2023-2024学年四川省眉山市仁寿实验中学高二（下）期中物理试卷（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2023-2024学年四川省眉山市仁寿实验中学高二（下）期中物理试卷一、单选题：本大题共7小题，共28分。1.自奥斯特实验证实了电流的周围存在磁场之后，许多科学家又做了很多实验研究电与磁的关系，其中发现通电导线与磁体间有相互作用的物理学家是(

)A.托马斯⋅杨 B.伏特 C.安培 D.特斯拉2.如图所示是某质点做简谐运动的振动图像。设水平向右为正方向，根据图像中的信息，下列说法正确的是(

)A.质点的振幅是20cm

B.在1.5s和2.5s这两个时刻，质点的位置相同

C.在2s到3s的时间内，振子速度增加，加速度减少3.如图所示，质量为m的带电小球N用绝缘丝线悬挂于P点，另一带正电小球M固定在带电小球N的左侧，小球N平衡时，绝缘丝线与竖直方向夹角为θ，且两球球心在同一水平线上。关于小球N的电性和所受库仑力的大小，下列判断正确的是(M、N均可视为点电荷，重力加速度为g)(

)A.正电，mgtanθ B.负电，mgtanθ4.如图所示，A、B为相同的两个灯泡，均发光，当变阻器的滑片P向下端滑动时．则(

)

A.A灯变亮，B灯变暗 B.A灯变暗，B灯变亮

C.A、B灯均变暗 D.A、B灯均变亮5.如图，一带电粒子在电场中由A点运动到B点，图中实线为电场线，虚线为粒子的运动轨迹，则下列说法正确的是(

)A.该粒子带负电

B.该粒子从A点运动到B点的过程中，其速率增大

C.该粒子从A点运动到B点的过程中，其电势能增大

D.该粒子从A点运动到B点的过程中，其加速度减小

6.如图所示，直角三角形abc，∠a=60°，ad=dc，b、c两点在同一水平线上，垂直纸面的直导线置于b、c两点，通有大小相等、方向向里的恒定电流，d点的磁感应强度大小为

A.大小为33B0，方向水平向左 B.大小为B0，方向水平向右

C.大小为37.如图所示，水平地面上方空间有方向竖直向下的匀强电场，一质量m=0.1kg，电荷量q=0.2C的带正电小球从离地面高h=5m的P点，以v0=2m/s的初速度水平向右抛出，小球下落到地面上的M点。若撤去电场，小球仍从同一位置以相同的速度抛出，小球下落到地面上的N点，测得A.5N/C B.10N/C二、多选题：本大题共3小题，共15分。8.下列四种情况中，可以产生感应电流的有(

)

A.如图(a)，闭合线圈在匀强磁场中沿垂直磁感线的方向水平向右运动

B.如图(b)，导体棒在匀强磁场中沿磁感线方向上下运动

C.如图(c)9.如图为t=0时刻一列沿x轴正方向传播的简谐波的完整波形图，波速大小为5m/s，P点位于x轴上且横坐标为8A.该机械波为横波

B.该机械波的频率为1.25Hz

C.P点开始振动的方向沿y轴负方向

D.从t=0到t=10.如图，空间有一范围足够大的匀强电场，场强方向与梯形区域ABCD平行，已知AB/​/CD，AD=DC=CB=12ABA.D点电势为10V B.场强方向由D指向B

C.该粒子到达C点时速度大小为21m/s D.三、实验题：本大题共2小题，共16分。11.实验小组的同学用如图所示的装置做“用单摆测重力加速度”的实验。

(1)实验室有如下器材可供选用：

A.长约1m的细线

B.长约1m的橡皮绳

C.直径约2cm的铁球

D.直径约2cm的塑料球

E.米尺

F.时钟

G.停表

实验时需要从上述器材中选择：______(填写器材前面的字母)。

(2)在挑选合适的器材制成单摆后他们开始实验，操作步骤如下：

①将单摆上端固定在铁架台上。

②测得摆线长度，作为单摆的摆长。

③在偏角较小的位置将小球由静止释放。

④记录小球完成n次全振动所用的总时间t，得到单摆振动周期T=tn。

⑤根据单摆周期公式计算重力加速度的大小。

其中有一处操作不妥当的是______。(填写操作步骤前面的序号)

(3)发现(2)中操作步骤的不妥之处后，他们做了如下改进：让单摆在不同摆线长度的情况下做简谐运动，测量其中两次实验时摆线的长度12.某同学要测量一节干电池的电动势和内阻。他根据老师提供的以下器材，画出了如图甲所示的原理图。

①电压表V(量程3V，内阻RV约为10kΩ)

②电流表G(量程3mA，内阻RG=100Ω)

③电流表A(量程3A，内阻约为0.5Ω)

④滑动变阻器R1(0～20Ω,2A)

⑤滑动变阻器R2(0～500Ω,1A)

⑥定值电阻R3=0.5Ω

⑦开关S和导线若干

(1四、简答题：本大题共3小题，共41分。13.如图，电路中电源的电动势为E=16V、内阻为r=1Ω，电动机M的内阻为rM=1.5Ω，灯泡L上标有“4V，8W”。电流表和电压表均为理想电表。闭合开关S，灯泡和电动机都正常工作。求：

(

14.如图所示，光滑圆弧轨道的圆心为O1(图中未画出)，半径为R=1m，圆弧底部中点为O，两个大小可忽略，质量分别为m1和m2的小球A和B，A在离O点很近的轨道上某点，AO1与竖直方向的夹角为θ，并且cosθ=0.99，B在O点正上方处，现同时释放两球，使两球在小球A第三次通过O点时恰好相碰，取g=10m/s2，15.如图，水平轨道AB与半径为R的竖直半圆弧轨道BCD在B点平滑连接，整个装置处于与水平方向成45°角斜向上的匀强电场中，场强大小E=2mgq。质量为m，电荷量为q的带正电小球从水平轨道上A点静止释放后以水平速度v0=3gR经B点进入圆弧轨道。不计一切摩擦阻力，重力加速度大小为g。求：

(1)水平轨道A答案和解析1.【答案】C

【解析】解：自奥斯特实验之后，安培等人又做了很多实验，他们发现，不仅通电导线对磁体有作用力，磁体对通电导线也有作用力。为了纪念安培，人们把这种相互作用力称为安培力。故C正确，ABD错误。

故选：C。

根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可。

物理学史也是物理考试中经常出现的一类题型，要求学生熟记著名科学家的贡献．2.【答案】D

【解析】解：A、由图可知：该质点的振幅为10cm，故A错误；

B、在1.5s时刻质点的位移为正值，质点在平衡位置的右侧，在2.5s时刻质点的位移为负值，质点在平衡位置的左侧，二者位置不同，故B错误；

C、由图可知：在2s到3s的时间内，振子远离平衡位置，回复力做负功振子的速度减小，加速度增大，故C错误；

D、由小球振动图像可知，振动周期T=4s3.【答案】C

【解析】解：以小球为研究对象，对小球进行受力分析，根据小球处于平衡状态可知：

F=mgtanθ

而小球所受库仑力大小为mgtanθ。

由于小球受到正电荷的排斥力，所以小球也带正电。故C4.【答案】C

【解析】解：电路的结构是：变阻器与灯B并联与R串联，再与灯A并联．当变阻器的滑片P向下端滑动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，则知总电流增大，内电压增大，路端电压减小，通过A的电流减小，则灯A变暗．因总电流增大、通过A的电流减小，则通过R的电流增大，R的电压增大，路端电压减小，则B两端电压的减小，B灯变暗．所以A、B灯均变暗．

故选：C．

首先认识电路的结构：变阻器与灯B并联与R串联，再与灯A并联．当变阻器的滑片P向下端滑动时，变阻器接入电路的电阻减小，分析外电路总电阻减小，根据欧姆定律分析总电流的变化和路端电压的变化，即可知道灯A的亮度变化．根据总电流和通过A电流的变化，分析通过R的电流变化和电压变化，可分析出B两端电压的变化，即可知灯B亮度变化．可分析出通过并联电路的变化，则知灯B的变化．

本题是电路动态变化分析问题，按“局部→整体→局部”的思路进行分析．5.【答案】B

【解析】解：A、粒子从A点运动到B点的过程中，粒子的运动轨迹向右弯曲，根据曲线运动的受力特点，电场力指向凹侧。粒子在A点受到的电场力方向与电场线方向同向，故粒子带正电，故A错误；

BC、粒子所受电场力方向与速度方向成锐角，故电场力做正功，动能增大，电势能减小，速度增大，故B正确，C错误；

D、从A点到B点，电场线越来越密，电场强度增大，电场力增大，粒子的加速度增大，故D错误。

故选：B。

电场力作用下从A到B，由运动与力关系可知，电场力方向沿电场线，指向运动轨迹弯曲一侧，即可判断带电粒子电性；根据力的方向与速度方向的关系判断粒子的速度变化和电势能变化；电场线的疏密表示电场强度的大小，从而判断粒子的加速度的变化。

6.【答案】C

【解析】解：依题意据几何知识知：θ=60°

设每根导线在D点产生的磁感应强度为B，据矢量合成的平行四边形定则有；B0=2Bcosθ=2B×12=B

若把置于C点的直导线反向，电流大小和方向都不变，据几何知识可得：α=30°，

D7.【答案】C

【解析】解：撤去电场之前，小球做类平抛运动，根据牛顿第二定律有

qE+mg=ma

根据分运动的规律有

h=12at12

x1=v0t1

撤去电场之后，小球做平抛运动，则有

h=12gt228.【答案】CD【解析】解：A、如图(a)，闭合线圈在匀强磁场中沿垂直磁感线的方向水平向右运动，穿过闭合线圈的磁通量不发生变化，所以没有感应电流产生，故A错误；

B、如图(b)，导体棒在匀强磁场中沿磁感线方向上下运动，穿过含有导体棒的闭合电路的磁通量不发生变化，所以没有感应电流产生，故B错误；

C、如图(c)，把条形磁铁插入线圈的过程，使穿过线圈的磁通量增加，则在线圈中有感应电流产生，故C正确；

D、如图(d)，小螺线管置于大螺线管中不动，开关接通瞬间，穿过大螺线管的磁通量从无到有，所以大螺线管中有感应电流产生，故D正确。9.【答案】AB【解析】解：A、波沿x轴正方向传播，质点的振动方向与波的传播方向垂直，可知该机械波为横波，故A正确；

B、由图可知该波的波长λ=4m，由波速公式v=λf可得：f=1.25Hz，故B正确；

C、P点开始振动的方向与图中x=4m处质点开始振动的方向相同，由波形平移法可知P点开始振动的方向沿y轴正方向，故C错误；

D、该波的周期为T=1f=11.25s=0.8s，波从图示位置传到P点的时间为t=xv=8−45s=0.8s，从t10.【答案】AC【解析】解：B、φA=10V，φB=30V，可知AB的中点E的电势为20V，可知EC为等势线，如图所示，

连接EC，作EC的垂线，由几何关系，根据沿电场线方向电势降低可知场强方向由B指向D，故B错误；

A、由几何关系可知F为BD的中点，有：φA=φD，φF=φC=20V，且：φB+φD=2φF=40V

可得：φD=10V，故A正确；

C、电场强度的大小：E=φB−φCBCcos30∘=30−202×32V/m=1011.【答案】ACEG

②【解析】解：(1)单摆的摆长不可伸长，为减小空气阻力的影响和实验误差，先选用长约1m的细线，直径约2cm的铁球，要用米尺测量摆长，停表测量周期，故答案为：ACEG。

(2)操作不妥当的是②.单摆的摆长应等于摆线长度加摆球的半径。

(3)设摆球的半径为r，则根据单摆的周期公式得：

T1=2πl1+rg

T2=2πl2+rg

联立解得g=4π12.【答案】0.60

④

1.5

1.0

【解析】解：(1)改装后电流表量程为I=IG+IGRGR3

代入数据I≈0.6A

(2)滑动变阻器采用限流式接法，为使电路中电流较大，并且方便调节，故实验中应选用的滑动变阻器是阻值范围较小的④。

(3)由(1)可知，改装后电流表的量程I=IG(1+RGR3)=IG(1+1000.5)=201IG

根据闭合电路欧姆定律可得E13.【答案】解：(1)闭合开关S，灯泡正常工作，则电流表的示数为

I=PLUL=84A=2A

(2)设电压表的示数为U，由闭合电路欧姆定律有

U=E−Ir−UL=(16−2×1−4)V=10V【解析】(1)闭合开关S，灯泡正常工作，根据P=UI求解电路中电流，即为电流表的示数；

(214.【答案】解：(1)根据题意分析知，可将A球运动看作摆长为R的单摆，其周期：T=2πRg=2π2Rg≈2R=2×1s=2s

(2)小球从A到O的过程中机械能守恒，可得：m1gR(1−cosθ)=【解析】(1)A球是等效单摆，根据单摆的周期公式求出其周期；

(2)根据机械能守恒定律求出A经过最低点的速度；

(