广东省阳江市2023-2024学年高二上学期期末考试物理试题（含答案）

广东省阳江市2023-2024学年高二上学期期末考试物理试题姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二总分评分一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28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．如图所示，轻质细线AB间的O点有一个重力为G的静止溜溜球，已知∠AOB=θ，不计摩擦。则此时溜溜球所受的细线弹力合力大小是（）A．G B．12G C．G22．图甲为使用风簸的情景。风簸是清谷的农用工具，主要用于筛选精谷粒和瘪谷粒。图乙为其工作原理示意图：匀速摇动扇叶（图中未画出），在AB和CD间形成持续稳定的风力场，风速水平向左，开启斗仓下方的狭缝S1，轻重显著不同的谷粒由狭缝进入风力场，在风力和重力作用下经由具有一定宽度的出谷口S2或S3离开风力场后被收集。现考查同时进入风力场的精谷粒a和瘪谷粒b这两粒谷子，设它们所受风力相同，忽略初速度和空气阻力的影响，那么（）A．a比b先到达出谷口B．到达出谷口时a的速度较大，b的速度较小C．a经由S3离开风力场，b经由S2离开风力场D．离开出谷口时，a的机械能增量较小，b的机械能增量较大3．如图所示，水平地面上放一质量为M的落地电风扇，一质量为m的小球固定在叶片的边缘，启动电风扇小球随叶片在竖直平面内做半径为r的圆周运动。已知小球运动到最高点时速度大小为v，重力加速度大小为g，则小球在最高点时地面受到的压力大小为（）A．Mg B．(M+m)g C．(4．2023年10月24日4时3分，我国在西昌卫星发射中心成功将遥感三十九号卫星送入太空。遥感三十九号卫星能够实现全球无死角观测，意义重大。遥感三十九号卫星、地球同步卫星绕地球飞行的轨道如图所示。已知地球半径为R，自转周期为T0，遥感三十九号卫星轨道高度为h，地球同步卫星轨道的高度为h0，引力常量为G。下列说法正确的是（）A．遥感三十九号卫星与同步卫星绕地球运行向心加速度之比为(R+hB．遥感三十九号卫星绕地球运行的周期为(R+C．遥感三十九号卫星的运行速度大于7.9km/sD．地球的平均密度可表示为3π5．如图所示，固定光滑斜面倾角θ=60°，其底端与竖直面内半径为R的固定光滑圆弧轨道相切，位置D为圆弧轨道的最低点。质量为2m的小球A和质量为m的小环B（均可视为质点）用L=1.A．A和B组成的系统的机械能不守恒B．刚释放时小球A的加速度大小为3C．小环B速度最大时轻杆弹力为mgD．小球A运动到最低点时的速度大小为3gR6．如图所示，一块均匀的长方体金属导体，上下厚度为L，当给导体的上下表面加上电压U时，流过导体的电流为I，当给导体的前后表面加上电压U时，流过导体的电流为I4，当给导体的左右表面加上电压U时，流过导体的电流为IA．AC的长度为4L B．AD的长度为6LC．导体的体积为12L3 7．某同学设计的水量计原理如图（a）所示：电源（E＝3V，r＝0.5Ω）；电压表V（量程3V，内阻约3kΩ）；定值电阻（R0=0.三种材料在20℃时的电阻率材料ρ铜1铝2镍铬合金1图（b）A．金属丝可选铜丝B．V表的示数范围约为0～2.7VC．V表的示数U与水的质量m成正比D．若将V表刻度盘转换为水的质量刻度盘，则刻度是不均匀的8．边长为2L的正三角形ABC的三个顶点处，分别有垂直于三角形平面的无限长直导线，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图所示，a、b、c三点分别是正三角形三边的中点，O点为三角形的中心。通电长直导线产生的磁场在其周围某点的磁感应强度大小B=kIA．b点的磁感应强度方向沿BC方向指向CB．O点的磁感应强度方向平行于BC由O点指向AC边C．O点的磁感应强度方向平行于BC由O点指向AB边D．a、c两点的磁感应强度大小均为399．如图所示，一带负电粒子（不计重力）质量为m、电荷量大小为q，以初速度v0沿两板中央水平方向射人水平放置、距离为d、电势差为U的一对平行金属板间，经过一段时间从两板间飞出，在此过程中，已知粒子动量变化量的大小为ΔpA．粒子在两板间运动的加速度大小为UqB．粒子从两板间离开时的速度大小为ΔpC．金属板的长度为dD．入射点与出射点间的电势差为−10．某玩具公司设计了一种有趣的玩具，在一个均匀带正电球体中沿直径开一个光滑水平管道AB，将一个带负电的小球P（视为质点）从入口的A点由静止释放，小球P将穿过管道到达另一端的B点。已知均匀带电的球壳对球内带电质点的作用力为0。下列分析判断正确的是（）A．小球P在管道AB中做简谐运动B．球心O处的电场强度大小为零，电势最低C．小球P从入口的A点运动到B点的过程中，电势能先减小后增大D．A点的电场强度最大，电势最高二、非选择题（本题共5小题，共54分。考生根据要求作答。）11．某同学用图（a）所示的装置测量木块与长木板间的动摩擦因数。长木板水平固定，木块通过水平轻绳绕过轻质光滑定滑轮连接重物。（1）实验时（选填“①”或“②”），得到加速阶段的部分纸带如图（b）所示，A、B、C、D、E为打下的相邻的计数点，相邻计数点之间还有4个计时点未画出。①先接通打点计时器电源，再由静止释放重物②先由静止释放重物，再接通打点计时器电源（2）测量得x1=5.40cm，x2=14.72cm12．某同学用图（a）所示电路完成“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验。所需器材：小灯泡L（额定电压3V，额定功率约0.6W）；电源E（电动势6V，内阻很小可忽略不计）；电压表V（量程3V，阻值很大）；电流表A（量程0.25A，内阻约0.4Ω）；滑动变阻器R（总阻值约10Ω）；保护电阻R0开关S；导线若干。（1）请依照图（a）所示电路，在图（b）中补全实物连线。（2）实验步骤：①闭合开关前，调节滑动变阻器的滑片，使滑片停留在最（选填“左”或“右”）端；②闭合开关后，逐渐移动滑动变阻器的滑片，增加小灯泡两端的电压，记录电流表和电压表的多组读数，直至电压达到额定电压；③记录如下8组U和I的数据后断开开关，根据实验数据在图（c）所示方格纸上描绘完整的表格数据并作出小灯泡的伏安特性曲线。编号12345678U/V0.200.601.001.401.802.202.603.00I/A0.0200.0600.1000.1400.1750.20002150.220小灯泡发光情况不亮微亮逐渐变亮正常发光（3）若实验室中没有量程为0.25A的电流表，可用一只量程为50mA，阻值为2Ω的毫安表并联电阻值为Ω的定值电阻改装而成。（4）灯泡正常发光时的电阻与灯泡不亮时的电阻的比值为（计算结果保留2位有效数字）。（5）为了能顺利完成实验，且较大程度起到保护作用，保护电阻R0的阻值应为13．某水上乐园有一个位于竖直平面的轨道，如图所示，其由四分之一圆弧AB和抛物线BC组成，圆弧半径OA水平，B点为抛物线顶点。质量均为m的小孩甲、乙分别独自从A点静止下滑，甲下滑后恰静止在B点，而乙滑至B点后继续运动且在BC段运动时与轨道恰无相互作用力。已知圆弧AB半径为R，B点到水面的高度为2R，BC点的水平距离为R，重力加速度为g，不计空气阻力。求：（1）小孩甲从A点下滑至B点过程克服轨道阻力所做的功；（2）小孩乙滑至B点时的速度大小。14．如图所示，将一质量为0.2kg可视为质点的小球从离水平地面3.2m高的P点水平向右击出，测得第一次落点A与P点的水平距离为2.4m。小球落地后反弹，反弹后离地的最大高度为1.8m，第一次落点A与第二次落点B之间的距离为2.4m。不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2。求：（1）小球被击出时的速度大小；（2）小球第一次与地面接触过程中所受合外力的冲量大小。15．如图，长L、间距为d的平行金属板固定，板面与水平面成θ角，两板间的电势差为U，电场仅存在于板间且为匀强电场。一电荷量为q的带正电小球由弹射器提供能量，出弹射器即以沿两板中心线O1O2（1）要使小球能飞出O2点，求弹射器提供的最小能量E（2）若弹射器提供的能量为2E0，求小球到达的最高点和

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】分析溜溜球的受力，如图所示，

由共点力平衡条件可得，细线OA、OB弹力的合力大小与重力大小相等，方向相反，A符合题意，BCD不符合题意。

故答案为：A。

【分析】分析溜溜球受力，由共点力平衡条件求解溜溜球所受的细线弹力合力大小。2．【答案】D【解析】【解答】A.谷粒进入风力场后，水平方向做匀加速直线运动，竖直方向做自由落体运动，由竖直方向运动学关系式h=12gt2，可得t=2hg，因精谷粒a和瘪谷粒b竖直方向下落高度相同，所以两谷粒在风力场中运动的时间相同，与质量无关，A不符合题意；

B.设精谷粒a质量为ma，瘪谷粒b质量为mb，风力为F，由牛顿第二定律可得，谷粒水平方向加速度为a=Fm，因为ma>mb，则ab=Fm3．【答案】C【解析】【解答】根据牛顿第二定律，小球在最高点时有mg-N=mv2r，解得N=mg-mv2r，根据牛顿第三定律小球在最高点时对风扇的压力为N'=mg-mv2r，对电风扇，由共点力平衡条件可得Mg+N'=4．【答案】A【解析】【解答】A.根据牛顿第二定律可得GMm(R+h)2=ma，得a遥a同=GM(R+h)2GM(R+h0)25．【答案】B【解析】【解答】A.在小球A下落到最低点的过程中，A和B组成的系统只发生了动能和重力势能的相互转化，故A和B组成的系统机械能守恒，A不符合题意；

B.刚释放时小球A时，小球受重力和支持力作用，由牛顿第二定律可得2mgsinθ=2ma，解得小球此时的加速度大小为a=32g，B符合题意；

C.小环B速度最大时，小环B在竖直方向上的合力为零，轻杆的弹力竖直分量为mg，而只有A到达最低点，B速度为零时，轻杆的水平分量才为零，故小环B速度最大时，轻杆弹力大于mg，C不符合题意；

D.几何关系如图所示：

设A初始时刻距离最低点的竖直高度为h1，由几何关系可知Rsinθ+(h1-12R)tanθ=1.5Rsinθ，解得h6．【答案】D【解析】【解答】AB.设AC的长度为x、AD的长度为y，导体的电阻率为ρ，当给导体的上下表面加上电压U时，根据电阻定律以及欧姆定律可得ρLxy=UI，当给导体的左右表面加上电压U时，可得ρxLy=UI4，当给导体的左右表面加上电压U时，可得ρyLx=U7．【答案】C【解析】【解答】A.根据电阻定律，如果金属丝选用铜丝，则滑动变阻器的最大阻值为R可知如果用铜丝，则滑动变阻器的电阻过小，电压表示数变化不明显，所以金属丝不可选用铜丝，A不符合题意；

B.同理，如果选用铝丝，滑动变阻器的电阻也过小，所以金属丝应选用镍铬合金，选用镍铬合金的滑动变阻器的最大电阻为R电压表的示数最大值为U故V表的示数范围约为0～2.5V，B不符合题意；

CD.设容器中加入质量为m的水后，每根弹簧的下降的距离为∆x，根据平衡条件可得2k∆x=mgV表的示数为U=I则U=由此式可知，V表的示数U与水的质量m成正比，故若将V表刻度盘转换为水的质量刻度盘，则刻度是均匀的，C符合题意，D不符合题意。

故答案为：C。

【分析】根据电阻定律判断选用铜丝做滑动变阻器时变阻器的最大阻值，再结合R08．【答案】A,B,D【解析】【解答】A.根据安培定则及通电长直导线在其周围某点产生的磁感应强度大小B=可知，B、C处通电长直导线在b点的合磁感应强度是零，因此A处通电长直导线在b点的磁感应强度方向即为b点的合磁场方向，由安培定则可知，导线A在b产生的磁场沿BC方向指向C，A符合题意；

BC.同理，可以判定O点的磁感应强度方向平行于BC由O点指向AC边，B符合题意，C不符合题意；

D.正三角形的边长为2L，对a点，由安培定则可知A、B两根导线在a点产生的磁场均由a指向O，大小均为kIL，导线C在a点产生的磁场方向由a指向A，大小为kIB同理可得c点的磁感应强度大小为B可知a、c两点的磁感应强度大小均为39kI3L，D符合题意。

故答案为：ABD。

【分析】根据安培定则判断三根导线在所求点处产生的磁场方向，根据9．【答案】A,C,D【解析】【解答】A.根据牛顿第二定律可知，粒子在两板间运动的加速度大小为a=A符合题意；

BC.粒子在两板间做类平抛运动，水平方向的分运动为匀速直线运动，所以水平方向的动量变化为0；粒子在沿电场方向做初速度为0的匀加速直线运动，根据题意有∆p=∆可得粒子从两板间离开时沿电场方向的分速度大小为v故粒子从两板间离开时的速度大小为v=粒子在两板间的运动时间为t=金属板的长度为L=B不符合题意，C符合题意；

D.设入射点与出射点间的电势差为U'，根据动能定理可得-qU'=其中v2=联立解得U'=-D符合题意。

故答案为：ACD。

【分析】由牛顿第二定律求解粒子在两板间运动的加速度大小；粒子在两板间做类平抛运动，水平方向做匀速运动，速度不变，根据粒子运动过程中动量的变化量，求出粒子沿电场方向的分速度，根据平行四边形定则得出粒子从两板间离开时的速度大小；由粒子沿电场方向上的运动求出粒子在板间运动的时间，再由水平方向上的运动，求出极板的长度；由动能定理求解入射点与出射点间的电势差。10．【答案】A,C【解析】【解答】A.设P点到O点的距离为x，带电球的电荷密度为ρ，则根据库仑定律可得F=-k满足简谐振动的回复力F=-kx的形式，所以小球P在管道AB中做简谐运动，A符合题意；

BD.根据电场强度的定义可得电场强度E=可知球心O处的电场强度为零，A点的电场强度最大，因为带负电的小球受到的电场力总是指向O点，所以管道中O左侧电场强度由O指向A，故O点电势最高，A点电势最低，BD不符合题意；

C.小球P从入口的A点运动到B点的过程中，电场力先做正功，后做负功，电势能先减小后增大，C符合题意。

故答案为：AC。

【分析】由库仑定律求解小球运动过程中受到库仑力与小球距O点的距离的关系式，对比简谐振动的回复力公式F=-kx，得出小球的运动是否是简谐振动；根据电场强度的定义式E=F11．【答案】（1）①（2）0.27；0.26【解析】【解答】（1）为了使纸带能够得到充分利用，使用打点计时器时应先接通电源，后释放纸带，故选①。

（2）由于相邻计数点之间还有4个计时点未画出，所以相邻计数点之间的时间间隔为T=5根据匀变速直线运动中，中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，可得B点的速度为vD点的速度为v由加速度的定义式a=可得，木块的加速度为a=根据牛顿第二定律可得mg-μMg=(M+m)a解得木块与长木板间的动摩擦因数为μ=0.26【分析】（1）根据实验原理和注意事项分析；（2）根据匀变速直线运动中，中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，求出B点和D点的速度，再由加速度的定义式a=∆v12．【答案】（1）（2）左（3）0.5（4）1.4（5）5【解析】【解答】（1）根据电路图，连接实物图为：

（2）闭合开关前，应使电压表和电流表的示数最小，所以应使滑片停留在最左端。

（3）根据电流表的改装原理，由欧姆定律可得I解得R=0.5（4）结合表中数据，由欧姆定律可得，小灯泡不亮时，电阻为R小灯泡正常发光时，电阻为R可得R（5）为较大程度地保护电路，则应串联一个保护电阻R0U解得R考虑到实际操作，选择R0=5Ω的保护电阻即可。

13．【答案】（1）解：依题意，根据动能定理，可得小孩甲从A点下滑至B点过程中W可得小孩甲克服轨道阻力所做的功为W（2）解：小孩乙滑至B点后继续运动且在抛物线BC段运动时与轨道恰无相互作用力，说明小孩乙下落到B点时的速度使得小孩做平抛运动的轨迹与轨道BC重合，则有xh=2R=联立求得小孩乙滑至B点时的速度大小v【解析】【分析】（1）由动能定理分析小孩甲从A点下滑至B点过程，求出小孩在该过程中克服轨道阻力所做的功；（2）根据题意得出