四川省眉山市仁寿实验名校2023-2024学年高二（下）期中物理试卷（含答案）

四川省眉山市仁寿实验名校2023-2024学年高二（下）期中物理试卷姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二三四总分评分一、单项选择题（本大题共7小题，每小题4分，共28分，给出的四个选项中有且只有一个正确答案）1．自奥斯特实验证实了电流的周围存在磁场之后，许多科学家又做了很多实验研究电与磁的关系，其中发现通电导线与磁体间有相互作用的物理学家是（）A．托马斯·杨 B．伏特 C．安培 D．特斯拉2．如图所示是某质点做简谐运动的振动图像。设水平向右为正方向，根据图像中的信息，下列说法正确的是（）A．质点的振幅是20cmB．在1.5s和2.5s这两个时刻，质点的位置相同C．在2s到3s的时间内，振子速度增加，加速度减少D．质点完成一次全振动的时间是4秒3．如图所示，质量为m的带电小球用绝缘丝线悬挂于P点，另一带正电小球M固定在带电小球的左侧，小球平衡时，绝缘丝线与竖直方向夹角为θ，且两球球心在同一水平线上．关于悬挂小球的电性和所受库仑力的大小，下列判断正确的是()A．正电，mgtanθ B．正电，mgtanC．负电，mgtanθ D．负电，mg4．如图所示，A、B为两个相同的灯泡（均发光），当变阻器的滑片P向下端滑动时（）A．A灯变亮，B灯变暗 B．A灯变暗，B灯变亮C．A、B灯均变亮 D．A、B灯均变暗5．如图，一带电粒子在电场中由A点运动到B点，图中实线为电场线，虚线为粒子的运动轨迹，带电粒子只受电场力作用，则下列说法正确的是（）A．该粒子带负电B．该粒子从A点运动到B点的过程中，其速率增大C．该粒子从A点运动到B点的过程中，其电势能增大D．该粒子从A点运动到B点的过程中，其加速度减小6．如图所示，直角三角形ABC，∠A=60°，AD=DC，B、C两点在同一水平线上，垂直纸面的直导线置于B、C两点，通有大小相等、方向向里的恒定电流，D点的磁感应强度大小为B0。若把置于C点的直导线的电流反向，大小保持不变，则变化后D点的磁感应强度（）A．大小为33B0，方向水平向左 B．大小为B0C．大小为3B0，方向竖直向下 D．大小为2B0，方向竖直向下7．如图所示，水平地面上方空间有方向竖直向下的匀强电场，一质量m=0.1kg，电荷量q=0.2C的带正电小球从离地面高h=5m的P点，以v0=2m/s的初速度水平向右抛出，小球下落到地面上的M点。若撤去电场，小球仍从同一位置以相同的速度拋出，小球下落到地面上的N点，测得M、N两点的距离A．5N/C B．10N/C C．二、多项选择题（本题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项正确，全部选对得5分，选对但不全得3分，有错选得0分）8．下列四种情况中，可以产生感应电流的有（）A．如图（a），闭合线圈在匀强磁场中沿垂直磁感线的方向水平向右运动B．如图（b），导体棒在匀强磁场中沿磁感线方向上下运动C．如图（c），条形磁铁插入线圈的过程D．如图（d），小螺线管置于大螺线管中不动，开关接通瞬间9．如图为t=0时刻一列沿x轴正方向传播的简谐横波的完整波形图，波速大小为5m/s，P点位于x轴上且横坐标为A．该机械波为横波B．该机械波的频率为1C．P点开始振动的方向沿y轴负方向D．从t=0到t=2s，P点振动路程为010．如图，空间有一范围足够大的匀强电场，场强方向与梯形区域ABCD平行，已知AB∥CD，AD=DC=CB=12AB=2m，φA=10V，φB=30V，φC=20V，一比荷为qmA．D点电势为10VB．场强方向由D指向BC．该粒子到达C点时速度大小为21D．该粒子到达C点时速度方向与BC边垂直三、实验题（共2个小题，共16分）11．实验小组的同学用如图所示的装置做“用单摆测重力加速度”的实验。（1）实验室有如下器材可供选用，实验时需要从以下器材中选择：____________（填写器材前面的字母）。A．长约1m的细线 B．长约1m的橡皮绳 C．直径约2cm的铁球D．直径约2cm的塑料球 E．米尺 F．时钟G．停表（2）在挑选合适的器材制成单摆后他们开始实验，操作步骤如下：①将单摆上端固定在铁架台上。②测得摆线长度，作为单摆的摆长。③在偏角较小的位置将小球由静止释放。④记录小球完成n次全振动所用的总时间t，得到单摆振动周期T=t⑤根据单摆周期公式计算重力加速度的大小。其中有一处操作不妥当的是。（填写操作步骤前面的序号）（3）发现(2)中操作步骤的不妥之处后，他们做了如下改进：让单摆在不同摆线长度的情况下做简谐运动，测量其中两次实验时摆线的长度l1、l2和对应的周期T1、T2，通过计算也能得到重力加速度大小的测量值。请你写出该测量值的表达式g=。（4）实验后同学们进行了反思。他们发现由单摆周期公式可知周期与摆角无关，而实验中却要求摆角较小。请你简要说明其中的原因。12．某同学要测量一节干电池的电动势和内阻。他根据老师提供的以下器材，画出了如图甲所示的原理图。①电压表V（量程3V，内阻RV约为10kΩ②电流表G（量程3mA，内阻RG③电流表A（量程3A，内阻约为0.④滑动变阻器R1（0~20Ω⑤滑动变阻器R2（0~500Ω⑥定值电阻R⑦开关S和导线若干（1）该同学发现电流表A的量程太大，于是他将电流表G与定值电阻R3并联，实际上是进行了电表的改装，则他改装后的电流表对应的量程是（2）为了能准确地进行测量，同时为了操作方便，实验中应选用的滑动变阻器是。（填写器材编号）（3）该同学利用上述实验原理图测得数据，以电流表G读数为横坐标，以电压表V的读数为纵坐标绘出了如图乙所示的图线，根据图线可求出电源的电动势E=V，电源的内阻r=Ω。四、计算题（本大题共3个小题，共41分，解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤）13．如图，电路中电源的电动势为E=16V、内阻为r=1Ω，电动机M的内阻为rM=1.5Ω，灯泡L上标有“（1）电流表的示数；（2）电压表的示数；（3）电动机M的输出功率。14．如图所示，光滑圆弧轨道的圆心为O1（图中未画出），半径为R=1m，圆弧底部中点为O，两个大小可忽略，质量分别为m1和m2的小球A和B，A在离O点很近的轨道上某点，AO1与竖直方向的夹角为θ，并且cosθ=0.99，B在（1）小球A做简谐运动的周期；（2）小球A经过最低点时的速度大小；（3）小球B应由多高处自由落下？15．如图，水平轨道AB与半径为R的竖直半圆弧轨道BCD在B点平滑连接，整个装置处于与水平方向成45°角斜向上的匀强电场中，场强大小E=2mgq。质量为m，电荷量为q的带正电小球从水平轨道上A点静止释放后以水平速度v0=（1）水平轨道AB之间的距离；（2）小球运动到圆弧轨道上B点时所受轨道支持力的大小；（3）小球在轨道上运动的最大速度；（4）小球从D点离开圆弧轨道到第一次返回轨道所经历的时间。

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】自奥斯特实验之后，安培等人又做了很多实验，他们发现，不仅通电导线对磁体有作用力，磁体对通电导线也有作用力。为了纪念安培，人们把这种相互作用力称为安培力。托马斯·杨进行了著名的杨氏双缝实验，伏特发明了伏打电堆，特斯拉致力于交变电流的研究，推动了交变电流的实用。故答案为：C。

【分析】安培发现通电导线与磁体之间存在力的作用。2．【答案】D【解析】【解答】A．由图知，该质点的振幅为10cm。A不符合题意。B．在1.5s和2.5s这两个时刻，质点的位置分别在正向最大位移和负向最大位移处，B不符合题意；C．在2s到3s的时间内，振子从平衡位置向负向最大位移处运动，振子速度减小，加速度增大，C不符合题意；D．质点完成一次全振动的时间即周期是4秒，D符合题意。故答案为：D。

【分析】从图像可以得出质点的振幅；利用对应时刻可以判别质点的位置；利用振子的运动方向可以判别其速度和加速度的变化；利用图像可以得出对应的周期。3．【答案】B【解析】【解答】小球M带正电，两球相斥，故小球带正电；以小球为研究对象，对小球进行受力分析，如图所示

根据小球处于平衡状态可知

F=mgtanθ

故B正确，ACD错误。

故答案为：B。

4．【答案】D【解析】【解答】当变阻器的滑片P向下端滑动时，P电阻减小，则总电阻减小，故高考闭合电路欧姆定律可知总电流增大，根据

U=E-Ir

则路端电压减小，即灯泡A两端电压减小，故其两端电流减小，另一支路电流增大，A变暗；B与变阻器并联再与定值电阻串联，其三者电压为路端电压，其定值电阻电压增大，则B与变阻器两端电压减小，则B两端电压减小，B变暗，故ABC错误，D正确。

故答案为：D。

【分析】先分析电路的串并联情况，再结合闭合电路欧姆定律根据电阻变化求出路端电压变化，再根据串并联进行分析。5．【答案】B【解析】【解答】A、粒子的运动轨迹向右弯曲，根据曲线运动的受力特点，可知电场力指向轨迹的凹侧，则粒子受到电场力方向与电场方向相同，故粒子带正电，故A错误；

BC、电场力方向与速度方向的夹角小于90°，则电场力对粒子做正功，粒子的电势能减小，动能增大，速率增大，故C错误，B正确；

D、根据电场线的疏密程度可知，运动过程中，电场强度增大，粒子受到的电场力增大，根据牛顿第二定律可知，粒子的加速度增大，故D错误。

故答案为：B。

【分析】根据运动轨迹的弯曲情况得出电场力指向轨迹凹侧，从而得出粒子带电情况；

根据电场力与速度方向的夹角情况得出电场力做功情况，进而分析电势能的变化情况，得出速率的变化；

根据电场线的疏密程度得出电场强度的变化，进而得出电场力的变化，根据牛顿第二定律求出加速度变化。6．【答案】C【解析】【解答】假设每根导线在D点的磁场强度大小为B，根据右手螺旋定则可知

根据几何关系可知θ=60°，根据平行四边形定则可知

B0=2Bcosθ=2B×12=B

若把置于C点的直导线的电流反向，大小保持不变，根据几何关系可知

α=30°

D点合场强为

B'=2B7．【答案】C【解析】【解答】撤去电场前，根据

mg+Eq=ma

h=12at12

x1=v0t1

撤去电场后，根据

h=12gt8．【答案】C,D【解析】【解答】A、穿过线圈的磁通量不变，则线圈中无感应电流产生，故A错误；

B、导体棒在匀强磁场中沿磁感线方向上下运动，导体棒不切割磁感线，不会产生感应电流，故B错误；

C、条形磁铁插入线圈的过程，穿过线圈的磁通量增加，线圈中会有感应电流，故C正确；

D、小螺线管置于大螺线管中不动，开关接通瞬间，穿过大螺线管的磁通量增加，大螺线管中会产生感应电流，故D正确。

故答案为：CD。

【分析】根据感应电流产生的条件进行判断。9．【答案】A,B,D【解析】【解答】A．由于质点振动方向与传播方向垂直，则该机械波为横波，故A正确；

B、波长为

λ=4m

频率为

f=vλ=1.25Hz

故B正确；

C、根据波形平移法可知，t=0时刻x=4m处质点的起振方向沿y轴正方向，则P点开始振动的方向沿y轴正方向，故C错误；

D．波从x=4m传到P点所用时间为

t'=xP-4v=0.8s

从t=0到t=2s，P运动时间为

∆t=2s-0.8s=1.2s10．【答案】A,C【解析】【解答】AB、如图所示

由题意可知AB中点E的电势为20V，可知EC为等势线，根据沿电场线方向电势降低可知电场强度方向由B指向D；根据几何知识可知F为BD中点，其中

φB+φD=2φF=40V

解得

φD=10V

故A正确，B错误；

C、电场强度大小为

E=φB-φFBCcos30°=1033V/m

垂直电场强度方向小球做匀速直线运动，则

AD+CDsin30°=v0t

沿电场强度方向小球做匀加速直线运动，则

AEsin60°=12qEm11．【答案】（1）A；C；E；G（2）②（3）4（4）T=2πl【解析】【解答】（1）单摆的摆长不可伸长，为减小空气阻力的影响和实验误差，应选用长约1m的细线，直径约2cm的铁球；同时实验中要用米尺测量摆长，停表测量周期。故实验时需要从上述器材中选择ACEG。

（2）操作不妥当的是②，单摆的摆长应等于摆线长度加摆球的半径。

（3）根据单摆的周期公式得

T1=2πl1+rg

T2=2πl2+rg

整理解得

g=4π12．【答案】（1）0.60（2）④（3）1.50；1.0【解析】【解答】（1）改装电流表并联电阻，可得

I=IG+IGRGR3=0.60A

（2）为方便调节电路，滑动变阻器选较小阻值，即选滑动变阻器R1；即选择④；

（3）改装后的电流表量程为原来的200倍，则根据闭合电路欧姆定律可得

E=U+200Ir

整理可知

U=E-200Ir

则

E=1.5013．【答案】（1）解：电流表的示数为I=（2）解：根据闭合电路的欧姆定律E=解得电压表的示数为U=10V（3）解：电动机M的输出功率为P=UI−【解析】【分析】（1）根据I=PLU14．【答案】（1）解：由题意知，可将A球运动看作摆长为R的单摆，其周期T=2π代入题中数据解得小球A做简谐运动的周期T=2s（2）解：根据动能定理可知小球A从释放到经过最低点时m解得v=（3）解：A第三次通过位置O，用