广西2023-2024学年高二上学期1月期末考试物理试题(含答案)

广西2023-2024学年高二上学期1月期末考试物理试题
姓名：__________ 班级：__________考号：__________
符合题目要求的．
1．《博物志》云：“今人梳头、脱着衣时，有随梳、解结有光者，也有咤声．”这种现象产生的原因是（）A．摩擦起电
B．感应起电
C．接触起电
D．摩擦导致正电荷从一个物体转移到了另一个物体
2．某同学用如图所示的装置探究感应电流的产生条件，当他进行如下操作时，线圈N中不能产生感应电流的是（）
A．闭合开关S瞬间
B．开关S闭合，电路稳定后
C．断开开关S瞬间
D．将滑动变阻器的滑片从左向右滑动过程中
3．2023年9月23日至10月8日，第19届亚洲运动会在杭州举办．开幕式上，某国领队牌的面积为S，所能承受的最大风力为F，风垂直吹到领队牌上后速度瞬间减为零．已知空气密度为ρ，不考虑领队牌的运动速度，则该领队牌能承受的垂直迎风面方向的风速最大值为（）
A．F
ρS B．
2F
ρS C．√
F
ρS D．√
2F
ρS
4．某静电场的方向平行于x轴，其电势φ随x轴的分布如图所示．一质量为m=1.0×10−20kg、电荷量为q=
2.0×10−9C的带负电粒子自(−0.5，0)点由静止开始，沿x轴做往复运动．不计粒子重力，下列说法正确的是（）
A．在x轴正、负半轴分布着方向相同的匀强电场
B．在−0.5cm<x<0区域内，电场强度大小为2000V/m
C．x=−0.25cm处的电场强度小于x=0.5cm处的电场强度
D．该粒子运动过程中经过x=0速度最大，最大速度是3×106m/s
5．如图甲是静电喷涂原理的示意图．一带正电荷的涂料微粒从发射极由静止释放，仅在电场力的作用下，加速飞向吸极，其运动图像如图乙所示，M、N是其路径上的两点．下列说法正确的是（）
甲乙
A．M点的电势比N点的低
B．M点的电场强度比N点的大
C．涂料微粒在M点的电势能比在N点的大
D．涂料微粒在M点的加速度比在N点的大
6．在如图所示的电路中，电压表和电流表均为理想电表，R1、R2为定值电阻，R为滑动变阻器，电源电动势为E、内阻为r，平行板电容器中间有一带电油滴处于静止状态，闭合开关S，当滑动变阻器的滑片由中点向下滑动过程中，下列说法正确的是（）
A．电流表读数变小B．电压表读数不变
C．电源内阻消耗的功率变大D．油滴将向上运动
7．如图所示，用不可伸长的轻质细绳将木块悬挂于一点O，开始木块自由静止在O点下方的P点．质量为m的弹丸水平向右射入质量为M=20m的木块，第一粒弹丸的速度为v1=126m/s，打人木块后二者共同摆动的最大摆角为α，当其第一次返回P位置时，第二粒相同的弹丸以水平速度v2又击中木块，使木块向右摆动且最大摆角仍为α，弹丸均未射出木块，木块和弹丸形状大小以及空气阻力均忽略不计，则第二粒弹丸水平速度v2的大小为（）
A．258m/s B．252m/s C．132m/s D．126m/s
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．
8．如图所示的三棱柱，其中△ADE为正三角形，ABCD面沿水平方向，其中AB=BC=1m，现在空间加一竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B=2T．则下列说法正确的是（）
A．穿过ABFE面的磁通量为2Wb B．穿过ABCD面的磁通量为2Wb
C．穿过BCF面的磁通量为√3
D．穿过三棱柱的磁通量为零
2Wb
9．如图所示，Q1、Q2为两个带等量正电荷的固定点电荷，竖直虚线为两点电荷连线的中垂线，A、B、A′、B′为中垂线上四点，O点为中垂线与连线的交点，且AB=BO=OB′=B′A′=ℎ．现将一带负电液滴从A点由静止释放，液滴到达B点时的速度大小为v．已知重力加速度为g，不计空气阻力，下列说法正确的是（）
A．A点电场强度可能大于B点电场强度
B．A点电场强度一定小于B点电场强度
C．液滴到达B′点时的速度大小为√v2+4gℎ
D．液滴在A点的动能小于在A′点的动能
10．如图所示，直流电动机正常工作时，两端电压为220V，通过电动机的电流为6A，能在10s内把一质量为100kg的重物匀速提高8m，不计绳重、摩擦与空气阻力，重力加速度g取10m/s2．下列说法正确的是
（）
A．电动机的输出功率为1320W
B．在提升重物的10s内重物增加的重力势能为8000J
C．在提升重物的10s内电动机线圈产生的热量为5200J
D．电动机线圈的电阻为10Ω
三、非选择题：本题共5小题，共54分．
11．某实验小组设计了如图所示的实验装置测瞬时速度并验证动量守恒定律．
（1）图中水平桌面上放置气垫导轨，导轨上有光电计时器1和光电计时器2，弹性滑块A、B质量分别为m A、m B，两遮光片沿运动方向的宽度均为d，利用游标卡尺测得遮光片的宽度d=0.211cm；实验中为确保碰撞后滑块A不反向运动，则m A、m B应满足的关系是m B m A（填“>”“=”或“<”）（2）实验先调节气垫导轨成水平状态，再轻推滑块A，测得A通过光电计时器1的遮光时间为t1=
0.01s，A与B相碰后，B和A先后经过光电计时器2的遮光时间分别为t2和t3，则碰前A的速度大小为v A=
m/s．
（3）在实验误差允许的范围内，若满足关系式（用字母m A、m B、t1、t2、t3表示），则可认为验证了动量守恒定律．
12．某实验小组测未知电阻R x的阻值时，先用多用电表进行粗测，再改装电表后采用“伏安法”准确测量未知电阻．
（1）先用多用表的欧姆挡“×1”按正确的操作步骤粗测，指针如图甲所示，则读数应记为Ω．
甲
（2）再改装电表，将量程为100μA、内阻为100Ω的电流表串联一个29900Ω的电阻，将它改装成电压表，则改装后的电压表的量程是V．
（3）现另有以下仪器：
电源（电动势3V，内阻不计）
电流表（量程3A，内阻约3Ω）
电流表（量程1A，内阻约0.5Ω）
滑动变阻器R（最大阻值为3Ω）
开关、导线若干
在图乙框中画出测量R x最合理的完整电路图并标出所选仪器．
乙丙
（4）该小组的同学在坐标纸上建立U、I坐标系，用测量数据描绘出I−U图线如图丙所示，由图线可得未知电阻的阻值R x=Ω（保留2位有效数字）．
13．如图所示，电源电动势E为12V，内阻r为0.5Ω，电阻R为0.5Ω，灯泡L的额定电压U=8V，额定功率P额= 12W．开关闭合后，灯泡恰好正常发光．已知电动机线圈电阻R M为1Ω，求：
（1）电源总功率；
（2）电动机的输出功率．
14．如图所示，光滑的14
圆弧轨道BC 固定在竖直平面内，轨道的C 点与光滑水平面相切，其半径为OB =OC =R =1.2m ．在水平面内有一质量M =2kg 的小球Q 连接着轻质弹簧处于静止状态，现将一质量为m =1kg 的小球P 从B 点正上方ℎ=1.8m 高处由静止释放，小球P 和小球Q 均可视为质点，当地的重力加速度g =10m/s 2，不计空气阻力，求：
（1）小球P 到达圆弧轨道最低点C 时对轨道的压力；
（2）在小球P 压缩弹簧的过程中，弹簧具有的最大弹性势能．
15．如图所示，AB 、CD 两竖直线相距为2L ，其间以水平线PT 为界，PT 上方电场E 1竖直向下，PT 下方电场E 2竖直向上，在电场左边界AB 上的P 、Q 两点相距为L ．一电荷量为+q 、质量为m 的粒子从Q 点以初速度v 0沿水平方向射入匀强电场E 2中，通过PT 上的某点R 进入匀强电场E 1后，从CD 边上的M 点水平射出，其轨迹如图，若M 、T 两点的距离为L 2
，不计粒子的重力．求：
（1）PT 上方的电场强度大小E 1与PT 下方的电场强度大小E 2；
（2）带电粒子先后经过两电场所用的时间之比．
答案解析部分
1．【答案】A
【解析】【解答】ABC. ‘梳头’、‘脱衣’都是两物体直接接触摩擦后起电，为摩擦起电，A符合题意；BC不符合题意；
D. 摩擦起电是电子从一个物体转移到了另一个物体。

故答案为：A
【分析】利用摩擦起电的定义和特点可得出结论。

2．【答案】B
【解析】【解答】A. 闭合开关瞬间，电流从无到有，磁通量发生变化，会有感应电流的产生，A不符合题意；
B. 开关S闭合后，电路稳定，则恒定电流产生的磁场磁通量不发生变化，不会有感应电流的产生，B符合题意；
C. 断开开关S瞬间，电流从有到无，磁通量发生变化，会有感应电流的产生，C不符合题意；
D. 将滑动变阻器的滑片从左到右滑动过程中，电阻变大，电流变小，磁通量发生变化，会有感应电流的产生，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】产生感应电流的条件为穿过闭合线圈的磁通量发生变化，结合实际情况可得出结论。

3．【答案】C
【解析】【解答】将单位时间内冲击在领队牌的气体看作圆柱体模型，则气体质量为
∆m=ρSl=ρSv∆t
对气体分析，在水平方向上由动量定理可知
−F∆t=mv=ρSv∆t·v
解得
v=√F
ρS
C符合题意，ABD不符合题意。

故答案为：C
【分析】利用动量定理，结合流体模型的特点可求出速度大小。

4．【答案】B
【解析】【解答】A. 电势位置时间图像斜率表示电场强度，由图可知，−0.5cm<x<0区域内，电场强度大小为2000V/m，方向为负方向，在0<x<1cm内，电场强度大小为1000V/m，方向为正方向，故A不符合题意，B符合题意；
C. 可知在x=-0.25cm处的图像大于在x=0.5cm处的电场强度，C不符合题意；
D. 由题可知粒子在0.5cm~1cm区间内做往复运动，即在两端速度为零，在x=0cm处速度最大，由动能定律可知
qφ=1
2mv2
可得
v=2×106m/s
D不符合题意。

故答案为：B
【分析】利用电势-位置图像特点可得出电场强度的大小和方向特点
5．【答案】C
【解析】【解答】由速度时间图像可知，带正电荷的微粒做加速运动，且加速度逐渐增大，表明电场线方向向右，且电场强度逐渐增大；
A. 沿着电场线方向电势降低，故M点电势高于N点电势，A不符合题意；
B. 由题可知沿着电场线方向电场强度增大，故M点的电场强度比N点的电场强度小，B不符合题意；
C. 涂料微粒带正电，故在电势高的地方电势能大，所以微粒在M点电势能比在N点的大，C符合题意；
D. 微粒运动的加速度由电场力提供，故电场强度大的地方加速度大，M点的加速度小于N点的加速度，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】利用速度时间图像可求出加速度的变化情况，结合带电粒子在电场中受电场力的特点，可求出电场的分布特点，进而得出结论。

6．【答案】D
【解析】【解答】滑动变阻器滑片由中点向下滑过程，电阻增加，由闭合电路欧姆定律可知，干路电流I减小，内电压Ir减小，路端电压U增加；
A. 路端电压增加，由
I A=
U
R1+R2
可知I A增加，A不符合题意；
B. 可知I A增加，则电压表示数
U V=I A R1增大，B不符合题意；
C. 电源内阻消耗功率有
P=I2r 则消耗的功率变小，C不符合题意；
D. 电容器两端电压增加，由
E=U d
可知，电场强度增加，电场力增大，则带电油滴将向上运动，D符合题意。

故答案为：D
【分析】利用闭合电路欧姆定律，结合电路结构和特点，可确定电路中电压和电流的变化关系，进而得出结论。

7．【答案】A
【解析】【解答】ABCD. 设第一粒弹丸打入木块后整体获得的速度为v，由动量守恒定律可知
mv1=(m+M)v
可得
v=6m/s
之后子弹与木块摆动回P点时的速度大小仍为6m/s，由题意可知第二粒弹丸射出后摆动角度仍为α，即第二粒弹丸射入后速度为6m/s，第二次射入过程由动量守恒定律可知
mv2−(m+M)v=(2m+M)v
可得速度
v2=258m/s
A符合题意，BCD不符合题意。

故答案为：A
【分析】利用动量守恒定律，结合物体运动的特点，可求出速度的大小。

8．【答案】B,D
【解析】【解答】A. 可知面ABEF与竖直竖直方向夹角为30°，故穿过ABEF面的磁通量为
A不符合题意；
B. 穿过ABCD面的磁通量
B符合题意；
C. 穿过BCF面的磁通量为
C不符合题意；
D. 穿过三棱柱磁通量穿入2Wb，穿出2Wb，故磁通量为零，D符合题意。

故答案为：BD
【分析】利用磁通量的表达式可求出磁通量的大小。

9．【答案】A,C,D
【解析】【解答】AB. 等量同种电荷沿中垂线一边到无穷远处电场强度先增大，后减小，有一点电场强度最大，不确定在A点上方还是下方，故A点电场强度可能大于B点电场强度，A符合题意，B不符合题意；
C. 根据对称性特点，U BO=U OB'，A到B由动能定理可知
mgℎ−qU AB=1
2mv2
A到B'可有
3mgℎ−qU AB=1
2mv′2
联立可得
v′=√v2+4gℎ
C符合题意；
D. 可知粒子从A点到A'点电场力做功为零，则有动能定理
mg4ℎ=E kA′−E kA
故液滴在A点的动能小于A'点的动能。

故答案为：ACD
【分析】利用等量同种电荷的电场分布特点，可求出电场强度的大小；利用动能定理，结合电场力做功的特点可求出速度和动能的大小。

10．【答案】B,C
【解析】【解答】A. 电动机输出功率为
P=W
t=
mgℎ
t=800W
A不符合题意；
B. 提升重物10s内重物增加的重力势能为
E p=mgℎ=8000J B符合题意；
C. 电动机线圈内阻消耗功率为
P r=UI−P=520W 则产生的热量为
Q=P r t=5200J C符合题意；
D. 对线圈电阻有
P r=I2r=520W 电流为6A，则电阻约为14.4Ω，D不符合题意。

故答案为：BC
【分析】利用电动机输入功率与输出功率的关系和特点可得出结论。

11．【答案】（1）<
（2）0.211
（3）m A t 1=m A t 3+m B t 2
【解析】【解答】（1）要使物体A 碰撞后不反向运动，需要求质量A 大于质量B ；
（2）碰前A 的速度为
v A =
d t 1=0.211m/s （3）在实验误差允许范围内，需满足关系式为
m A v 1=m A v 3+m B v 2
即
m A
d t 1=m A d t 3+m B d t 1
整理可得 m A t 1=m A t 3+m B t 2
【分析】（1）利用碰撞前后两物体的速度特点可求出质量关系；（2）利用瞬时速度近似等于平均速度的关系式可求出速度大小；（3）利用动量守恒定律，结合题意可求出关系式。

12．【答案】（1）3.5
（2）3
（3）
（4）4.0（3.8~4.1都对）
【解析】【解答】（1）根据表盘读数为3.5Ω；
（2）改装后电压表量程为
U =I g R g +I g R =3V
（3）电流表A 1满偏电压大，故作为电压表使用，根据
R x >√R V R A
使用电流表外接，滑动变阻器阻值较小，故使用分压式接法；
（4）I- U 图像斜率的倒数为电阻的阻值，故电阻阻值为4.0。

【分析】（1）利用欧姆表读数方法可得到读数；（2）利用串联电阻改装电压表可求出电压表的量程；（3）结
合电压表和电流表的内阻与待测电阻的关系可确定电流表的接法。

13．【答案】（1）解：灯泡刚好正常发光，可知并联电路两端电压为8V
由闭合电路欧姆定律知E =U +I(R +r)
解得I =4A
则电源总功率P 总=EI =48W
（2）解：通过灯泡的电流I L =P 额U
=1.5A 故通过电动机的电流I M =I −I L =2.5A
电动机的输入功率P M =UI M =20W
又电动机的发热功率P RM =I M 2⋅R M =6.25W
可得电动机的输出功率P 出=P M −P RM =13.75W
【解析】【分析】（1）利用闭合电路欧姆定律，结合灯泡两端电压大小，可求出电源的总功率；（2）电动机的输入功率等于输出功率与热功率之和，结合电流大小，可求出电动机的输出功率。

14．【答案】（1）解：小球P 从A 点运动到C 点的过程中机械能守恒：mg(ℎ+R)=12
mv C 2 在最低点C 处由牛顿第二定律得：F N −mg =m v C 2R
得F N =60N
由牛顿第三定律小球对轨道的压力大小60N ，方向向下
（2）解：当P 、Q 两球速度相等时，弹簧具有的弹性势能最大，令共同速度为v ，取向右为正方向，由P 、Q 两球系统动量守恒得：mv C =(M +m)v
根据机械能守恒定律：12mv C 2=12(M +m)v 2+E pmax 由以上关系得E pmax =20J
【解析】【分析】（1）利用机械能守恒定律可求出小球P 下落至C 点时的速度大小；利用小球在C 点做圆周运动的特点，结合牛顿第三定律，可确定压力；（2）利用动量守恒定律可求出两球共速时的速度大小，进而利用机械能守恒定律可求出弹性势能的最大值。

15．【答案】（1）解：由于带电粒子水平方向不受力，竖直方向只受电场力作用，由牛顿运动定律可得v y 2=2qE 2m L =2qE 1m L 2
得E 1=2E 2
竖直方向L =12qE 2m
t 12 竖直方向L 2=12qE 1m t 2
2 水平方向v 0(t 1+t 2)=2L
v 0(√
2mL qE 2+√mL qE 1
)=2L 解得电场强度E 2=9mv 028qL
电场强度E 1=9mv 024qL （2）解：竖直方向：v y =a 1t 1=a 2t 2
则qE 2m t 1=qE 1m t 2
带电粒子经过电场E 2所用的时间与经过电场E 1所用的时间之比t 1t 2=21
【解析】【分析】（1）粒子在电场中做类平抛运动，在竖直方向做匀变速直线运动，利用牛顿第二定律，结合电场力的特点，可求出竖直方向位移时间关系式，结合水平位移关系式的特点，联立可求出电场强度的大小；（2）利用竖直方向粒子做匀变速直线运动的速度时间关系式可求出时间之比。