浙江省宁波市2023-2024学年高二上学期1月期末考试物理试题（含答案）3

浙江省宁波市2023-2024学年高二上学期1月期末考试物理试题姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二三四总分评分一、单选题：本大题共13小题，共39分。1．若通过一导线的电流为1.6A，则在0.5A．0.8C B．1.2C C．1.6C2．两个具有相同动能的物体A、B，质量分别为mA、mB，且A．物体B的动量较大 B．物体A的动量较大C．动量大小相等 D．不能确定3．如图是汽车进行碰撞测试，汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体。若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法正确的是（）A．减少了碰撞过程中司机受到的冲量B．减少了碰撞前后司机动量的变化量C．将司机的动能全部转换成汽车的动能D．延长了司机速度减为零的时间，从而减小了司机受到的作用力4．如图所示，将一只满偏电流为100mA、内阻为90Ω的表头改装成1A的电流表。下列说法正确的是（）A．电阻R的作用是用来分压B．改装后表头的满偏电流变为1AC．电阻R的阻值为9ΩD．若减小电阻R的阻值，改装后的电流表的量程变大5．如图所示，电源电动势6V，内阻1Ω，小灯泡L标有“2V0.4W”字样，开关S闭合后，小灯泡L正常发光.已知电动机的内阻也是1Ω，则电动机的输出功率为（）A．0.76W B．0.72W C．0.04W D．0.4W6．如图所示，要使Q线圈产生图示方向的电流，可采用的方法有（）A．闭合电键K后，把R的滑片右移B．闭合电键K后，把P中的铁芯从左边抽出C．闭合电键K后，把Q靠近PD．闭合电键K后，把电键K断开7．飞力士棒是一种轻巧的运动训练器材，是一根弹性杆两端带有负重的器械，如图a。某型号的飞力士棒质量为600g，长度为1.5m，固有频率为5.5HzA．使用者用力越大，飞力士棒振动越快B．手每分钟振动330次时，飞力士棒产生共振C．手振动的频率增大，飞力士棒振动的幅度一定变大D．手振动的频率增大，飞力士棒振动的频率不变8．人类生活的陆地被海洋紧密环绕着，美丽而神秘的大海中生活着许多海洋动物，部分海洋生物有着独特的交流方式，如海豚采用发射频率高达150000Hz的超声波和同类进行交流、探路和躲避天敌。已知超声波在海水中的传播速度约为1500A．超声波从海水传播到空气中时，频率增大B．在同一介质中，超声波的传播速度比次声波快C．超声波探路是利用了波的干涉原理D．超声波在海水中的波长约为0.019．付同学用绿色光做双缝干涉的实验，得到的干涉图样如图所示，其中P1、P2为光屏上的两点。如果付同学将双缝的间距调整为原来的2倍，同时将双缝与屏之间的距离也调整为原来的A． B．C． D．10．如图所示，在阴极射线管中电子流方向由左向右，在其正下方放置一条形磁铁，位置如图，则阴极射线将会（）A．向上偏转 B．向下偏转 C．向纸内偏转 D．向纸外偏转11．一列简谐横波沿x轴正方向传播，其波速为6m/sA．该简谐横波的周期为2.5B．该时刻质点R沿y轴正方向运动C．t=4.5s时刻，质点D．0∼1.5s时间内，质点P沿x轴正方向平移12．小球做简谐运动，若从平衡位置O开始计时，经过0.5s，小球第一次经过P点，又经过0.2s，小球第二次经过P点，则再过多长时间该小球第三次经过A．0.6s B．2.4s C．0.8s13．高压水流切割器又称“水刀”，它将水以极高的速度喷射到材料表面进行雕刻、切割等作业。如图所示，一“水刀”喷出的水柱的截面为S，水的密度为ρ，水流以速度v垂直射到被切割的钢板上，水打到钢板表面后，迅速沿表面散开不反弹。则该“水刀”对钢板产生的平均冲击力大小为（）A．ρSv2 B．2ρSv2 二、多选题：本大题共2小题，共6分。14．关于下列图片所示的现象或解释，说法正确的是（）A．甲图中光学镜头上的增透膜利用的是光的衍射现象B．乙图中光导纤维内芯的折射率大于外套的折射率C．丙图中的“泊松亮斑”，是小圆孔衍射形成的图样D．丁图是利用偏振眼镜观看立体电影，说明光是横波15．电子秤的原理如图所示，压敏电阻所受压力越大阻值越小。电流表的读数就能反映出物块对压敏电阻压力的大小。如果把这样的电子秤连同物块放在升降机地板上，升降机静止时电流表示数为I。在升降机运动过程中，电流表示数I'是稳定的，如果发现IA．升降机匀减速上升 B．升降机匀加速上升C．升降机匀加速下降 D．升降机匀减速下降三、实验题：本大题共2小题，共22分。16．某同学在“用单摆测定重力加速度”的实验中进行了如下的操作∶（1）用游标尺测量摆球的直径，读数为mm；把摆球用细线悬挂在铁架台上，测量摆线长，通过计算得到摆长L。（2）用秒表测量单摆的周期。当单摆摆动稳定且到达最低点时开始计时并记为n=0，单摆每经过最低点记一次数，当数到n=60时秒表的示数如图乙所示，该秒表记录时间为s。该单摆的周期是T=s（3）测量出多组周期T、摆长L的数值后，画出T2A．g B．1g C．4π2（4）在(3)中，描点时若误将摆线长当作摆长，那么画出的直线将不通过原点，由图线斜率得到的重力加速度与原来相比，其大小__A．偏大 B．偏小 C．不变 D．都有可能17．某同学用伏安法测一节干电池的电动势E和内阻r，所给的实验器材有：A电压表V：“0∼3V”“0∼15B电流表A：“0∼0.6A”“0∼3C滑动变阻器R：(20D开关和导线若干（1）实验中电压表应选用的量程为(选填“0∼3V”或“0∼15V”)，电流表应选用的量程为(选填“0∼0.6A”或“0∼3（2）根据实验要求在图甲虚线框中画出电路图，并补充连接实物电路图乙；（3）测出几组电流、电压的数值，并画出图像如图丙所示，由图像知该电池的电动势E=V。内阻r=Ω。(四、计算题：本大题共4小题，共33分。18．如图甲所示，水平放置的2匝线圈，阻值为r=1Ω，面积为S1=4m（1）感应电动势的大小？（2）通过电阻的电流大小和方向？（3）电压表读数为多少？19．如图所示，相距L的两平行金属导轨位于同一水平面上，左端与一阻值为R的定值电阻相连，一质量为m、阻值为r的导体棒放在导轨上，整个装置置于磁感应强度大小为B0、方向竖直向下的匀强磁场中．导体棒在水平外力作用下以速度v沿导轨水中向右匀速滑动．滑动过程中棒始终保持与导轨垂直并接触良好．导转的电阻忽略，棒与导轨间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g（1）棒中电流I的大小；（2）水平外力F的大小；（3）当棒与定值电阻间的距离为d时开始计时，保持棒速度v不变，欲使棒中无电流，求磁感应强度B随时间t变化的关系式．20．如图所示，光滑水平面上有A、B两辆小车，质量均为m=1kg，现将小球C用长为0.2m的细线悬于轻质支架顶端，mC=0.5kg．开始时A车与C球以v0=4m/s的速度冲向静止的B车．若两车正碰后粘在一起，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2，则：（1）A、B车碰撞后瞬间，A车的速度大小v1；（2）A、B车碰撞损失的机械能E损；（3）小球能上升的最大高度h．21．如图所示，在0≤x≤3a的区域内存在与xOy平面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小为B。t=0时刻，从原点O向xOy平面内发射大量速度大小相等、方向不同的带电粒子，速度方向与y轴正方向的夹角在0°～90°范围内，其中沿y轴正方向发射的粒子在t=t0时刻刚好从磁场右边界上P（3a，3a（1）画出沿y轴正方向发射的粒子在磁场中的轨迹，并求该轨迹的半径R；（2）求粒子的比荷qm（3）求右边界上有粒子射出的区域长度d。

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】根据电流的定义式I=可得，通过该导线横截面的电荷量为q=It=1.6×0.5A符合题意，BCD不符合题意。

故答案为：A。

【分析】根据电流的定义式I=q2．【答案】B【解析】【解答】动能的表达式E动量的表达式p=mv联立可得p=由题意可知，物体A、B动能Ekm则p即物体A的动量较大，B符合题意，ACD不符合题意。

故答案为：B。

【分析】由动能和动量的定义式，推导动量和动能的关系，再结合题给条件，比较A、B两物体动量的大小关系。3．【答案】D【解析】【解答】设汽车发生碰撞时的速度为v，则无论有没有气囊，人的速度都是从v变到0，所以有气囊和没有气囊，司机的速度变化量相同；由动量定理I=∆p可知，有气囊和没有气囊，碰撞过程中司机受到的冲量相同；于人撞到气囊上，延长了司机的速度从v变到0的时间，根据动量定理Ft=m∆v，气囊使司机受到的冲击力减小，ABC不符合题意，D符合题意。

故答案为：D。

【分析】碰撞过程中，司机的动量变化量一定，由动量定理分析司机受到冲量和作用力在有气囊和没有气囊时的区别。4．【答案】D【解析】【解答】A.由图可知，并联电阻R是用来分流的，以达到扩大电流表量程的目的，A不符合题意；

B.改装后表头的满偏电流不变，增加的电流通过了并联的电阻R，B不符合题意；

C.由欧姆定律结合并联电路的特点可得，电阻R=IgRgI-Ig=0.1×905．【答案】B【解析】【解答】小灯泡L正常发光，灯泡两端电压为U=2V，灯泡电流I=说明电路内电压U电动机两端的电压为U电动机的电功率为P电动机的热功率为P电动机的输出功率为PB正确，ACD错误。

故答案为：B。

【分析】本题考查含电动机的电路分析，通过小灯泡正常发光，结合小灯泡的规格，判断电路的电流、内电压，从而求解电动机两端的电压，根据P电=U6．【答案】C【解析】【解答】A.闭合电键K后，把R的滑片右移，滑动变阻器阻值变大，电流减小，P线圈产生的磁场减弱，根据楞次定律和安培定则可知，Q中产生感应电流的方向与图中电流方向相反，A不符合题意；

B.闭合电键K后，将P中的铁芯从左边抽出，则P产生的磁场减小，根据楞次定律和安培定则可知，Q中产生感应电流的方向与图中电流方向相反，B不符合题意；

C.闭合电键，将Q靠近P，根据楞次定律和安培定则可知，Q中产生感应电流的方向与图中电流方向相同，C符合题意；

D.闭合电键K后，把电键K断开的瞬间，P产生的磁场突然消失，根据楞次定律和安培定则可知，Q中产生感应电流的方向与图中电流方向相反，D不符合题意。

故答案为：C。

【分析】根据楞次定律和安培定则进行分析判断。7．【答案】B【解析】【解答】A.飞力士棒做受迫振动，其振动的频率与驱动力的频率相等，与驱动力的大小无关，A不符合题意；

B.飞力士棒的固有频率为5.5Hz，若手每分钟振动330次，则驱动力的频率为f可知飞力士棒将产生共振，B符合题意；

C.当手振动的频率接近该飞力士棒的固有频率时，飞力士棒的振幅才会变大，C不符合题意；

D.飞力士棒做受迫振动，手振动的频率增大，飞力士棒振动的频率也增大，D不符合题意。

故答案为：B。

【分析】做受迫振动的物体，振动频率等于驱动力的频率，当驱动力的频率等于物体的固有频率时，物体将发生共振，振幅最大。8．【答案】D【解析】【解答】A.频率由波源决定，所以超声波从海水传播到空气中时，频率不变，A不符合题意；

B.波速由介质决定，与频率无关，所以超声波、次声波在同种介质中的传播速度相同，B不符合题意；

C.超声波探路是利用了回声定位的原理，C不符合题意；

D.根据波速公式v=λf可得，超声波在海水中的波长约为λ=D符合题意。

故答案为：D。

【分析】机械波的频率由波源决定，波速由介质决定；超声波探路是利用的是回声定位的原理；根据波速公式v=λf，求出超声波在海水中的波长。9．【答案】A【解析】【解答】根据条纹间距公式∆x=可知，双缝的间距d调整为原来的2倍，同时将双缝与屏之间的距离l也调整为原来的2倍，由于仍用绿光做双缝干涉实验，则得到的图样相邻两条亮条纹或暗条纹的中心间距∆x不变，即与原来相同，A符合题意，BCD不符合题意。

故答案为：A。

【分析】根据条纹间距公式∆x=l10．【答案】C【解析】【解答】条形磁铁在阴极射线处产生的磁场方向斜向上(左侧斜向左上，右侧斜向右上），由左手定则可知，电子流所受洛伦兹力方向垂直纸面向里，故阴极射线会向纸内偏转，C符合题意，ABD不符合题意。

故答案为：C。

【分析】根据左手定则判断电子的偏转方向。11．【答案】C【解析】【解答】A.由图可知，该简谐横波的波长λ=12由波速公式v=可得，该波的周期为T=A不符合题意；

B.根据波形平移法可知，图示时刻质点R沿y轴负方向运动，B不符合题意；

C.当t=4.5时刻，质点Q位于波峰，位移最大，加速度最大，C符合题意；

D.质点只在平衡位置附近上下振动，不会沿x轴方向迁移，D不符合题意。

故答案为：C。

【分析】由波速公式v=λ12．【答案】A【解析】【解答】若振子从O点开始向右按图1中的路径振动，则振子的振动周期为T=(0.5+0.1)×4则该质点再经过时间∆t=T-0.2第三次经过P点；若振子从O点开始向左按图2中路径振动，则(0.5+0.1)可得振子的振动周期为T=0.8则该质点再经过时间∆t'=T-0.2第三次经过P点，A符合题意，BCD不符合题意。

故答案为：A。

【分析】分析质点可能的运动情况，画出运动轨迹，确定对应周期，再确定第三次经过P点所需时间。13．【答案】A【解析】【解答】选取∆t时间内打到钢板表面质量为∆m的水为研究对象，以速度v的方向为正方向，由动量定理得-F·∆t=0-∆mv其中质量为∆m=ρSv·∆t解得水受到的作用力为F=ρS根据牛顿第三定律可知，钢板表面受到的压力F'=FA符合题意，BCD不符合题意。

故答案为：A。

【分析】由动量定理和牛顿第三定律分析求解。14．【答案】B,D【解析】【解答】A.甲图中光学镜头上的增透膜利用的是光的薄膜干涉现象，故A错误；

B.乙图中光导纤维利用光的全反射，内芯的折射率大于外套的折射率，光由内芯射入外套时发生全反射现象，故B正确；

C.丙图中的"泊松亮斑"，是不透光的小圆盘衍射形成的图样，故C错误；

D.横波才有偏振现象，丁图是利用偏振眼镜观看立体电影，说明光是横波，故D正确。

故答案为：BD。

【分析】在镜头前面涂上一层增透膜（一般是"氟化钙"，不溶于水)，如果膜的厚度等于红光在增透膜中波长的四分之一时，那么在这层膜的两侧反射回去的红光就会发生干涉，从而相互抵消，你在镜头前将看不到一点反光。15．【答案】B,D【解析】【解答】当电流表示数为I时升降机静止，此时物块对电子秤的压力等于重力，在升降机运动过程中，有I'<I说明电流表示数减小，则路端电压降低，由闭合电路欧姆定律可得路端电压U=E-Ir可知，流过电源的总电流增加，电路中总电阻减小，则压敏电阻阻值减小，说明压力在增大，即物块超重，加速度向上，故升降机加速上升或者减速下降，BD符合题意，AC不符合题意。

故答案为：BD。

【分析】根据电流表的示数分析压敏电阻受到的压力的变化情况，得出物体的加速度方向，从而确定升降机的运动情况。16．【答案】（1）20.5（2）100.2；3.34（3）C（4）C【解析】【解答】（1）图中游标卡尺的精确度为0.1mm，主尺读数为20mm，可动尺读数为0.1mm×5=0.5mm，可得摆球直径为20mm+0.5mm=20.5mm（2）该秒表记录时间为t=90从n=0到n=60，单摆共完成了30次全振动，可得该单摆的周期为T=

（3）根据单摆的周期公式T=2π可得T可知T2k=C符合题意，ABD不符合题意。

故答案为：C。

（4）在（3）中，描点时若误将摆线长当作摆长，那么画出的直线将不通过原点，但是图像的斜率不变，则由图线斜率得到的重力加速度与原来相比其大小不变。

【分析】（1）根据游标卡尺的读数规则读数；（2）根据秒表的读数规则读数；分析从n=0数到n=60，单摆完成的全振动的次数，求出单摆的周期；（3）根据单摆的周期公式T=2πLg，推导T217．【答案】（1）0∼3V；（2）；（3）1.5；2.5【解析】【解答】（1）由于一节干电池的电动势约为1.5V，为了确保电压表的安全与精度，电压表量程选择0~3V；根据图丙可知，实验数据电流值最大值为0.2A，为了确保电流表的安全与精度，电流表量程选择0~0.6A。

（2）干电池的内阻一般远远小于电压表的内阻，而与电流表的内阻相差不大，因此实验中应排除电流表的分压影响，所以要采用电流表外接法（相对电源），则电路图如图所示：

根据电路图，连接实物图，如图所示：

（3）根据闭合电路欧姆定律可得U=E-Ir结合图丙的纵轴截距和斜率可得，电源电动势为E=1.5V电源内阻为r=【分析】（1）根据电压表和电流表所要测量的电压和电流的最大值，选择电压表和电流表的量程；（2）根据实验原理和注意事项画出实验电路，再按照电路图连接实物图；（3）由闭合电路欧姆定律推导U-I的表达式，再结合U-I图像的纵轴截距和斜率，求出电源电动势和内阻。18．【答案】（1）解：由电磁感应定律，可得感应电动势的大小E=（2）解：由闭合电路欧姆定律，可得通过电阻的电流大小I=规定垂直纸面向里的磁感应强度方向为正方向，由图乙可知，磁感应强度在增大，由楞次定律可知，通过电阻的电流方向从A到B；（3）解：电压表读数为电阻R两端的电压，由欧姆定律则有UR【解析】【分析】（1）由法拉第电磁感应定律求出感应电动势的大小；（2）由闭合电路欧姆定律计算通过电阻的电流大小，根据楞次定律判断感应电流的方向；（3）由欧姆定律计算电压表的示数。19．【答案】（