西藏林芝市2023-2024学年高二上学期期末考试理科综合物理试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1林芝市2023-2024学年第一学期高二学业水平监测理科综合全卷满分300分考试时间150分钟注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并收回。一、选择题：本题共8小题，每题6分，共48分，在每小题给出的四个选项中，第1~5题只有一个选项符合题目要求。第6~8题有多选项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。1.下列描述正确的是（）A.开普勒提出所有行星绕太阳运动的轨道是椭圆B.牛顿通过实验测出了万有引力常数C.库伦通过扭秤实验测定了电子的电荷量D.法拉第发现了电流的磁效应【答案】A【解析】开晋勒提出三大行星运动定律.其中开普勒第一定律说明所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆故A正确，牛顿提出了万有引力定律.但万有引力常数是英国物理学家卡文迪许通过扭砰实验测得的，故B错误，密立根通过油滴实验测出了电子的电荷量，故C错误；;奥斯特提出了电流的磁效应.故D错误.2.一带电粒子在电场中仅受静电力作用，做初速度为零的直线运动．取该直线为x轴，起始点O为坐标原点，其电势能与位移x的关系如图所示，下列图像中合理的是（）A.电场强度与位移关系 B.粒子动能与位移关系C.粒子速度与位移关系 D.粒子加速度与位移关系【答案】D【解析】AD．带电粒子在电场中仅受静电力作用，则有可知图像的斜率切线绝对值表示电场力大小，根据题图可知，带电粒子受到的电场力逐渐减小，则电场强度随位移变化逐渐减小，带电粒子的加速度随位移变化逐渐减小，故A错误，D正确；B．根据动能定理可得可知图像的切线斜率表示电场力，由于电场力逐渐减小，则图像的切线斜率逐渐减小，故B错误；C．由于电场力逐渐减小，可知粒子做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度为零时，速度达到最大值，故速度与位移一定不是线性关系，故C错误。故选D。3.在光滑绝缘桌面上，带电小球A固定，带电小球B在A、B间库仑力作用下以速率v0绕小球A做半径为r的匀速圆周运动，若使其绕小球A做匀速圆周运动的半径变为2r，则B球的速率大小应变为（）A.v0 B.v0 C.2v0 D.【答案】A【解析】半径r时，对B球半径为2r时，对B球解得v＝v0故选A。4.如图所示，四个质量均为m、带电荷量均为的微粒a、b、c、d距离地面的高度相同，以相同的水平速度被抛出，除了a微粒没有经过电场外，其他三个微粒均经过电场强度大小为E的匀强电场（），这四个微粒从被抛出到落地所用的时间分别是，不计空气阻力，则（）A. B.C. D.【答案】B【解析】设四个微粒抛出时距地面高度为，微粒a、d在竖直方向均做自由落体运动，由可得落地时间微粒b受电场力向下，做类平抛运动，微粒c受电场力向上，但由于重力较大，仍做类平抛运动，由牛顿第二定律分别可得类比微粒a可得，落地时间分别为则有故选B。5.关于静电场，下列结论普遍成立的是（）A.电场强度大的地方电势高，电场强度小的地方地势低B.电场中任意两点之间的电势差只与这两点的场强有关C.在正电荷或负电荷产生的静电场中，场强方向都指向电势降低最快的方向D.将正点电荷从场强为零的一点移动到场强为零的另一点，电场力做功为零【答案】C【解析】A.在正电荷的电场中，离正电荷近，电场强度大，电势高，离正电荷远，电场强度小，电势低；而在负电荷的电场中，离正电荷近，电场强度大，电势低，离负电荷远，电场强度小，电势高，故A错误．B.电势差的大小决定于两点间沿电场方向的距离和电场强度，故B错误C.沿电场方向电势降低，而且速度最快，故C正确D.电场力做功，只与电荷以及两点间的电势差有关，与两点的场强没有关系．场强为零，电势不一定为零，如从带正电荷的导体球上将正电荷移动到另一带负电荷的导体球上，电场力做正功．故D错误故选C。6.如图所示，实线表示一正点电荷和金属板间的电场分布图线，虚线为一带电粒子从P点运动到Q点的运动轨迹，带电粒子只受电场力的作用。那么下列说法结论正确的是（）A.带电粒子从P到Q过程中动能逐渐增大B.P点电势比Q点电势高C.带电粒子在P点时具有的电势能大于在Q点时具有的电势能D.带电粒子所受到合力逐渐变小【答案】BD【解析】A．由粒子运动的轨迹可以判断，粒子受到的电场力为引力，带电粒子从P到Q过程中电场力做负功，粒子的动能逐渐减小，故A错误；B．沿电场方向电势降低，所以P点电势比Q点电势高，故B正确；C．带电粒子从P到Q过程中电场力做负功，电势能增加，所以带电粒子在P点时具有的电势能小于在Q点时具有的电势能，故C错误；D．电场线密的地方电场强度大所以粒子在P点时受到的电场力大，带电粒子只受电场力，所以带电粒子所受到的合力逐渐变小，故D正确。故选BD。7.有两根长直导线a、b互相平行放置，如下图所示为垂直于导线的截面图。在图中所示的平面内，O点为两根导线连线的中点，M、N为两根导线附近的两点，它们在两导线连线的中垂线上，且与O点的距离相等。若两导线中通有大小相等、方向相同的恒定电流I，则关于线段MN上各点的磁感应强度的说法中正确的是（）A.M点和N点的磁感应强度大小相等，方向相同B.M点和N点的磁感应强度大小相等，方向相反C.在线段MN上各点的磁感应强度都不可能为零D.在线段MN上只有一点的磁感应强度为零【答案】BD【解析】AB．根据安培定则判断得知，两根通电导线产生的磁场方向均沿逆时针方向，由于对称，两根通电导线在MN两点产生的磁感应强度大小相等，根据平行四边形进行合成得到，M点和N点的磁感应强度大小相等，M点磁场向下，N点磁场向上，方向相反．故A错误，B正确；CD．只有当两根通电导线在同一点产生的磁感应强度大小相等、方向相反时，合磁感应强度才为零，则知只有O点的磁感应强度为零．故C错误，D正确；故选BD。8.用如图所示的实验装置研究电磁感应现象，下列说法正确的是（）A.当把磁铁N极向下插入线圈时，电流表指针发生偏转B.当把磁铁N极从线圈中拔出时，电流表指针不发生偏转C.保持磁铁在线圈中相对静止时，电流表指针不发生偏转D.若磁铁和线圈一起以同一速度向上运动，电流表指针发生偏转【答案】AC【解析】A．由题图可知，磁铁N极插入线圈时，原磁场方向向下，原磁通量增大，感应电流磁场向上，感应电流由负接线柱流入电流表，指针发生偏转，A正确；B．当把磁铁S极从线圈中拔出时，原磁场方向向上，原磁通量减小，则感应电流磁场向上，感应电流由负接线柱流入电流表，指针发生偏转，B错误；C．同理，保持磁铁在线圈中相对静止时，那么穿过线圈的磁通量不变，则电流表指针不发生偏转，C正确；D．若磁铁和线圈一起以同一速度向上运动时，那么穿过线圈的磁通量不变，没有感应电流产生，电流表指针不偏转，D错误。故选AC。二、非选择题：共174分9.图是某同学在做匀变速直线运动实验中获得的一条纸带．①已知打点计时器电源频率为50Hz，则纸带上打相邻两点的时间间隔为_________．②ABCD是纸带上四个计数点，每两个相邻计数点间有四个点没有画出．从图中读出A、B两点间距s__________；C点对应的速度是________(计算结果保留三位有效数字)．【答案】0.02s0.68～0.72cm0.100m/s【解析】①纸上打相邻两点的时间间隔s，②根据刻度尺的读数原理可知A、B间的距离S=0.70cm．B、D间的时间间隔s,根据匀变速直线运动的推论,可得C点对应的速度m/s.10.实验室新进了一批低电阻的电磁螺线管，已知螺线管使用的金属丝电阻率ρ=1.7×10-8Ωm．课外活动小组的同学设计了一个试验来测算螺线管使用的金属丝长度．他们选择了多用电表、电流表、电压表、开关、滑动变阻器、螺旋测微器（千分尺）、导线和学生电源等．（1）他们使用多用电表粗测金属丝的电阻，操作过程分以下三个步骤：（请填写第②步操作）①将红、黑表笔分别插入多用电表的“+”、“-”插孔；选择电阻挡“×1”；②________________________________________________________________；③把红黑表笔分别与螺线管金属丝的两端相接，多用表的示数如图所示．（2）根据多用电表示数，为了减少实验误差，并在实验中获得较大的电压调节范围，应从图（b）的A、B、C、D四个电路中选择_________电路来测量金属丝电阻；（3）他们使用千分尺测量金属丝的直径，示数如图所示，金属丝的直径为______mm；（4）根据多用电表测得的金属丝电阻值，可估算出绕制这个螺线管所用金属丝的长度约为_________m．（结果保留两位有效数字）（5）他们正确连接电路，接通电源后，调节滑动变阻器，发现电流表始终无示数．请设计一种方案，利用多用电表检查电路故障并写出判断依据．（只需写出简要步骤）_________________________________________________________________________【答案】（1）将红、黑表笔接触，旋转“调零电阻”，使指针指在0Ω处（2）D（3）0.260##0.259##0.261（4）12（5）选用多用电表的直流电压挡，取适当的电压量程，检查电源的输出电压，若读数为零，则说明电源断路或没有电了．选用多用电表的欧姆挡，断开电源，将红黑表笔逐个接触其它元件的两端，检查导通情况．若电阻无穷大，则说明该元件断路【解析】（1）②[1]使用多用电表测量电阻，必须先调零，即将红、黑表笔接触，旋转“调零电阻”，使指针指在0Ω处．（2）[2]根据题目要求，电压范围较大，就选用滑动变阻器与电源并联方式．根据多用电表的读数，可知线圈总电阻较小，与安培表的内阻接近，就选用安培表外接法，综合上所述选出D图。（3）[3]千分尺的最小刻度为0.01mm，即每一小格为0.01mm，现在有26小格，主尺上0.5mm刻度线没有露出来，所以取0.260mm，千分尺需要估读到下一位．（4）[4]根据电阻定律公式将数据代入，可求出l=12m。（5）[5]选用多用电表的直流电压挡，取适当的电压量程，检查电源的输出电压，若读数为零，则说明电源断路或没有电了．选用多用电表的欧姆挡，断开电源，将红黑表笔逐个接触其它元件的两端，检查导通情况．若电阻无穷大，则说明该元件断路。11.如图所示，电源电动势，小灯泡L的规格为“4V；0.8W”，开关S接1，当滑动变阻器调到时，小灯泡L正常发光，现将开关S接2，小灯泡L和电动机M均正常工作。电动机的内阻。（1）电源内阻为多少？（2）电动机的输出功率为多少？【答案】（1）；（2）【解析】（1）小灯泡的额定电流为灯泡内阻为当开关接1时，根据闭合电路欧姆定律有代入数据解得（2）当开关S接2时，小灯泡L和电动机M均正常工作,根据闭合电路欧姆定律有带入数据解得则电动机的输出功率为12.如图所示，竖直放置的两块足够大的带电平行板间形成一个方向水平向右的匀强电场区域，场强．在两板间用绝缘细线悬挂一个质量的带电小球，静止时小球偏离竖直方向的夹角(g取)．试求：（1）小球电性和电荷量；（2）悬线的拉力；（3）若小球静止时离右板，剪断悬线后，小球经多少时间碰到右极板？【答案】（1）正电，（2）0.1N（3）0.1s【解析】（1）小球受电场力向右，故带正电，受力分析如图所示．

由平衡条件有qE=mgtan60°

解得q=×10-6C

（2）由平衡条件得F=，

解得F=0.1N．

（3）剪断细线后，小球在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，竖直方向做自由落体运动．在水平方向上有ax=；d=axt2

联立以上两式解得t=0.1s．

13.如图所示，两块相同的金属板正对着水平放置，板间距离为d．当两板间加电压U时，