图象的斜率表示加速度可知，t=0.5s时，他的加速度为0.3m/s2，选项A错误；B、t=0.4s时他向上加速运动，加速度方向竖直向上，他处于超重状态，B正确；C、t=1.1s时他的加速度为0，他受到的单杠的作用力刚好等于重力600N，C错误；D、t=1.5s时他向上做减速运动，加速度方向向下，他处于失重状态，选项D错误；故选B.【题目点拨】根据速度–时间图象斜率代表加速度的特点，可以计算t=0.5s时的加速度；根据加速度的方向，可以确定他的超、失重状态.二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7、AC【解题分析】

A．开始时，质量分别为m，M的物体A，B静止在劲度系数为k的弹簧上，弹簧的弹力向上，大小为：F=（M+m）g随物体的向上运动，弹簧伸长，形变量减小，弹簧的弹力减小，而PQ段的加速度的大小与方向都不变，根据牛顿第二定律：F-（M+m）g+F弹=（M+m）a；F弹减小，所以F增大．故A正确；B．在乙图QS段，物体的加速度的方向没有发生变化，方向仍然与开始时相同，所以物体仍然做加速运动，是加速度减小的加速运动．故B错误；C．开始时，质量分别为m，M的物体A，B静止在劲度系数为k的弹簧上，弹簧的弹力：F1=（M+m）g；当弹簧伸长了x1后，弹簧的弹力：F1=F1-△F=F1-kx1=（M+m）g-kx1；以B为研究对象，则：F1-mg-Fx1=Ma1；得：Fx1=F1-mg-Ma1=mg-kx1-Ma1．故C正确；D．P到Q的过程中，物体的加速度不变，得：v12＝2a1x2；Q到S的过程中，物体的加速度随位移均匀减小，联立得：v22＝a1(x2+x3)．故D错误．故选AC．8、ABC【解题分析】气体用活塞封闭，故气体的压强不变．电流表示数增大，则由闭合电路欧姆定律可知，电路中电阻R减小；根据半导体热敏电阻的性质可知，气缸内温度升高，内能变大；由气体状态方程PV/T=C可得，气体体积一定增大，气体对外界做功，故ABC正确，故D错误；故选ABC．点睛：本题综合了热学与电学相关知识，要求掌握闭合电路欧姆定律及气体的内能只与温度有关，温度越高，则气体的内能越大．9、BD【解题分析】

ACD.若小球带正电，则小球所受的洛伦兹力指向圆心，开始时，拉力可能为零，绳断后，仍然洛伦兹力提供向心力，逆时针做圆周运动，半径不变．若开始靠洛伦兹力和拉力的合力提供向心力，绳断后，拉力减小为零，小球靠洛伦兹力提供向心力，速度的大小不变，半径变大，故AC不符合题意，D符合题意；B.如果小球带负电，则小球所受的洛伦兹力方向背离圆心，绳子断后，小球做顺时针的匀速圆周运动，故B符合题意。10、AD【解题分析】

A、根据“麦克斯韦”电磁场理论，可知，变化的磁场可以产生电场，变化的电场可以产生磁场；故A正确.B、麦克斯韦预言了电磁波的存在；赫兹第一次通过实验验证了电磁波的存在；故B错误.C、电磁波是横波，变化的电场与变化磁场相互垂直，能在真空中传播的；故C错误.D、紫外线的波长比紫光的短，它可以进行灭菌消毒；故D正确.故选AD.【题目点拨】解决本题的关键知道电磁波的产生原理，以及知道电磁波的类型。对于这些基本知识要熟练掌握并能正确应用.三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11、（1）987.0；（2）D；（3）AC【解题分析】试题分析：（1）悬线长度为987.0mm；（2）根据解得：，即周期的平方与摆长成正比，单摆摆长l越长，周期T越大；故选D.（3）加大摆长可以减小测量摆长的相对误差，选项A正确；选用体积小质量大的小球可减小空气的相对阻力，选项B错误；单摆偏离平衡位置的角度不能太大，否则就不是简谐振动，选项C正确；经过一次全振动后停止计时，这样会增加测量周期的误差，因至少测量30-50次全振动的时间计算周期，选项D错误；故选AC.考点：探究单摆周期与摆长的关系。12、（1）减小间隔相等（2）小车质量一定小车的加速度与所受作用力（3）B【解题分析】

（1）探究加速度与力、质量关系实验，小车受到的合力等于砂与砂桶的重力，实验前需要平衡摩擦力；平衡摩擦力时木板倾角要适当，使小车沿斜面重力的分类等于摩擦力，斜面倾角不要过大，否则会导致过平衡摩擦力，时小车受到的合力大于砂与砂桶的重力，a-F图象在纵轴上有截距．

（2）根据图象的意义，说明a一F的关系；

（3）在小车质量远大于小桶及砝码质量的情况下，可以近似认为小车受到的合力等于小桶与砝码的重力，如果小车质量没有远大于小桶与砝码的质量，小车受到的合力明显小于小桶与砝码的重力，如果仍然认为小车受到的合力等于小桶与砝码的重力，则加速度与力不成正比，a-F图象不是直线，而是一条曲线．【题目详解】（1）[1][2]．探究小车质量不变的情况下，小车的加速度与小车受到的力的关系，实验前要平衡摩擦力，可以在木板下面加垫块，让木板倾斜，小车重力沿斜面的分力与摩擦力相等，它们的合力为零，达到平衡摩擦力的目的．由图乙图象可知，纸带上两点之间的距离逐渐增大，说明小车做加速运动，质量沿斜面向下的分力大于摩擦力，这是由过度平衡摩擦力造成的．所示，则应减小木板的倾角，反复调节，直到纸带上打出的点迹间隔相等为止．（2）[3][4]．该实验中使用了控制变量法，使用在探究a与F的关系时，质量保持不变，即小车的重力一定；由图丙所示的a-F图象可知，小车的加速度与所受拉力成正比．（3）[5]．由于没有满足小车质量M远大于小桶及钩码质量m，当拉力较大时加速度与小桶及砝码重力不成正比，图线上部向下弯曲．故选B.【题目点拨】探究加速度与力、质量关系实验，关键要搞清实验的原理，尤其是一些重要的步骤，例如平衡摩擦力以及“保证小车质量M远大于小桶及钩码质量m”等问题更要弄清，比如平衡摩擦力的方法步骤，达到的程度等等．四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13、(1)4m/s(2)6.4m【解题分析】

(1)由v­t图象可知，小物块沿斜面向上滑行的初速度vA＝12m/s，由aAB＝2aBC可得，，解得vB＝4m/s．(2)在上滑过程对AB段有vB2－vA2＝2aABxAB，对BC段有vC2－vB2＝2aBCxBC，xBC＝1.6m，由以上各式解得xAB＝6.4m．【题目点拨】本题考查了运动学公式基本公式以及牛顿第二定律的应用，要求同学们能正确分析物体的受力情况，能根据受力情况判断运动情况.14、（1）μ1=0.1，μ2=0.3；（2）2.625m；（3）3.6m；【解题分析】

（1）由v-t图象得到小物块的加速度，根据牛顿第二定律列式求解动摩擦因数；再对长木板受力分析，根据v-t图象得到加速度，根据牛顿第二定律列式求解木板与地面间的动摩擦因数μ2。（2）根据v-t图象得到1s内滑块与木板的位移大小，得到相对位移大小；1s后都是减速，但滑块相对木板再次右移，根据运动学公式列式分析；（3）先小物块的速度突然反向，先对木板和滑块分别受力分析，根据牛顿第二定律得到加速度，再结合运动学公式求解相对位移。【题目详解】（1）小物块的加速度：，

长木板的加速度：，

对小物块受力分析，受重力、支持力和