湖北省十堰市2024-2025学年高二上学期1月期末调研考试物理试题

十堰市－学年度上学期期末调研考试高二物理本试题卷共4页，共道题，满分分，考试时间分钟。★祝考试顺利★注意事项：．答题前，考生务必将自己的姓名，考号填写在答题卡和试卷指定位置上，并将考号条形码贴在答题卡上的指定位置。．选择题的作答：每小题选出答案后，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。答在试题卷，草稿纸上无效。．非选择题用毫米黑色墨水签字笔将答案直接答在答题卡上对应的答题区域内。答在试题卷，草稿纸上无效。．考生必须保持答题卡的整洁。考试结束后，只交答题卡。4题只有一项符合题目要求，第题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。1.电源电动势，内阻，外接电阻，则电路中的电流为（）A.2AB.2.5AC.3AD.4A【答案】B【解析】【详解】根据闭合电路欧姆定律可得故选B。2.把一个满偏电流为6mA的电流表改装成欧姆表，其中电源电动势为6V。欧姆调零后在测电阻时，电流表指针指在表盘上3mA处，对应的电阻应是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】欧姆调零时，有解得欧姆调零后，欧姆表内阻为第1页/共15页在测电阻时，电流表指针指在表盘上3mA处，则有解得对应的电阻为故选B。3.如图所示，某区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小B=0.1TL=0.5m，匝数n=10匝，线圈平面与磁场方向垂直，线圈一半在磁场内。某时刻线圈中通过大小I=2A的电流，则此线圈所受安培力的大小为（）AB.1NC.0.1ND.【答案】A【解析】【详解】导线在磁场内有效长度为，故该通电导线受到安培力大小为故选A。4.SPI、、和表示，电表示数变化量的大小分别用、、和表示。下列说法正确的是（）A.不变，变小B.变大，变大C.变大，不变D.变大，变大【答案】C第2页/共15页【解析】【分析】【详解】A．P向下滑动时，变大，由图中电路可知，因R1不变，故、都不变，故A错误；BC．由图中电路可知因R2增大，故变大；根据闭合电路的欧姆定律，有可得因都不变，故保持不变，故B错误，C正确；D．由图中电路可知因R2变大，故变大，根据根据闭合电路的欧姆定律，有可得因都不变，故不变，故D错误。故选C。5.如图所示，S、S2是两个相干波源，振动同步且振幅相同，实线和虚线分别表示在某时刻的波峰和波谷，质点b、d位于两波源连线的中垂线上，下列关于图中四个质点a、b、c、d的说法正确的是（）第3页/共15页A.质点a所在位置为振动减弱区B.质点d所在位置为振动减弱区C.该时刻质点b处于波峰，且始终处于波峰D.该时刻质点c处于波谷，且始终处于波谷【答案】A【解析】【详解】A．质点a所在位置为波峰和波谷叠加，为振动减弱区，故A正确；B．质点d所在位置在加强点的连线上，为振动加强区，故B错误；C．该时刻质点b处于波峰和波峰叠加位置，处于波峰，振动加强，但不是始终处于波峰，故C错误；D．该时刻质点c处于波谷和波谷叠加位置，处于波谷，振动加强，但不是始终处于波谷，故D错误。故选A。6.MM的小球以速度g的是（）A.此过程中小球对小车做的功为B.小球之后将向右做平抛运动C.小球之后将向左做平抛运动D.小球在圆弧轨道上上升的最大高度为【答案】A【解析】【详解】ABC．从小球滚上小车到滚下并离开小车过程，系统在水平方向上动量守恒，由于无摩擦力做功，机械能守恒，此过程类似于弹性碰撞，二者质量相等，作用后两者交换速度，即小球返回小车左端时速度第4页/共15页变为零，开始做自由落体运动，小车速度变为，动能为，根据功能关系知此过程小球对小车做的功为，故A正确，BC错误；D．小球上升到最高点时与小车相对静止，有相同的速度，由动量守恒定律和机械能守恒定律有联立解得故D错误。故选A。7.图为回旋加速器的示意图。两个靠得很近的D形金属盒处在与盒面垂直的匀强磁场中，一质子从加速器的A处开始加速。已知D形盒的半径为，磁场的磁感应强度为，质子做圆周运动的频率为质量为，电荷量为，质子第一次在、盒中做圆周运动的半径分别为、，不计质子在电场中运动的时间。下列说法正确的是（）A.高频交变电源的频率B.C.质子的最大动能为D.将质子换成粒子，其他条件不变也可以加速【答案】C【解析】【详解】A．由回旋加速度的工作原理可知，高频交变电源的频率等于质子做圆周运动的频率，即故A错误；第5页/共15页B．根据可得质子第一次在、盒中做圆周运动的半径分别为，又，联立，解得故B错误；C．当质子从D形盒飞出时，有可得质子的最大动能为故C正确；D．由可知将质子换成粒子，其他条件不变，粒子的周期与高频交变电源的周期不同，不可以加速，故D错误。故选C。8.如果一物体在任意相等时间内动量变化量相同，则此物体的运动可能是（）A.平抛运动B.自由落体运动C.匀速圆周运动D.匀加速直线运动【答案】ABD【解析】【详解】根据动量定理可得则有如果一物体在任意相等的时间内动量变化量相同，可知物体受到的合力为恒力，加速度恒定不变。所以此物体的运动可能是平抛运动、自由落体运动、匀加速直线运动；由于匀速圆周运动的合力方向时刻发生变化，所以此物体的运动不可能是匀速圆周运动。故选ABD。9.如图甲所示的弹簧振子以点为平衡位置在、间振动，取水平向右为振子离开平衡位置位移的正方4kg，第6页/共15页确的是A.振子运动的频率为0.5HzB.振子的最大加速度大小为C.振子在任意一个周期内运动的位移一定为10cmD.时，振子处于图甲中的位置【答案】BD【解析】【详解】A．由题图乙可知，振子做简谐振动的周期为，则频率为故A错误；B．当振子处于最大位移时，振子的加速度最大，则有故B正确；C．振子在任意一个周期内，振子回到初位置，运动的位移一定为0，故C错误；D．由图乙可知时，振子在负的最大位移位置，则振子处于图甲中的位置，故D正确。故选BD。10.光滑水平绝缘桌面上存在竖直向下的匀强磁场，磁场边界如图所示。正方形单匝线框的边长边与磁场左边界平齐，边与磁场边界平行且距离为。现对线框施加与水平向右方向成角，大小为的恒力方向上做匀速运动；边进入磁场时，运动到线框全部进入磁场的过程中，下列说法正确的是A.匀强磁场的磁感应强度大小为0.4TB.全过程线框产生的焦耳热为0.4J第7页/共15页C.整个回路通过的电荷量为8CD.磁场区域的边的长度为0.65m【答案】BD【解析】【详解】A．ab边进入磁场前，对线框进行受力分析，在沿ab方向有max=Fcos45°代入数据有ax=10m/s2在沿da方向有may=Fsin45°代入数据有ay=10m/s2ab边进入磁场开始，ab边在沿da方向切割磁感线；ad边和bc边的部分也开始进入磁场，且在沿ab方向切割磁感线。但ad和bc边的进入磁场部分产生的感应电动势相互抵消，则整个回路的电源为ab，根据右手定则可知回路的电流为adcba，则ab边进入磁场开始，ab边受到的安培力沿ad方向，ad边的进入磁场部分受到的安培力沿ab方向，bc边的进入磁场部分受到的安培力沿ba方向，则ad边和bc边的进入磁场部分部分受到的安培力相互抵消，故线框abcd受到的安培力的合力为ab边受到的沿ad方向的安培力。由题知，线框从ab边进入磁场开始，在垂直于SP方向线框做匀速运动，有根据法拉第电磁感应定律有E=BLvy根据欧姆定律有根据匀变速直线运动规律可知联立有B=0.2T故A错误；B．由题知，从ab边进入磁场开始，在沿da方向线框做匀速运动；dc边进入磁场时，bc边恰好到达磁场右边界。则线框进入磁场的整个过程中，线框受到的安培力为恒力，则有Q=W安=BILy其中y=L且Fsin45°=BIL联立解得Q=0.4J故B正确；C．整个回路通过的电荷量为C故C错误；D．线框从开始运动到进入磁场的整个过程中所用的时间为，L=vt2第8页/共15页解得t=t1+t=0.3s线框在沿ab方向一直做匀加速直线运动，则在沿ab方向有则磁场区域SP边宽度X=x+L=0.65m故D正确。故选BD。二、非选择题：本题共5小题，共分。“祖冲之”研究小组用单摆测定地球表面的重力加速度。（1）实验时除用到秒表，刻度尺外，还应该用到下列器材中的_________A.长度约为1m的细线B.长度约为1m的橡皮绳C.直径约为1cm的均匀铁球D.直径约为10cm的均匀木球（2）选择好器材，将符合实验要求的单摆悬挂在铁架台上，应采用如图_________（填“甲”或“乙”）所示的固定方式。（3表示单摆的摆长，用表示单摆的周期，地球表面的重力加速度________（用、、表【答案】（1）AC（2）乙（3）【解析】【小问1详解】AB．为减小误差应保持摆线的长度不变，要选用结实较细的细线，不能用橡皮绳，故A正确；B错误；CD．为减小空气阻力的影响，摆球密度要大，体积要小，故C正确；D错误。故选AC。【小问2详解】悬点要固定，故为题图乙。【小问3详解】第9页/共15页由周期公式解得12.在“用电流表和电压表测定电池的电动势和内阻”实验中，供选用的器材有：A.电流表（量程，内阻约为B.电流表（量程为，内阻约为C.电压表（量程为，内阻约为D.电压表（量程为，内阻约为E.滑动变阻器（，允许通过的最大电流为1.5AF.滑动变阻器（，允许通过的最大电流为0.2AG.（1）请在下面的虚线框中画出能使本实验测量精确程度高的实验电路。（2）电路中电流表应选用__________________，滑动变阻器应选用_________代号）（3）引起该实验系统误差的主要原因是_________。（4）在测出多组、数据后，在坐标系中画出图像，若纵截距为，斜率绝对值为，则电池电动势_________，内阻_________。【答案】（1）（2）①.A②.C③.E（3）电压表的分流（4）①.b②.k【解析】【小问1详解】由于实验中，电流表的阻值不是确定值，为了减小实验误差，所以相对电源，电流表应采用“外接法”，第10页/共15页故电路图如图所示【小问2详解】[1][2][3]C0.5A以电流表应选A，滑动变阻器不能选择阻值太大的，从允许的最大电流和减小实验误差方面来看，应选择电阻较小而额定电流较大的滑动变阻器E。【小问3详解】该实验中的系统误差是由于电压表的分流使得电流表读数，即测量值总是比干路中真实电流值小造成的。【小问4详解】[1][2]根据闭合电路欧姆定律结合图像可得，13.质量为，电荷量为的滑块从竖直面内圆弧的顶点由静止滑到底端点，已知圆弧光滑点与圆心齐平，点在小为的匀强磁场，重力加速度大小为，求：（1）滑块滑到点时的速度大小；（2）滑块滑到圆弧中点（未画出）时受到的弹力大小。【答案】（1）（2）【解析】【小问1详解】滑块从点到点，机械能守恒，有第11页/共15页解得【小问2详解】滑块滑到圆弧中点时，有由牛顿第二定律得解得14.质量分别为的AB两物体按图示放置在水平面上，其中AAB由质量不计的轻弹簧相连。现对B物体缓慢施加一个向左的推力，使A、B之间弹簧被压缩，该力做的功，之后突然撤去向左的推力解除压缩。不计一切摩擦。求：（1）解除压缩后，墙对A的冲量大小；（2）A离开墙壁之后弹簧的最大弹性势能；（3）A、B都运动后，B的最小速度。【答案】（1）（2）（3）【解析】【小问1详解】压缩弹簧时，推力做的功全部转化为弹簧的弹性势能，撤去推力后，B在弹力的作用下做加速运动，在弹簧恢复原长的过程中，系统机械能守恒，设弹簧恢复原长时，B的速度为，有此过程中墙给的冲量即系统动量的变化量，有联立解得【小问2详解】第12页/共15页A离开墙壁后，当A、B共速时，弹簧弹性势能最大，根据动量守恒和能量守恒有，解得【小问3详解】A的速度为ABA达到最大速度B的速度减小到最小值守恒，有，解得15.如图所示，光滑平行金属导轨、固定在倾角的绝缘斜面上，、为水平放置的、向竖直向下的匀强磁场中，导轨间距均为。金属棒、的质量分别为、，电阻均为从倾斜导轨上距底端处由静止释。金属棒在导轨上运