湖南省长沙市2024-2025学年第一学期高二期末检测B卷【含答案】

湖南省长沙市2024-2025学年第一学期高二期末检测B卷物理一、单项选择题（本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题列出的四个选项中，只有一项符合题目要求）1．真空中两个点电荷A、B带等量正电荷Q，处于静止状态如图甲所示，两点电荷间距l，O点为两点电荷连线的中点，O点的电场强度大小为。现用一闭合金属框将B罩上，并将金属罩接地，此时O点的电场强度大小为。已知静电常数为k，则（

）A．， B．，C．， D．，【答案】D【解析】由点电荷的场强公式由电场叠加原理得用闭合金属框将B罩上，并将金属罩接地，金属框与大地成为等势体，在O点相当于只有A点电荷的电场，则故选D。2．（2如图所示，一光滑绝缘圆环固定在竖直面内，可视为点电荷的三个带电球a、b、c套在圆环上，稳定时c球位于圆环最低点，a和c两球的连线、b和c两球的连线与竖直方向夹角分别为、，下列说法正确的是（）A．a、b两球带异种电荷 B．a、b两球对c球的静电力相等C．a球的电荷量大于b球的电荷量 D．a、b两球的质量之比为【答案】C【解析】A．对球a受力分析，受重力，b、c两球的库仑力和圆环的支持力，由几何关系可知，ab的连线经圆心，即ab是直径，由共点力的平衡条件可知，若c对a是斥力，b对a是引力，a可以处于平衡状态，即a和c是同性，a和b是异性，b和c是异性；对b受力分析，a和c对b都是引力，则b受力不平衡，因此a、b两球带同种电荷，b和c带同种电荷，A错误；BC．对球c受力分析，受重力，圆环的支持力，a、b两球对c球的静电力，若a、b两球对c球的静电力相等，由于这两个力与水平方向的夹角不相等，可知这两力在水平方向的分力不平衡，则c球不处于平衡状态。若使c球在水平方向的分力平衡，由于ac连线与水平方向夹角大于bc连线与水平方向夹角，且a到c距离大于b到c距离，所以a球的电荷量要大于b球的电荷量，B错误，C正确；D．如图对各球进行受力分析c球水平方向解得设a球质量m，b球质量为M，对ab球受力分析，根据题中已知信息可得a球水平和竖直方向受力平衡得联立解得对b球水平和竖直方向受力平衡得其中有联立解得故可得a、b两球的质量之比为故D错误。故选C。3．如图，在空间坐标系中，点A、B、M、N均位于坐标轴上，且A、B、M、N到原点O距离均相等。现在A、B两点处分别固定等量异种电荷与，O点的电场强度大小为E。则（）A．M点的电场强度大小为B．M、N两点的电场强度大小相等，方向不同C．试探电荷从N点移到无穷远处，电势能减小D．沿坐标轴将试探电荷从M点移到O点再移到N点，其电势能先增加后减小【答案】A【解析】A．设OA间的距离为a，根据电场的叠加，O点场强因此点的电场强度大小A正确；B．根据电场的叠加及对称性，M、N两点的电场强度大小相等，方向相同，B错误；CD．由于M、N两点都处于等量异种电荷的中垂面上，电势均为零，因此无论将试探电荷从M移到N还是从N移到无穷远处，电场力做功均为零，电势能保持不变，CD错误。故选A。4．某示波器在、不加偏转电压时光斑位于屏幕中心，现施加给其加如图（1）、（2）所示偏转电压，则在光屏上将会看到下列哪个图形（圆为荧光屏，虚线为光屏坐标）（）A． B． C． D．【答案】C【解析】由图1可知，Y方向先加正向减小后反向增大的电压，则电子先向+Y方向偏转，偏转距离逐渐减小，然后向-Y方向偏转，偏转距离逐渐变大，即电子在Y方向形成亮线；由图2可知，X方向加正向电压，则电子将向+X方向偏转，且沿+X方向的偏转距离相同；故电子在示波器上形成一条偏向+X方向平行Y轴的直线，故C正确，ABD错误；故选C。5．如图所示，电源电动势为E，内阻为r，闭合开关S，电压表的示数为，电流表的示数为，将滑动变阻器的滑片P从中点向上滑动一段距离，电压表示数变化量的绝对值分别为，电阻的电功率分别为，电流表示数变化量的绝对值为。已知图中电表均可视为理想电表，下列说法正确的是（）A．均减小 B．小于C．减小 D．大于【答案】B【解析】A．滑片P向上滑动时，的值变大，外电路的总电阻值增大，故回路的总电流则I1减小，又故增大，流经的电流增大，又故减小，又因此均减小，增大，故A错误；B．由增大，减小，故减小，因此增大，设为两端电压变化量的绝对值，又所以小于，故B正确；C．因为外电路总电阻增大，故则增大，故C错误；D．根据，所以，故D错误。故选B。6．如图所示，在磁感应强度大小为的匀强磁场中（图中未画出），相距为l的两长直导线P和Q垂直于纸面固定放置。两导线均通有方向垂直于纸面向里、大小相等的电流时，纸面内与两导线距离均为l的a点处磁感应强度为零。b点与a点关于PQ连线对称。下列说法正确的是（

）A．匀强磁场的方向平行于PQ向右B．P的电流在a点处磁场的磁感应强度大小为C．将P中的电流方向反向，PQ连线中点磁场方向垂直PQ向上D．将Q中的电流方向反向时，b点的磁感应强度大小为【答案】D【解析】AB．对a点的磁场分析如图甲所示设P和Q在a点产生的磁场的磁感应强度大小均为B，当P和Q中的电流都垂直于纸面向里时，根据安培定则可知，P在a点产生的磁场的磁感应强度方向为水平向右偏下30°,Q在a点产生的磁场的磁感应强度方向为水平向右偏上30°，由矢量的平行四边形法则可知两者在a点产生的合磁场的磁感应强度大小为方向水平向右，所以匀强磁场的方向为水平向左；因a点的磁感应强度大小为零，故解得故AB错误；C．将P中的电流方向反向，P、Q在PQ连线中点产生的磁场大小相等，方向垂直PQ向上，匀强磁场水平向左，所以PQ连线中点磁场方向为斜左上方，故C错误；D．将Q中的电流方向反向时，P在b点产生的磁场的磁感应强度方向为水平向左偏下30°,Q在a点产生的磁场的磁感应强度方向为水平向右偏下30°，如下图所示。根据平行四边形定则得b点的磁感应强度为故D正确。故选D。7．建筑工人工作时，经常需要使用钉子制作构架，如图所示，某工人用0.6kg的铁锤钉钉子。铁锤打到钉子之前铁锤的速度为5m/s，打击时间为0.02s铁锤的重力忽略不计，取重力加速度。则铁锤击打钉子的过程中，下列说法正确的是（）A．铁锤对钉子的平均作用力大小为200NB．铁锤动量的变化量大小为3kg·m/s，方向竖直向下C．减小铁锤击打钉子的时间，其他条件不变，则铁锤对钉子的平均作用力变小D．增大铁锤击打钉子之前的速度，其他条件不变，则铁锤对钉子的平均作用变大【答案】D【解析】AB．以铁锤为研究对象，取竖直向上为正方向，其初速度末速度为0，则铁锤动量的变化量方向竖直向上。根据动量定理可得解得根据牛顿第三定律可得，铁锤钉钉子的平均作用力大小为150N，方向竖直向下。故A、B错误；CD．由可知减小铁锤击打钉子的时间，其他条件不变，则钉子对铁锤的平均作用力变大，根据牛顿第三定律，铁锤对钉子的平均作用力也变大，同理，增大铁锤击打钉子之前的速度，增大，其他条件不变，则钉子对铁锤的平均作用力变大，根据牛顿第三定律，铁锤对钉子的平均作用力也变大，故C错误，D正确。故选D。二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题列出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）8．如图所示，光滑的水平地面上有一辆质量的小车，一质量的人站在小车左端与小车一起以速度水平向右做匀速直线运动，某一时刻，人相对小车以速度水平向左跳下，落地后在落地点经过0.2s的屈膝缓冲后保持静止，已知从起跳点到落地点的过程中人的重心下降高度为，重力加速度，则下列说法中正确的是（）A．屈膝缓冲过程中人对地面竖直方向的平均作用力为1200NB．屈膝缓冲过程中人对地面竖直方向的平均作用力为1800NC．落地时人与小车左端的水平距离为mD．落地时人与小车左端的水平距离为1.6m【答案】BD【解析】AB．人落地时竖直方向速度分量为由动量定理可得由牛顿第三定律可知，屈膝缓冲过程中人对地面竖直方向的平均作用力为1800N，故A错误，B正确；CD．以地面为参考系，设人跳车后车相对地面的速度为v2，人相对地面的速度为v3，以初速度方向为正方向，解得；

人离开车后做类平抛运动，人落地的时间为结合上述分析，落地时人与小车左端的水平距离为故C错误，D正确。故选BD。9．如图，电容为C的平行板电容器两极板水平放置，极板长为L，两极板间的距离为d，距极板右端处有一竖直屏M，电容器充电后与电源断开。一电荷量为q、质量为m的带正电小球（可视为质点）以初速度沿中线水平向右射入两极板间，最后垂直打在竖直屏M上，已知重力加速度大小为g。下列说法正确的是（

）A．电容器的上极板带正电，电荷量为B．小球在整个过程中竖直向上偏转的位移大小为C．整个过程中小球减少的电势能和增加的重力势能均为D．若仅增大两极板间的距离，该小球仍垂直打在竖直屏M上【答案】CD【解析】由题可知，小球竖直方向在极板间先向上加速出极板后再向上减速为0，最后垂直打在竖直屏M上AB．因为小球在极板间运动时向上加速，故小球在两极板间所受电场力一定竖直向上，小球带正电，电场强度方向竖直向上，故上极板带负电。小球在电场中运动时，沿极板方向有垂直于极板方向有离开电场后沿极板方向有垂直于极板方向有综合以上各式可解得电容器上极板的电荷量小球在整个过程中竖直向上偏转的位移大小故AB错误；C．整个过程中只有电场力和重力对小球做功，因为小球的初末动能不变，根据能量守恒可知，小球电势能的减小量与重力势能增加量大小相等。故C正确；D．根据公式整理可得两极板间的电场强度因为电容器充电后与电源断开，若仅增大两极板间的距离，两极板间的电场强度不变，所以小球的受力情况不变，运动情况也将不变，所以小球仍垂直打在竖直屏M上，故D正确。故选CD。10．如图1所示，电源电动势E、内阻r恒定，定值电阻，滑动变阻器R的最大阻值为20Ω。闭合S，当滑动变阻器的滑片由a滑至b时，R上消耗的功率P随接入电路电阻的变化关系如图2所示，则（）A．电动势B．内阻C．时，R一定为3ΩD．时，R可能为12Ω【答案】BD【解析】AB．将看成电源内阻的一部分，当滑动变阻器R的阻值等于等效电源的内阻时，R上消耗的功率最大，即解得内阻R上消耗的最大功率为解得电动势故A错误，B正确；CD．当时，则解得或故C错误，D正确。故选BD。三、非选择题（本大题共5小题，共54分。第11题6分，第12题9分，第13题10分，第14题12分，第15题17分。其中13—15题解答时要求写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，若只有最后答案而无演算过程的不得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。）11．某同学用图甲所示的实验装置探究碰撞中的守恒量，实验前长木板已平衡摩擦，碰撞前b车静止，碰后两车一起运动，实验得到与车连接的纸带，其中、之间的点迹都是均匀的，如图乙所示。(1)关于本实验，下列说法正确的是_________。A．图甲中两小车的质量必须相等B．两小车在纸带之间某时刻相碰C．为了测量小车碰后的速度，应选纸带段的数据(2)若小车的质量为0.3kg，碰撞前、后系统动量守恒，则小车的质量为kg。（结果保留两位有效数字）【答案】(1)C(2)1.0【解析】（1）A．两车碰后粘成一体，不会出现反弹的情况，a车的质量不需要大于b车的质量，故A错误；B．由于碰撞之后共同匀速运动的速度小于碰撞之前a独自运动的速度，故AC应在碰撞之前，DE应在碰撞之后，碰撞发生在CD段中的某一时刻，故B错误；C．推动小车由静止开始运动，故小车有个加速过程，在碰撞前做匀速直线运动，即在相同的时间内通过的位移相同，故BC段为匀速运动的阶段，故选BC计算a车碰前的速度，碰撞过程是一个变速运动的过程，而a和b碰后的共同运动时做匀速直线运动，故在相同的时间内通过相同的位移，故应选DE段来计算碰后共同的速度，故C正确。故选C。（2）碰前a车的速度两车的碰后速度由动量守恒定律得解得12．某同学在“测定金属的电阻率”实验中，所用测量仪器均已校准。(1)该同学用螺旋测微器测量金属丝的直径d，其中某一次测量结果如图甲所示，其读数应为mm。(2)已知该金属丝的阻值约为5Ω。现用伏安法测量其阻值，要求测量结果尽量准确，金属丝两端电压测量范围能尽可能大一些，现备有以下器材：A．电池组（3V，内阻不计）B．电流表（0~0.6A，内阻为RA=0.5Ω）C．电压表（0~3V，内阻约为3kΩ）D．滑动变阻器（0~10Ω）E．滑动变阻器（0~100Ω）F．开关、导线上述器材中滑动变阻器应选（填写实验器材前面的字母）。(3)请你用笔画线代替导线帮他将图乙中的实物图连接完整。(4)该同学正确连接好电路，进行实验测量，记录数据，并在坐标纸上建立U、I坐标系，描绘出U-I图线，如图丙所示。已知图线的斜率为k，用刻度尺测量出金属丝接入电路部分的长度为L。则该金属丝电阻率ρ=（用k、L、d、RA等表示）。【答案】(1)0.955（0.954-0.956均正确）(2)D(3)(4)【解析】（1）图甲中螺旋测微器的读数为（2）要求金属丝两端电压测量范围能尽可能大一些，则滑动变阻器要以分压式接入电路，为了方便控制电路，应选择总阻值较小的滑动变阻器。故选D。（3）滑动变阻器要以分压式接入电路，另因电流表内阻已知，故电流表应采用内接法，连接完整的实物图如图所示（4）由题意知另根据电阻定律其中联立，得13．两个完全相同的质量都为m、带等量电荷的小球A、B分别用等长的绝缘细线悬挂在同一水平面上相距为的M、N两点，平衡时小球A、B的位置如图甲所示，已知小球B带负电，此时两球相距为l，细线与竖直方向夹角均为θ=45°，若外加水平向左的匀强电场，两小球平衡时位置如图乙所示，细线刚好沿竖直方向，已知静电力常量为k，重力加速度为g，求：（1）A球的电性及所带的电荷量Q；（2）外加匀强电场的场强E的大小。【答案】（1）正电，；（2）【解析】（1）已知小球B带负电，由甲图可知，A球带正电，对A球受力分析，由平衡条件可得解得A球所带的电荷量为（2）加电场后对A球受力分析，由平衡条件可得解得14．一电路如图所示，电源电动势，内阻，电阻，，，平行板电容器的电容，虚线到两极板的距离相等，极板长，两极板的间距。(1)开关S由断开到闭合，流过的总电荷量为多少？(2)若开关S断开时，有一带电微粒沿虚线方向以的初速度射入平行板电容器的电场中，刚好沿虚线匀速运动。则开关S闭合后，若此带电微粒以相同初速度沿虚线方向射入平行板电容