湖南省雅礼教育集团2023-2024学年高二下学期物理期中考试试题（含答案）

湖南省雅礼教育集团2023-2024学年高二下学期物理期中考试试题姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二三四总分评分一、单选题（本题共6小题，每小题4分，共24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．下列说法正确的是（）．A．由于安地力可以做功，故洛伦兹力也可以做功B．通电导线放入磁场中，安培力越大，说明此处磁感应强度越大C．洛伦兹力一定不做功D．回路中只要有导线切割磁感线，则磁通量一定会发生变化2．如图所示，质量为m的滑块沿倾角为θ的固定斜面向上滑动，经过时间t1，速度为零并又开始下滑，经过时间t2回到斜面底端，滑块在运动过程中受到的摩擦力大小始终为FfA．重力对滑块的总冲量为mg(B．支持力对滑块的总冲量为mg(C．合外力的冲量为0D．摩擦力的总冲量为F3．图（a）为一列放在t=2s时的波形图，图（b）为媒质是平衡位置在x=1.5m处的质点（a）（b）A．波沿x轴正向传播B．波在媒介中的传播速度为2C．当t=7s时，P运动到波谷位置D．在2s的时间内，P沿传播方向运动了1m4．如图所示是LC振荡电路和通过点P的电流随时间变化的规律．若把流过点P向右的电流方向规定为正方向，则下列说法正确的是（）．A．在0∼tB．若仅增大线圈的自感系数，振荡频率增大C．若仅增大电容器极板间距，振荡频率减小D．在t35．水平架设的三根绝像直流输电线缆彼此平行，某时刻电源方向如图所示，电缆线M在最上方，两根电缆线P、Q在下方，且位于同一水平高度处，PQM为等腰三角形，mQ=mP，O点是P，Q连线的中点，电缆线上的M点、P点、Q点在同一竖直平面内，忽略地磁场，下列说法正确的是（）．A．输电线缆M、P相互吸引B．输电线缆M所受安培力的方向竖直向下C．输电线缆M在O点处产生的磁场方向竖直向下D．O点处的磁场方向沿水平方向由Q指向P6．如图，理想变压器原、副线圈总匝数相同，滑动触头P1初始位置在副线圆正中间，输入端接入电压有效值恒定的交变电源．定值电阻R1的阻值为R，滑动变阻器R2的最大阻值为9R，滑片P2初始位置在最右端．理想电压表V的示数为A．保持P1位置不变，P2向左缓慢滑动的过程中，I减小，B．保持P1位置不变，P2向左缓慢滑动的过程中，C．保持P2位置不变，P1向下缓慢滑动的过程中，I减小，D．保持P2位置不变，P1向下缓慢滑动的过程中，二、多选题（本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．）7．如图所示，木块B与水平面间的摩擦不计，子弹A沿水平方向射入木块并在极短时间内相对于木块静止下来，然后木块压缩弹簧至弹簧最短．将子弹射入木块到刚相对于木块静止的过程称为Ⅰ，此后木块压缩弹簧的过程称为Ⅱ，则（）．A．过程Ⅰ中，子弹和木块所组成的系统机械能不守恒，动量守恒B．过程Ⅰ中，子弹和木块所组成的系统机械使不守恒，动量也不守恒C．过程Ⅱ中，子弹、弹簧和木块所组成的系统机械能守恒，动量也守恒D．过程Ⅱ中，子弹、弹簧和木块所组成的系统机械能守恒，动量不守恒8．如图所示，在等边三棱镜截面ABC内，有一束单色光从空气射向其边界上的E点，已知该单色光入射方向与三棱镜边界AB的夹角θ=30°，该单色光在三棱镜中的传播光线与底边BC平行。则下列说法中正确的是（）A．该单色光从空气进入棱镜后频率变小B．该单色光在介质中的折射率为3C．该单色光在AC边界不会发生全反射D．若将该单色光换成频率更大的单色光仍然从E点以相同的入射角入射，则从AC面上射出时的出射点将会沿AC向下移9．如图所示，足够长的光滑三角形绝缘槽固定在水平面上，与水平面的夹角分别为α和β(α>β)，加垂直于纸面向里的磁场，分别将质量相等，带等量正、负电荷的小球a、b依次从两斜面的顶端由静止释放，关于两球在槽上运动的说法正确的是（）．A．在槽上，a、b两球都做匀加速直线运动，且aB．a、b两球沿槽运动的最大速度为va和vbC．a、b两球沿直槽运动的最大位移为sa和sbD．a、b两球沿槽运动的时间为ta和tb10．如图所示，水平地面上方矩形区域内存在垂直于纸面的匀强磁场b（未画出），两个用同种导线绕制的单匝闭合正方形线框1和2，其边长分别为L1、L2，且满足L1A．若线框1、2刚进入磁场时的加速度大小分别为a1、a2B．若线框1、2落地时的速度大小分别为v1、v2C．若线框1、2在运动过程中产生的热量分别为Q1、Q2D．若线框1、2在运动过程中通过线框横截面的电荷量分别为q1、q2三、实验题（每空2分，共计16分）11．某探究小组用图甲所示的实验装置测量重力加速度．铁架台上固定看光电门，让直径为d的小球从a处由静止开始自由下落，小球球心正好通过光电门．现测得小球由a下落到b的时间为t，用刻度只调得a、b间的高度为h．现保持光电门b位置不变，将小球释放点a缓慢移动到不同位置，测得多组h、t数值，画出ht随t变化的图线为直线，如图丙所示，直线的斜率为k（1）用游标卡尺测量小球直径时，游标卡尺的读数如图乙所示，则小球的直径为cm．（2）由ht−t图线可求得当地重力加速度大小为g=（3）若某次测得小球由a下落到b的时间间隔为t1，则可知此次小球经过光电门b时的速度大小为12．某兴趣小组对研究手机电池产生兴趣，利用手边器材，先从测量电池组的电动势和内阻开始研究．如图1所示的实验原理图，已知电池组的电动势约为3V，内阻约2Ω．现提供的器材如下：图1图2A．电池组B．电压表V1（量程0∼10VC．电压表V2（量程0∼3VD．电阻箱R(0∼999E．定值电阻RF．定值电阻RG．开关和导线若干（1）如图1所示，要尽可能精确测量电源的电动势和内阻，电压表V应选择（选填“B”或“C”）；定值电阻R0应选择（2）改变电阻箱的阻值R，记录对应电压表的读数U，作出的1U−1R图像如图2所示，图线与横、纵坐标轴的截距分别为−b、a，定值电阻的阻值用R0（3）调节电阻箱阻值从零开始逐渐变大的过程中，电阻箱的功率如何变化．（选填“变大”“变小”“先变大后变小”“先变小后变大”）四、解答题（13题10分，14题14分，15题16分，共40分）13．静止在水平地面上可视为质点的两小物块A、B的质量分别为mA=1.0kg，mB=4.（1）弹简释放后A获得的速度大小vA（2）弹簧释放后B获得的速度大小vB（3）弹簧释放前储存的弹性势能Ep14．如图所示，宽度L=0.5m的平行光滑金属导轨（足够长）固定在绝缘水平面上，导轨的一端连接阻值为R=1Ω的电阻。导轨所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B=2T。一根质量为m=0.5kg的导体棒MN放在导轨上，两导轨之间的导体棒的电阻为r=0.（1）导体棒运动过程最大速度vm（2）从开始运动到t=2s过程中导体棒通过的位移x；（3）整个运动过程中电阻R上产生的焦耳热Q。15．如图所示，地形区域Ⅰ和Ⅱ内分别存在方向垂直于纸面向外和向里的匀强磁场，aa'、bb'、cc'、dd'为磁场边界线，四条边界线相互平行，区域Ⅰ的磁感应强度大小为B，区域Ⅱ的磁感应强度大小为33B，矩形区域的长度足够长，磁场宽度及bb'与cc'之间的距离相同．某种带正电的粒子从aa'上的（1）粒子的比荷qm（2）磁场区域Ⅰ的宽度L；（3）出射点A偏离入射点O1竖直方向的距离y

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】AC．洛伦兹力始终与速度方向垂直，则一定不做功，故A错误，C正确；B．通电导线放入磁场中，安培力大小与电流大小、磁场强弱、电流方向与磁场方向夹角都有关，则无法根据安培力大小判断磁场强弱，故B错误；D．若整个回路完全处于竖直匀强磁场中，水平移动，虽然切割磁感线，磁通量依然不变，故D错误。故答案为：C。【分析】洛伦兹力始终一定不做功，安培力大小不能完全反应磁感应强度大小，除非其他所有条件都相同，安培力越大，磁感应强度越大。2．【答案】B【解析】【解答】A．将重力按照垂直斜面和平行于斜面分解，可得支持力N=mg则支持力对滑块的总冲量为I方向垂直斜面向上，故A错误；B．根据冲量的定义知，重力对滑块的总冲量为I方向竖直向下，故B正确；C．开始小滑块的动量沿斜面向上，最后小滑块的动量沿斜面向下，根据动量定理可知I整个过程中小滑块的动量发生了变化，显然合外力的冲量不为0，故C错误；D．小滑块向上滑动时摩擦力方向沿斜面向下，小滑块向下滑动时摩擦力方向沿斜面向上，以沿斜面向上为正方向，则摩擦力的总冲量为I故D错误。故答案为：B。【分析】冲量等于力与时间的乘积。小滑块的动量发生了变化，合外力的冲量不为0，冲量为矢量。3．【答案】C【解析】【解答】A．图（b）为媒质是平衡位置在x=1.5m处的质点P的振动图像，则在B．图（a）可知，机械波的波长为λ=2m；图（b）可知振动周期为T=4s，则波速为v=故B错误；C．图（b）可知，在t=4s时P向y轴正方向运动，故C正确；D．图（b）可知，在t=7s时，P在y轴负方向最大位置，故D错误。故答案为：C。【分析】根据质点振动方向和传播方向在图像同一侧判断振动方向，各个质点总是重复波源的振动情况。4．【答案】D【解析】【解答】A．在0~t1BC．由

f=12πLC

可知若仅增大线圈的自感系数，振荡频率减小，由

D．在t3~t故答案为：D。【分析】回路中的电流增大，则电容器正在放电，回路中电流减小，电容器正在充电。结合振荡频率公式求解。5．【答案】D【解析】【解答】A．输电线缆M、P电流方向相反，相互排斥，故A错误；

B．由右手螺旋定则及磁场的叠加可知P、Q两条线缆在M点所产生的合场强水平向右，根据左手定则知M线缆受到的安培力方向竖直向上，故B错误；

C．由右手螺旋定则可知M线缆在O点处产生的磁场方向由O点指向P点，故C错误；

D．由右手螺旋定则及题意可知P、Q线缆在O点处产生的磁场方向等大反向，M线缆在O点处产生的磁场方向由O点指向P点，故合场强的方向由Q点指向P点，故D正确。

故答案为：D。

【分析】磁感应强度为矢量，结合右手螺旋定则判断合磁场方向。根据左手定则判断安培力方向。6．【答案】B【解析】【解答】AB．设原线圈中的电流为I，则U故输入端电压的有效值为UI=保持P1位置不变，P2向左缓慢滑动的过程中，R2接入电路的电阻减小，I增大，U1和U2CD．设原副线圈的匝数比为n，则UI=故随着P1向下缓慢滑动的过程中，n增大，I减小，U减小；RP=I整理得P=当n=3时，R1消耗的功率最大，故随着P1向下缓慢滑动的过程中，故答案为：B。【分析】原副线圈功率相等，匝数之比等于电压之比，结合数学关系求解功率P的最值问题。7．【答案】A,D【解析】【解答】AB．子弹射入木块到刚相对于木块静止的过程，子弹和木块组成的系统所受合外力近似为零，系统动量守恒，但要克服摩擦力做功，产生热量，系统机械能不守恒，故A错误，B正确；CD．过程Ⅱ中，子弹、弹簧和木块所组成的系统受到墙壁的作用力，外力之和不为零，则系统动量不守恒，但系统只有弹簧弹力做功，机械能守恒，故C错误，D正确。故答案为：BD。【分析】子弹射入木块到刚相对于木块静止的过程，内力远大于外力，系统动量守恒，子弹、弹簧和木块所组成的系统合外力不为零，动量不守恒。8．【答案】B,C,D【解析】【解答】A.光的频率与传播介质无关，所以该单色光从空气进入棱镜后频率保持不变，故A不符合题意；

B.单色光在三棱镜中的传播光线与底边BC平行，由几何关系可知，光在三棱镜界面AB处的入射角为i=60°，折射角为r=30°，根据折射定律可得该单色光在介质中的折射率为

n=sinisinr=sin60°sin30°=3

B符合题意；

C.由几何关系可知，光线在AC边界的入射角等于30°，根据

sinC=1n=19．【答案】A,C【解析】【解答】A．两小球受到的洛伦兹力都与斜面垂直向上，沿斜面方向的合力为重力的分力，故在槽上，a、b两球都做匀加速直线运动，加速度为aa=g可得a故A正确；B．当小球受到的洛伦兹力与重力沿垂直斜面向下分力相等时，小球脱离斜面，则mgcosα=q可得va=故v故B错误；C．根据动力学公式va2可得a、b两球沿直槽运动的最大位移分别为sa=根据数学关系可得s故C正确；D．a、b两球沿槽运动的时间分别为tt可得t故D错误。故答案为：AC。【分析】小球沿斜面方向的加速度由重力决定，当小球受到的洛伦兹力与重力沿垂直斜面向下分力相等时，小球脱离斜面。10．【答案】C,D【解析】【解答】A．线圈从同一高度下落，到达磁场边界时具有相同的速度v，切割磁感线产生感应电流，受到磁场的安培力大小为F=由电阻定律有R=（ρ为材料的电阻率，L为线圈的边长，S为导线的横截面积），线圈的质量为m=（ρ0为材料的密度）。当线圈刚进入磁场时其加速度为a=联立得a=g−与L无关，则a故A错误；B．线圈1和2进入磁场的过程先同步运动，由于当线圈2刚好全部进入磁场中时，线圈1由于边长较长还没有全部进入磁场，线圈2完全进入磁场后做加速度为g的匀加速运动，而线圈1仍先做加速度小于g的变加速运动，完全进入磁场后再做加速度为g的匀加速运动，线圈2做加速度为g的匀加速运动的位移较大，所以落地速度关系为

v1＜C．由能量守恒可得Q=mg(h+H)-（H是磁场区域的高度），因为m1＞m2，v1＜v2，所以可得Q故C正确；D．根据q=则知q故D正确。故答案为：CD。【分析】结合电阻定律求解加速度表达式，加速度较大的位移较长，则最终速度将较大。根据能量关系比较产生的热能。11．【答案】（1）2.350（2）2k（3）2k【解析】【解答】（1）由20分度的游标卡尺的读数规则可知小球的直径d=23mm+10×0（2）小球做自由落体运动，出发点在a点，小球在a点的速度为0，则小球从a到b的过程有h=整理得h可知htk=解得g=2k（3）由速度公式可知

v【分析】（1）游标卡尺读数不用估读；

（2）求出下落高度与时间表达式，得到ht−t函数表达式，得到斜率的物理意义；12．【答案】（1）C；E（2）1a；（3）先变大后变小【解析】【解答】（1）被测电池组的电动势约3V，故电压表应选择量程为0∼3V的电压表V2为减小电压表的分流的影响，定值电阻R0应选择阻值较小的定值电阻R（2）根据闭合电路欧姆定律可得E=U+整理得1根据1Ur+R0解得E=1a（3）根据电源输出功率与外电阻的关系可知，外电阻等于电源内阻时电源的输出功率最大。将电阻R0【分析】（1）根据电路中可能出现的最大电流以及电压选择合适电压表以及定值电阻；

（2）根据闭合电路欧姆定律可得1U−113．【答案】（1）弹簧释放后A做匀减速直线运动，由动能定理，可得−μm解得v（2）依题意，释放弹簧过程中，系统动量守恒，有mA解得v（3）根据能量守恒可知弹簧释放前储存的弹性势能为Ep【解析】【分析】（1）根据A沿着与墙壁垂直的方向运动，恰好不会与墙壁发生碰，结合动能定理求解弹簧