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焦作市博爱一中2023—2024学年（上）高二期末考试
物 理
考生注意：
1.答题前，考生务必用黑色签字笔将自己的姓名、准考证号、座位号在答题卡上填写清楚；
2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，在试卷上作答无效；
3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题：本题共10小题，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1至7小题只有一项符合题目要求，每小题4分。第8至10小题有多项符合题目的要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分。
1.下列关于直线运动的甲、乙、丙、丁四个图像的说法中，正确的是（ ）
A.甲图中物体的加速度大小为
B.乙图中所描述的物体在时段通过的位移为
C.丙图中所描述的物体在时段速度的变化量为
D.若丁图中所描述的物体正在做匀加速直线运动，则该物体的加速度为
2.如图所示，质量为2kg的木板M放置在足够大光滑水平面上，其右端固定一轻质刚性竖直挡板，能承受的最大压力为4N，质量为1kg的可视为质点物块m恰好与竖直挡板接触，已知M、m间动摩擦因数，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。初始两物体均静止，某时刻开始M受水平向左的拉力F作用，F与M的位移x的关系式为（其中，F的单位为N，x的单位为m），重力加速度，下列表述正确的是（ ）
A.m的最大加速度为
B.m的最大加速度为
C.竖直挡板对m做的功最多为48J
D.当M运动位移为24m过程中，木板对物块的冲量大小为
3.在如图所示的电路中，定值电阻R1＝3Ω、R2＝2Ω、R3＝1Ω、R4＝3Ω，电容器的电容C＝4μF，电源的电动势E＝10V，内阻不计。闭合开关S1、S2，电路稳定后，则（ ）
A.a、b两点的电势差Uab＝3.5V
B.电容器所带电荷量为1.4×10﹣6C
C.断开开关S2，稳定后流过电阻R3的电流与断开前相比将发生变化
D.断开开关S2，稳定后电容器上极板所带电荷量与断开前相比的变化量为2.4×10﹣5C
4.跳水运动一直是我国传统的优势体育项目，我们的国家跳水队享有“梦之队”的赞誉。在某次训练中，跳水运动员在跳台上由静止开始竖直落下，进入水中后在水中做减速运动，速度减为零时并未到达池底。不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A.运动员在空中运动时，其动量变化量大于重力的冲量
B.运动员从刚进入水中到速度减为零的过程中，其重力的冲量等于水的作用力的冲量
C.运动员从开始下落到速度减为零的过程中，其动量的改变量等于水的作用力的冲量
D.运动员从开始下落到速度减为零的过程中，其重力的冲量与水的作用力的冲量等大反向
5.图甲为一列简谐横波在某一时刻的波形图，a、b两质点的横坐标分别为和，图乙为质点a从该时刻开始计时的振动图像，下列说法正确的是（ ）
A.该波沿-x方向传播，波速为1m/s
B.质点b经过4s振动的路程为2m
C.t =1s时，质点b的位移沿y轴正向
D.t =1s时，质点b的加速度方向沿y轴正向
6.如图甲所示，质量为的物体放在水平面上，通过轻弹簧与质量为的物体连接，现在竖直方向给物体一初速度，当物体运动到最高点时，物体与水平面间的作用力刚好为零。从某时刻开始计时，物体的位移随时间的变化规律如图乙所示，已知重力加速度为，则下列说法正确的是（ ）
A.时间内，物体的速度与加速度方向相反
B.物体在任意一个内通过的路程均为
C.物体的振动方程为
D.物体对水平面的最大压力为
7.如图所示，在竖直虚线MN和之间区域内存在着相互垂直的匀强电场和匀强磁场，一带负电粒子（不计重力）以水平初速度v0由A点进入这个区域，带电粒子沿直线运动，并从C点离开场区。如果撤去磁场，该粒子将从B点离开场区；如果撤去电场，该粒子将从D点离开场区。则下列判断正确的是（ ）
A.电场方向竖直向下，磁场方向垂直于纸面向外
B.该粒子由B点离开场区时的动能大于由C点离开场区时的动能
C.该粒子由A点运动到D点的时间小于由A点运动到C点的时间
D.匀强磁场的磁感应强度B与匀强电场的场强E的大小之比为v0
8.如图所示，一不计电阻的导体圆环，半径为r、圆心在O点，过圆心放置一长度为2r、电阻为R的辐条，辐条与圆环接触良好。现将此装置放置于磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的有界匀强磁场中，磁场边界恰与圆环直径在同一直线上。现使辐条以角速度绕O点逆时针转动，右侧电路通过电刷与圆环中心和环的边缘相接触，，S处于闭合状态，不计其他电阻。则下列判断正确的是（ ）
A.通过R1的电流方向为自下而上
B.感应电动势大小为
C.理想电压表的示数为
D.理想电流表的示数为
9.如图所示的电路，电阻，电容，电感，电感线圈的电阻可以忽略。单刀双掷开关S置于“1”，电路稳定后，再将开关S从“1”拨到“2”，图中回路开始电磁振荡，下列说法正确的是（ ）
A.LC振荡电路的周期是
B.当时，电容器电荷量在减少
C.当时，电容器上极板带正电
D.当时，电感线圈中的磁感应强度最大
10.如图甲所示，在空间存在一个变化的电场和一个变化的磁场，电场的方向水平向右（图甲中由B到C），电场强度的大小随时间变化情况如图乙所示；磁感应强度方向垂直于纸面，磁感应强度的大小随时间变化情况如图丙所示。在t=1s时，从A点沿AB方向（垂直于BC）以初速度v0射出第一个粒子，并在此之后，每隔2s有一个相同的粒子沿AB方向均以初速度v0射出，射出的粒子均能击中C点。若AB=BC=l，且粒子由A点到C点的运动时间均小于1s。不计空气阻力、粒子重力及电磁场变化带来的影响，对于各粒子由A点运动到C点的过程中，则以下说法正确的是（ ）
A.磁场方向垂直纸面向外
B.电场强度E0和磁感应强度B0的比值=3v0
C.第一个粒子和第二个粒子运动的时间之比为π：2
D.第一个粒子和第二个粒子通过C点的动能之比为1：5
二、非选择题：本题共6小题，共70分。
11.（6分）小明同学用气垫导轨装置验证动量守恒定律，如图所示。其中、为两个光电门，它们与数字计时器相连。两个滑块A、B（包含挡光片）质量分别为、，当它们通过光电门时，计时器可测得挡光片挡光的时间。
（1）在正确操作的情况下，先调节气垫导轨水平，单独将A放在的右侧，然后向左轻推一下A，直到它通过光电门的时间 （填“大于”、“等于”、“小于”）它通过光电门的时间；
（2）将B静置于两光电门之间，A置于光电门右侧，用手轻推一下A，使其向左运动，与B发生碰撞，观察到滑块A两次通过光电门记录的挡光时间分别为、，滑块B通过光电门记录的挡光时间为，已知两挡光片宽度相同，若、、、、在误差允许范围内满足 （写出关系式，用、、、、表示）则可验证动量守恒定律；若、、在误差允许范围内还满足另一个关系式 （用、、表示）则说明A、B发生的是弹性碰撞。
12.（9分）某研究小组对热敏电阻RT的温度特性进行研究，现有以下实验器材：
A.热敏电阻RT（常温下的阻值约为30 ）
B.烧杯、热水、温度计
C.电流表（量程0-200mA，内阻为5 ）
D.电压表（量程0-6V，内阻约5k ）
E.滑动变阻器（最大阻值为10 ，额定电流4A）
F.滑动变阻器（最大阻值为500 ，额定电流0.5A）
G.电源（电动势6V，额定电流2A，内阻不计）
H.开关一个，导线若干
（1）要求通过热敏电阻的电流从零开始增大，为使测量尽量准确，滑动变阻器应选择 （填器材前的字母标号）；通过实验得到了热敏电阻随温度的变化情况如图乙所示。
（2）除利用上述器材外，研究小组又找到了定值电阻R1（阻值15 ）、定值电阻R2（阻值1500 ）、特殊开关、报警系统自制了简易温控报警系统。该系统利用热敏电阻RT随温度变化而改变电流，特殊开关是根据电流或电压的大小来控制报警系统开关，对热敏电阻所在电路的影响可忽略。当温度低于10℃或高于40℃触发报警系统。如图丙所示。为了能显示温度，把电流表盘改成温度表盘。为使温度表盘上优先显示正常温度范围，定值电阻选 （填写对应的器材符号）；温度表盘右边温度值比左边温度值 （填“高”或“低”），150mA处应标的温度值为 ℃。
13.（10分）质量均为m=2kg的木块A和B，并排放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O点系一条不可拉伸的长为l=1m的细线，细线另一端系一个质量为m0=1kg（可以看作质点）的球C。现将C球拉起使细线水平自然伸直，并由静止释放C球，重力加速度g取10m/s2。求：
（1）A、B两木块分离时，A、B、C的速度大小；
（2）从静止释放C球到A、B两木块分离时，B移动的距离。
14.（12分）如图所示，一列简谐横波沿x轴方向传播，图甲是这列波在t=0时刻的波形图，图乙是图甲中质点P的振动图像。求：
（1）这列波的传播速度；
（2）质点P的振动方程；
（3）t=0.3s时，平衡位置在x=0.7m处质点的位移。
15.（15分）如图，在光滑的水平桌面上固定两根平行光滑金属导轨，导轨间距L=1m，导轨左侧足够长，右端虚线MN与两导轨所围区域内有垂直桌面向下、磁感应强度大小B=0.5T的匀强磁场。在导轨间ab处放置质量加m1=0.3kg、阻值R1=2Ω的金属棒L1，cd处放置质量m2=0.1kg、阻值R2=3Ω的金属棒L2，两棒均与导轨垂直且良好接触，长度均为1m。在abNM区域还存在方向与金属棒平行的匀强电场。一半径R=0.8m加的竖直光滑圆轨道末端恰好在MN的中点处，轨道末端恰好与桌面相切。现将一质量m=0.1kg的带电小球从圆轨道的最高点释放，小球在abNM电场、磁场区域沿直线运动，以水平速度v0垂直碰撞金属棒L1中点处。设小球与金属棒L1发生弹性碰撞，整个过程小球的电荷量不变且碰后从MN间飞出。导轨电阻不计，已知在运动过程中L1、L2不会相碰，取g=10m/s2。
（1）求匀强电场的电场强度大小E；
（2）求小球与金属棒L1碰撞后瞬间，L1两端的电压U；
（3）整个过程中，金属棒L1与金属棒L2之间的距离减少了多少？
16.（18分）如图所示为一个小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈的ab边长为0.25m，bc边长为0.20m，共有n = 100匝，总电阻r = 1.0Ω，可绕与磁场方向垂直的对称轴OO′转动。线圈处于磁感应强度B = 0.40T的匀强磁场中，与线圈两端相连的金属滑环上接一个“3.0V，1.8W”的灯泡，当线圈以角速度ω匀速转动时，小灯泡消耗的功率恰好为1.8W。（不计转动轴与电刷的摩擦，结果保留两位有效数字）
（1）求发电机感应电动势的有效值；
（2）求线圈转动的角速度ω；
（3）线圈以上述角速度转动100周过程中发电机产生的电能为多少。
参考答案
选择题
1.【答案】C
【解析】A.根据，可知图像的斜率的绝对值等于2a，所以甲图中物体的加速度大小为，A错误；B.乙图中所描述的物体在时段通过的位移为，B错误；C.a-t图像与t轴所围的面积表示速度的变化量，所以丙图中所描述的物体在时段速度的变化量为，C正确；
D.根据，变形可得，所以图像的斜率等于，则该物体的加速度为，D错误。选C。
2.【答案】C
【解析】AB.m与木板M之间的最大静摩擦力为N＝5N，m受到的向左的力最大为静摩擦力与弹力的和，所以最大加速度为am==，/s2=9m/s2，选项AB错误；C.F随x的增大而增大，整体的加速度逐渐增大，当挡板的弹力达到最大时，F最大，对整体由牛顿第二定律得F的最大值为，又，解得当m的加速度最大时的位移，此过程由积累的关系可得，由动能定理即可求出系统的动能为，由此即可求出m的最大速度，当摩擦力达到最大静摩擦力时有，此时对整体有，解得，又，解得当摩擦力达到最大静摩擦力时的位移，由动能定理即可求出系统的动能为，由此即可求出此时m的速度，之后挡板开始对物块有力的作用，根据动能定理有，解得竖直挡板对m做的功最多为，选项C正确；
D.当位移为24m时m的速度，则物块受到合外力的冲量大小，合外力的冲量包括竖直挡板、摩擦力、支持力以及重力对物块的冲量，而木板对物块的冲量大小不包括重力的冲量，因此大小不为，选项D错误。选C。
3.【答案】D
【解析】A.闭合两个开关，电路稳定后，R1与R2串联，R3与R4串联，R1、R2与R3、R4之间为并联，则R1两端的电压为，即a点电势比电源正极电势低6V，R3两端的电压为，即b点电势比电源正极电势低2.5V，可知b点电势比a点电势高，则a、b两点电势差为，A错误；
B.电容器两端电压为，可求得电容器所带电荷量为，B错误；
C.断开开关S2，电路稳定后，R1与R2断路，R3与R4串联，电容器两端的电压等于R3所分的电压，由于电源内阻不计，可见断开S2前后，流过R3的电流相同，均为，C错误；
D.断开开关S2，电路稳定后，a点电势比b点电势高，此时电容器上极板带正电，所带电荷量为，根据对A选项的分析可知，断开S2之前，电容器上极板带负电，则稳定后电容器上极板所带电荷量与断开前相比的变化量为，D正确。选D。
4.【答案】D
【解析】A.运动员在空中运动过程中只受重力作用，根据动量定理可知运动员在空中动量的改变量等于重力的冲量，A错误；B.运动员在水中运动过程中受到重力和水对他的作用力，动量的变化向上，则其重力的冲量小于水的作用力的冲量，B错误；C.整个过程根据动量定理可得I=m△v=0，运动员整个向下运动过程中合外力的冲量为零，C错误；D.整个过程根据动量定理可得I=IG+IF=m△v=0，所以IG=-IF，即运动员整个运动过程中重力冲量与水的作用力的冲量等大反向，D正确；选D。
5.【答案】D
【解析】A.由图乙可知质点a该时刻向上振动，根据波形平移法可知，该波沿+x方向传播，由图甲可知波长为8m，由图乙可知周期为8s，则波速为
故A错误；
B.由于
可知质点b经过4s振动的路程为
故B错误；
CD.由于该波沿+x方向传播，根据波形平移法可知
因此质点b的位移为沿y轴负向，加速度沿y轴正向，故C错误，D正确；
故选D。
6.【答案】D
【解析】A.的时间内，物体由负的最大位移向平衡位置运动，回复力指向平衡位置，即物体的速度与加速度方向均沿轴正方向，A错误；B.物体由特殊位置（平衡位置或最大位移处）开始计时，在任意一个内，质点通过的路程等于振幅的5倍，除此外在的时间内通过的路程不等于振幅的5倍，B错误；C.由图乙可知振幅为，周期为，角速度为，规定向上为正方向，时刻位移为，表示振子由平衡位置上方处开始运动，所以初相为，则振子的振动方程为，单位错误，C错误；D.由物体在最高点时，物体与水平面间的作用力刚好为零，此时弹簧的拉力为，对于物体有，解得，当物体运动到最低点时，物体对水平面的压力最大，由简谐运动的对称性可知，物体在最低点时加速度向上，且大小等于，由牛顿第二定律得，解得，由物体的受力可知，物体对水平面的最大压力为，D正确。选D。
7.【答案】B
【解析】A.由于粒子带负电，撤去磁场，该粒子将从B点离开场区，可知电场力向上，电场方向竖直向下；如果撤去电场，该粒子将从D点离开场区，可知洛伦兹力向下，根据左手定则可知，磁场方向垂直于纸面向里，A错误；D.带负电粒子（不计重力）以水平初速度v0由A点进入这个区域，带电粒子沿直线运动，并从C点离开场区，可知洛伦兹力与电场力平衡，则有，可得，D错误；B.撤去磁场，该粒子将从B点离开场区，由于电场力对做正功，粒子的动能增大，而粒子从C点离开场区时的动能等于粒子的初动能，则该粒子由B点离开场区时的动能大于由C点离开场区时的动能，B正确；C.粒子从A点运动到C点，沿水平方向做匀速直线运动；粒子从A点运动到D点，由于洛伦兹力有水平向左的分力，使得粒子在水平方向做减速运动，则该粒子由A点运动到D点的时间大于由A点运动到C点的时间，C错误。选B。
8.【答案】AD
【解析】A.根据右手定则可知，通过的电流方向为自下而上，A正确；
B.由题意可知，辐条在转动过程中，只有一个长度与半径相等的金属棒转动切割磁感线，所以产生的感应电动势为，B错误；
CD.由闭合电路欧姆定律可知，回路中总电流为，由电路并联规律可知，理想电流表的示数为，由欧姆定律可知，理想电压表的示数为，C错误，D正确。选AD。
9.【答案】AD
【解析】A.对振荡电路的周期为
A正确；
BC.当时，由于
则此时电容器正在充电，电容器电荷量在增加，电流方向与初始时相反，故电容器下极板带正电，上极板带负电，故BC错误；
D.当时，由于
则此时电流最大，故电感线圈中的磁感应强度最大，D正确。
故选AD。
10.【答案】ACD
【解析】A.根据乙图可知，当仅存在水平向右的电场时，粒子往右偏转，可知该粒子带正电。在t=1s时，空间区域存在匀强磁场，粒子做匀速圆周运动，要使得沿AB方向击中C点，粒子运动轨迹如图所示
根据左手定则可得，磁场方向要垂直纸面向外，A正确；
B.对于粒子做匀速圆周运动分析，由牛顿第二定律得，由几何关系可知，粒子的轨道半径，则，带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，如图所示
竖直方向，水平方向，解得,则，B错误；
C.第一个粒子做圆周运动，其运动时间，第二个粒子做类平抛运动，其运动时间，第一个粒子和第二个粒子运动的时间之比，C正确；
D.第二个粒子，由动能定理得，解得，第一个粒子的动能，第一个粒子和第二个粒子通过C的动能之比为1：5，D正确；选ACD。
二、非选择题
11.（6分）【答案】等于；；
【解析】（1）[1]在正确操作的情况下，先调节气垫导轨水平，单独将A放在的右侧，然后向左轻推一下A，直到它通过光电门的时间等于它通过光电门的时间。
（2）[2]滑块A两次经过光电门的速度大小近似等于滑块经过光电门时的平均速度，分别为，，滑块B经过光电门的速度为，以向左为正方向，根据动量守恒可得，整理得。
[3]若为弹性碰撞，根据机械能守恒可得，结合动量守恒定律，联立可得，则有。
12.（9分）【答案】 E R1 高 38.0～40.0
【解析】（1）[1]要求通过热敏电阻的电流从零开始增大,则控制电路应采用分压式，为了确保测量数据的连续性，滑动变阻器应选择总阻值较小的，即选择滑动变阻器E；
（2）[2]根据题意，正常温度范围为10℃~40℃，由图乙可知，此温度范围内热敏电阻的阻值范围为~，由于电流表的量程为0~200mA，则电路中电阻的最大值为
所以，为了使温度表盘上优先显示正常温度范围，定值电阻应选；
[3]由于热敏电阻的阻值随温度升高而减小，则温度越高，热敏电阻的阻值越小，通过电流表的电流越大，所以温度表盘右边温度值比左边温度值高；
[4]当电流为150mA时，根据欧姆丁定律可得
解得
由图乙可知，此时温度约为39℃。
13.（10分）【答案】（1）1m/s，，；（2）
【解析】（1）C球下落到最低点，A、B恰好分离，对A、B、C系统，由水平方向动量守恒及系统机械能守恒可得，，解得A、B两木块分离时，
（2）对A、B、C系统，水平方向运动分析，由动量守恒的位移关系表达式有，，解得
14.（12分）【答案】（1）3m/s；（2）；（3）y=-5cm
【解析】（1）由图可知，简谐波的波长和周期
由波速公式
（2）由图可知，质点P振动的振幅、圆频率和初相位
则质点P的振动方程为
（3）由时，质点P振动方向为y轴负方向可知，波的传播方向为x轴负方向；则平衡位置在处的质点相位领先P点，可知该质点的振动方程为
将代入得
15.（15分）【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】（1）设小球进入abNM时的速度大小为v0，根据机械能守恒定律有 ①，解得 ②，小球在abNM中沿直线运动时，所受电场力与洛伦兹力平衡，即 ③，解得 ④
（2）设小球与金属棒L1碰撞后瞬间L1的速度为v1，规定水平向左为正方向，根据动量守恒定律有 ⑤，根据机械能守恒定律有 ⑥，联立②⑤⑥并代入数据解得 ⑦，L1产生的感应电动势大小为 ⑧，根据闭合电路欧姆定律可得 ⑨
（3）最终L1和L2将达到公共速度v，根据动量守恒定律有 ⑩，解得 ，对L2根据动量定理有 ，设整个过程中，金属棒L1与金属棒L2之间的距离减少了，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律有 ，联立 并代入数据解得
16.（18分）【答案】（1）3.6V；（2）2.5rad/s；（3）5.4 × 102J
【解析】（1）设小灯泡正常发光时的电流为I，则 ，设灯泡正常发光时的电阻为R ，再根据闭合电路的欧姆定律有E = I(R＋r) = 3.6V
（2）发电机感应电动势最大值为，Em = nBSω，解得
（3）发电机产生的电能为Q = EIt， ，解得Q = 5.4 × 102J
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