2023-2024学年河南省天一大联考高二（下）期末物理试卷（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2023-2024学年河南省天一大联考高二（下）期末物理试卷一、单选题：本大题共7小题，共28分。1.某同学用如图所示装置研究光电效应，金属板N的左侧表面涂有荧光物质，用波长为λ的紫外线照射金属板M会逸出光电子，在两金属板间加有电压，当两金属板间的电压为U时，荧光物质刚好不发光。已知普朗克常量为ℎ，光在真空中传播速度为c，电子的电量为e，则下列说法正确的是(

)A.将N板向左移，荧光物质不会发光

B.将N板向上移，荧光物质会发光

C.光电子的最大初动能为ℎcλ

D.金属板M的极限频率为2.如图1所示，某手机店用放在水平面上的折叠支架来展示手机，图2为示意图，背部支撑面与底部支撑面垂直，不计背部支撑面与手机间的摩擦，减小背部支撑面与水平面的夹角θ，则(

)A.支架底座与水平面间摩擦力增大

B.手机对底部支撑面的压力增大

C.手机对支架的作用力增大

D.手机重力和底部支撑面对手机作用力的合力增大3.由于地球自转，地球两极和赤道处的重力加速度不同，若地球两极处的重力加速度为g，地球的自转周期为T，将地球看成质量分布均匀、半径为R的球体，则质量为m的物体在赤道处受到的重力大小为(

)A.mg B.mR(2πT)2 C.4.如图所示，甲、乙两同学在水平地面上练习垫排球。甲同学将排球垫过去的轨迹为Ⅰ，乙同学将排球垫回的轨迹为Ⅱ，两同学的接球点在同一高度，甲同学垫球和接球的位置相同，球可视为质点，不计空气阻力，关于排球在轨迹Ⅰ、Ⅱ中的运动，下列判断正确的是(

)A.运动时间可能相同 B.最小速度大小可能相同

C.最大速度大小可能相同 D.重力的最大瞬时功率可能相同5.利用洛埃镜可以测量光的波长，其原理和杨氏双缝干涉实验相同。S为单色光源，M为水平放置的平面镜，S到平面镜的距离为a，到光屏的距离为b，下列判断正确的是(

)A.若条纹间距为d，则单色光波长为adb

B.仅增大a，条纹间距增大

C.仅增大b，条纹间距增大

D.6.如图所示为电磁炮的基本原理图(俯视图)。水平平行金属直导轨a、b充当炮管，金属弹丸放在两导轨间，与导轨接触良好，两导轨左端与一恒流源连接，可使回路中的电流大小恒为I，方向如图所示，两导轨中电流在弹丸所在处产生的磁场视为匀强磁场。若导轨间距为d，弹丸质量为m，弹丸在导轨上运动的最大距离为s，弹丸能加速的最大速度为v，不计摩擦，则下列判断正确的是(

)A.导轨间的磁场方向向上

B.导轨间的磁场磁感应强度大小为mv22Ids

C.弹丸克服安培力做功获得动能

7.如图所示的变压器为理想变压器，n1n2=41，两定值电阻的阻值均为R，在原线圈两端接入电压为U的正弦交流电源。若仅用导线连接a、b，变压器原线圈输入的功率为P。若仅用导线连接c、d，变压器原线圈输入的功率为14P；若用导线连接a、cA.34P B.38P C.二、多选题：本大题共3小题，共18分。8.如图所示为一列沿x轴传播的简谐横波在t=0.5s时刻的波形图，P、Q是波传播路径上的两个质点，t=0.5s时刻，质点P的位移为2cm，质点Q在平衡位置。从零时刻起，质点Q的振动方程为y=4sin2πt(cm)，则下列判断正确的是(

)A.波沿x轴负方向传播

B.波的传播速度大小为0.4m/s

C.从图示时刻开始，质点P比质点Q先到达波谷

D.质点P比质点Q振动超前7129.在空间固定A、B两个点电荷，图中实线为两电荷电场的部分电场线，过A、B的直线上有a、b、c、d四点，a、b到A的距离和c、d到B的距离均为L，a点电势比b点电势高，则下列判断正确的是(

)A.电荷A带正电、电荷B带负电

B.A的电荷量比B的电荷量大

C.c点电势比d点电势高

D.一个带负电的点电荷在b点电势能比在d点电势能大10.如图所示，匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的磁场方向均沿水平方向垂直纸面向外，两磁场边界水平，磁场宽度均为L，磁场Ⅰ下边界到磁场Ⅱ上边界间距为2.5L，磁场Ⅰ的磁感应强度大小为B。边长为L、电阻为R的单匝正方形金属线框abcd在垂直于磁场的竖直平面内，开始时ab边离磁场Ⅰ上边界距离为12L，由静止释放金属线框，线框在向下运动的过程中始终在竖直面内，且ab边始终水平，线框分别匀速穿过磁场Ⅰ、Ⅱ，重力加速度为g，忽略空气阻力，则下列判断正确的是(

)A.金属线框的质量为B2L2gLR

B.磁场Ⅱ的磁感应强度大小为22B

C.线框经过磁场Ⅰ产生的焦耳热小于经过磁场Ⅱ三、实验题：本大题共2小题，共17分。11.某实验小组要测量当地的重力加速度。由于没有摆球，小组成员找到了一块外形不规则的小金属挂件代替摆球做了一个如图所示的单摆。

(1)用刻度尺测量悬线的长L1，将挂件拉开一个不大于5°的角度后释放，用秒表测出30次全振动的总时间t=54.6s，则挂件振动的周期T1=______g。

(2)改变悬线的长，并测出悬线长L2，重复(1)实验，测出挂件振动的周期为T2，则当地的重力加速度为g=______(用L1、L2、T1、T2表示)。

(3)若多次改变悬线的长度重复实验，测得每次实验时悬线的长L及对应的挂件振动的周期T，作T2−L图像，得到的图像是一条______(12.某同学根据实验室提供的器材组成如图1所示电路，测电源电动势和内阻并同时测量电流表A2的内阻。所用器材：电源为两节干电池，电流表A1(量程0.6A，内阻r1=0.1Ω)，电流表A2(量程0.6A)，电阻箱R1(0～999.9Ω)，滑动变阻器R2(0～10Ω)，开关S1和单刀双掷开关S2、S3，导线若干。

(1)实验时，先将S2接1，S3接3，滑动变阻器接入电路的电阻调到最大，闭合开关S1，调节R1、R2，使电流表A1、A2的指针偏转均较大，若这时A1示数为I1、电流表A2的示数如图2所示，则电流表A2的示数为I2=______A；若这时电阻箱接入电路的电阻为R0，则电流表A2的内阻r2=______(用R0、I1、I2表示)。

(2)将开关S2接2，开关S3接4，将电流表A1改装成量程为3V的电压表，则电阻箱接入电路的电阻R1=______四、计算题：本大题共3小题，共37分。13.一定质量的理想气体从状态a变化到状态b，其过程如图所示，图线ab的反向延长线经过坐标原点O，此过程中，气体吸收了300J的热量。已知气体在状态a时的压强为0.4×105Pa，求：

(1)气体从a到b的过程中，气体的压强是否发生了变化，并说明理由；

(2)气体从a到b的过程中，气体的内能增加了多少。

14.如图所示，在xOy坐标系中，垂直于x轴的虚线与y轴之间存在磁感应强度大小为B的匀强磁场(含边界)，磁场方向与xOy平面垂直。一质子束从坐标原点射入磁场，所有质子射入磁场的初速度大小不同但初速度方向都与x轴正方向成α=53°角向下。PQ是与x轴平行的荧光屏(质子打到荧光屏上不再反弹)，P、Q两点的坐标分别为P(0,0.4l)、Q(l,0.4l)。已知质子比荷qm=k，sin53°=0.8。求：(结果均可用分数表示)

(1)质子在磁场中运动的最长时间是多少；

(2)如果让荧光屏PQ发光长度尽可能长且质子的运动轨迹未出磁场，质子初速度大小的取值范围是多少。15.如图所示，质量为2m的物块A放在特殊材料(动摩擦因数比较大)制成的水平面上，绕过定滑轮的轻绳一端与物块A相连，另一端吊着质量为m的物块B，处于静止状态。质量为m的圆环C套在轻绳上，在离物块B高度为ℎ处由静止释放，C与B发生弹性碰撞，碰撞时间极短，当B的速度刚好为零时，C与B发生第二次碰撞。已知重力加速度为g，轻绳为不可伸长的刚性绳(即A、B及绳可视为整体)，圆环C与绳之间无摩擦，不计空气阻力，求：

(1)圆环C与物块B第一次碰撞前瞬间圆环C的速度大小；

(2)圆环C与物块B碰撞后瞬间，圆环C和物块B的速度大小；

(3)物块A与水平面间的动摩擦因数为多大。

答案解析1..A

【解析】解：AB、N板不管是向上移还是向左移，两板间的电压不变，电子从M板运动到N板需要克服电场力做功不变，因此荧光物质均不会发光，故A正确，B错误；

CD、光电子最大初动能为Ekm=ℎcλ−W0，其中W0≠0，又因为Ekm−eU=0

联立可得逸出功W0=ℎcλ−eU

金属板M的极限频率为：ν02..D

【解析】解：A、将支架底座与手机视为整体，此时该系统与水平面间不受外力且没有相对运动的趋势或相对运动，所以支架底座与水平面间始终没有摩擦力，故A错误；

B、对手机受力分析，如图所示

根据平衡条件可知N2=mgsinθ

根据牛顿第三定律，手机受到底部支撑面的压力与底部支撑面受到手机的压力是一对相互作用力，所以当减小背部支撑面与水平面的夹角θ减小时，手机对底部支撑面压力减小，故B错误；

C、减小背部支撑面与水平面的夹角θ时，手机和支架处于动态平衡状态中，且根据牛顿第三定律可知，手机对支架的作用力大小总是等于支架对手机的作用力，支架对手机的作用与手机的重力平衡，故手机对支架的作用力始终与手机重力等大，故C错误；

D、由B选项中的受力分析图可知，手机重力和底部支撑面对手机作用力的合力与背部支撑面对手机作用力等大反向，背部支撑面对手机作用力增大，故D正确。

故选：D。

A、运用整体法判断支架底座与水平面间是否有无摩擦力；

B、运用隔离法，单独对手机受力分析，判断底部支撑面对手机的支持力，再根据牛顿第三定律判断支持力的大小；

C、减小背部支撑面与水平面的夹角θ时，手机和支架处于动态平衡状态中，结合平衡条件和牛顿第三定律可得手机对支架的作用力与手机重力的关系；

D、对手机受力分析，可判断手机重力和底部支撑面对手机作用力的合力的变化。

3..D

【解析】解：在地球的两极有

GMmR2=mg

设赤道上物体重力加速度大小为g0，在赤道上

GMmR2−mg0=mR(2πT)24..C

【解析】解：A、最大高度不同，运动时间不同，故A错误；

B、水平位移相同，运动时间不同，水平分速度大小不同，即最小速度大小不同，故B错误；

C、球出手时的速度最大，斜抛运动初速度大小相同，倾角不同，

例如当Ⅰ倾角为60°时，Ⅱ倾角为30°时，

对Ⅰ有

x1=v0t1

ℎ2=12gt12

v0sin60°=gt1

整理解得t1=v02g

x1=v022g

对Ⅱ有

x2=v0t2

5..C

【解析】解：A.光源到屏的距离可以看作双缝到屏的距离b，光源S到S平面镜中虚像的间距看作双缝的间距d′，则有d′=2a根据双缝干涉相邻条纹之间的距离公式可得

Δx=b2aλ

若条纹间距为d，则

b2aλ=d

解得

λ=2adb

故A错误；

BCD.根据Δx=b2aλ；仅增大a，条纹间距减小；仅增大b，条纹间距增大；仅将平面镜向左平移一小段距离，b不变，条纹间距不变；故BD错误，C正确。6..B

【解析】解：A.弹丸在安培力作用下做加速运动，故安培力方向向右，根据左手定则得出导轨间的磁场方向向下，故A错误；

B.根据加速过程动能定理得出BId⋅s=12mv2，故得出B=mv22lds，故B正确；

C.安培力对弹丸做正功使弹丸获得动能，故C错误；

D.根据牛顿第二定律得出a=BIdm，电源是恒流源，电流I不变，安培力不变，故加速度恒定，做匀加速直线运动，故D错误。

故选：B。

A.根据左手定则判断磁场方向；

B.7..C

【解析】解：设变压器原线圈两端的电压为U1，副线圈n2两端的电压为U2，副线圈n3两端的电压为U3；

根据理想变压器电压与匝数比的关系U2=n2n1U1=14U1

若仅用导线连接a、b，变压器原线圈输入的功率为P=U22R=(U14)2R=U1216R

若仅用导线连接c、d，变压器原线圈输入的功率为14P=U32R

根据理想变压器电压与匝数比的关系U3=n3n8..BD

【解析】解：A.从零时刻起，质点Q的振动方程为

y=4sin2πt(cm)

t=0.5s时刻，质点Q的振动方向向下，由同侧法求出波沿x轴正方向传播，故A错误；

B.由波形图可知该简谐横波的波长为0.4m，周期为

T=2π2πs=1s

波的传播速度

v=λT=0.41m/s=0.4m/s

故B正确；

C.质点Q向下振动，质点P向上振动，故从图示时刻开始，质点P比质点Q后到达波谷，故C错误；

D.由2=sin(2π0.4xP)得

xP=169..AC

【解析】解：A.根据电场线分布可知，A、B带异种电荷，由于a点电势比b点电势高，根据沿电场线方向电势降低，可得A带正电荷、B带负电荷，故A正确；

B.根据电场线的疏密分布可知，A点处电场线更稀疏，B处电场线跟密集，故A的电荷量比B的电荷量小，故B错误；

C.根据电势叠加，c点靠正电荷A更近，故c点电势比d点电势高，故C正确；

D.根据电场线可得：由于b点电势比c点电势高，因此b点电势比d点电势高，根据Ep=φq可得：负的点电荷在b点电势能比在d点电势能小，故D错误。

故选：AC。

根据沿电场线方向电势降低，电场线的疏密表示场强大小，结合电势叠加原则以及电势能表达式分析求解。10..BD

【解析】解：A、设金属线框ab边进磁场Ⅰ时速度大小为v1，则释放到ab边进入磁场Ⅰ，由动能定理：mg×L2=12mv12

变形解得：v1=gL

根据题意可知，ab边匀速进入磁场Ⅰ，由平衡条件有：mg=B×BLv1R×L

联立解得：m=B2L2gLgR，故A错误；

B、设线框ab边进磁场时的速度大小为v2，则由运动学规律有：v22−v12=2g(2.5L−L)

解得v2=2gL

设磁场Ⅱ的磁感应强度大小为B′11..1.82

4π2(L1【解析】解：(1)单摆的振动周期T=tn=54.630s=1.82s

(2)设石块重心到悬线结点的距离为d；

根据单摆周期公式，悬线的长为L1时，周期T1=2πL1+dg

悬线的长为L2时，周期T2=2πL2+dg

联立解得重力加速度g=4π2(L1−L2)T12−T12

(3)根据单摆周期公式T=2πL+d12..0.26

(I1−I2)R【解析】解：(1)量程为0～0.6A的电流表，最小分度为0.02A，电流表A2的读数I2=0.26A；

实验时，将S2接1，S3接3，闭合开关S1，电阻箱的接入电阻为R0；

根据串联电路的电流特点，通过电阻箱的电流IR=I1−I2

根据欧姆定律，电流表A2的内阻r2=URI2=IR⋅R0I2=(I1−I2)R0I2

(2)将开关S2接2，开关S3接4，将电流表A1改装成量程为3V的电压表，电阻箱接入电路的电阻R1；

根据欧姆定律，电阻箱的接入电阻R1=UIg1−13..解：(1)根据理想气体状态方程

pVT=C

气体从a到b的过程中，由图像可知

VT=k

可知气体从a到b的过程中，气体做等压变化，气体的压强不变。

(2)气体从a到b过程中，体积增大，气体对外做功大小为

W=−p⋅ΔV=−0.4×105×(4−2)×10−3J=−80J

根据热力学第一定律可得

ΔU=W+Q

解得气体的内能增加了

ΔU=220J

答：(1)气体从a到【解析】(1)根据一定质量的理想气体的状态方程列式分析出气体的体积；

(2)根据热力学第一定律分析出气体内能的增量。

本题主要考查了一定质量的理想气体的状态方程，分析出气体变化前后的状态参量，结合热力学第一定律分析出气体内能的增量即可。14..解：(1)质子在磁场中做匀速圆周运动，质子能打到y轴上时其轨迹圆心角最大，在磁场中运动的时间最长，如图1所示：

由洛伦兹力提供向心力得：qvB=mv2R

质子圆周运动的周期为：T=2πRv=2πmqB

由几何关系可知图1中的θ=2(90°−α)

粒子在磁场中运动的最长时间为：tm=360°−θ360∘T=143π90kB

(2)当质子轨迹与PQ相切时，如图1所示，设此时初速度为v1。由几何关系得：R+Rcosα=0.4l

由洛伦兹力提供向心力得：qBv1=mv12R

解得：v1=kBl4

当粒子运动轨迹与磁场右边界相切时，如图2所示，设此时初速度大小为v2，轨迹半径为R′。

【解析】(1)质子在磁场中做匀速圆周运动，质子能打到y轴上时其轨迹圆心角最大，在磁场中运动的时间最长，由几何关系求得最大的轨迹圆心角，结合质子圆周运动的周期的周期求解质子在磁场中运动的最长时间。

(2)当质子的初速度最小时，其轨迹与PQ相切，当质子的