2024届黑龙江省大庆市让胡路区铁人中学高二物理第二学期期末联考试题含解析

2024届黑龙江省大庆市让胡路区铁人中学高二物理第二学期期末联考试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、单项选择题：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、如图所示，一定质量的物体用轻绳AB悬挂于天花板上，用水平向左的力F缓慢拉动绳的中点O，用T表示绳OA段拉力的大小，在O点向左移动的过程中A．F逐渐变大，T逐渐变大B．F逐渐变大，T不变C．F逐渐变小，T不变D．F逐渐变小，T逐渐变小2、如右图所示是甲、乙两物体的v-t图，则下列说法不正确的是（

）A．第5s末甲、乙两物体相遇B．甲、乙两物体的运动方向相同C．甲、乙两物体都做匀变速直线运动D．甲的加速度大于乙的加速度3、如图所示，地球绕着太阳公转，而月球又绕着地球转动，他们的运动均可近似看成匀速圆周运动。如果要通过观测求得地球的质量，需要测量下列哪些量A．地球绕太阳公转的半径和周期B．月球绕地球转动的半径和周期C．地球的半径和地球绕太阳公转的周期D．地球的半径和月球绕地球转动的周期4、如图所示，实线为不知方向的三条电场线，虚线1和2为等势线，从电场中M点以相切于等势线1的相同速度飞出a、b两个带电粒子，粒子仅在电场力作用下的运动轨迹如图中虚线所示，则在开始运动的一小段时间内(粒子在图示区域内)()A．a的电场力较小，b的电场力较大B．a的速度将减小，b的速度将增大C．a一定带正电，b一定带负电D．两个粒子的电势能均减小5、如图所示，在光滑固定的水平长杆上套着一个光滑的质量为m的滑环A，滑环通过一根不可伸长的轻绳悬吊一质量为3m的重物B（可视为质点），轻绳长为将滑环A固定在水平杆上，给B一个水平瞬时冲量作用，使B向左摆动，且恰好刚碰到水平杆。若滑环A不固定，仍给B以同样大小的瞬时冲量作用，则重物B摆起的最大高度（相对于最低点）为A． B． C． D．6、教学用发电机能够产生正弦式交变电流．利用该发电机（内阻可忽略）通过理想变压器向定值电阻R供电，电路如图所示．理想交流电流表A和交流电压表V的读数分别为I、U,R消耗的功率为P．若将发电机线圈的匝数变为原来的4倍，其它条件均不变，下列说法正确的是A．R消耗的功率变为2PB．电压表的读数为4UC．电流表的读数为2ID．通过R的交变电流频率变大二、多项选择题：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，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7、近来，我国某些地区出现了雾霾天气，给人们的正常生活造成了极大的影响．在一雾霾天，某人驾驶一辆小汽车以大小为30m/s的速度行驶在高速公路上，突然发现正前方28m处有一辆大卡车以12m/s的速度同方向匀速行驶，小汽车紧急制车，但刹车过程中刹车失灵．如图所示，a、b分别为小汽车和大卡车的v-t图象(不考虑两车可能相撞后的情况)，取重力加速度为10m/s².下列说法正确的是A．在4s时小汽车与卡车追尾B．0～1s内小汽车受到的阻力与其受到的重力之比为1：2C．若刹车不失灵，则小汽车恰好不与卡车追尾D．若刹车不失灵，则小汽车与卡车的最近距离为11.8m8、如图所示，空气中有一折射率为2的玻璃柱体，其横截面是圆心角为90°、半径为R的扇形OAB，一束光平行于横截面，以入射角θ照射到OA上，OB不透光。只考虑首次入射到圆弧AB上的光A．若θ=45°，则AB面上最大的入射角为45°B．若θ=45°，则AB面上最大的入射角大于45°C．若增大θ，则AB上有光透出部分的弧长不变D．若增大θ，则AB上有光透出部分的弧长变长9、如图所示为远距离输电的简化电路图．发电厂的输出电压是，升压变压器的输出电压为，并用两条输电线进行输电，输电线路中的电流是，降压变压器原线圈的端电压是，副线圈的端电压为．输电过程只考虑因导线电阻而造成的电压损失，变压器均为理想变压器．输电线上损失的电压为，损失的功率为，发电厂输出的功率为，用户获得的功率，则（）A．B．C．D．10、如图所示是滑梯斜面体（倾角为θ放在粗糙水平面上）简化图，一质量为m的小孩从滑梯上A点开始无初速度下滑，在AB段匀加速下滑，在BC段匀减速下滑，滑到C点恰好静止，整个过程中滑梯保持静止状态。假设小孩在AB段和BC段滑动时的动摩擦因数分别为μ1和μ2，AB与BC长度相等，则下列判断中正确的是（）A．动摩擦因数μ1+μ2=2tanθB．小孩从滑梯上A点滑到C点过程中先失重后超重C．整个过程中地面对滑梯的支持力始终等于小孩和滑梯的总重力D．小孩在AB段滑动时地面对滑梯摩擦力大小为mg（sinθ一μ1cosθ）cosθ，方向向右三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11．（6分）某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率ρ.步骤如下：(1)用游标为20分度的卡尺测量其长度如图甲，由图可知其长度为L＝________mm；(2)用螺旋测微器测量其直径如图乙，由图可知其直径D＝________mm；(3)用多用电表的电阻“×10”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻R，表盘的示数如图，则该电阻的阻值约为________Ω.(4)该同学想用伏安法更精确地测量其电阻R，现有的器材及其代号和规格如下：待测圆柱体电阻R电流表A1(量程0～4mA，内阻约50Ω)电流表A2(量程0～30mA，内阻约30Ω)电压表V1(量程0～3V，内阻约10kΩ)电压表V2(量程0～15V，内阻约25kΩ)直流电源E(电动势4V，内阻不计)滑动变阻器R1(阻值范围0～15Ω，允许通过的最大电流2.0A)开关S、导线若干为使实验误差较小，要求测得多组数据进行分析，某同学设计电路时，电流表应选用______、（选填“A1”或“A2”）电流表应采用______法（选填“内接”或“外接”），滑动变阻器应采用______式接法（选填“分压”或“限流”）12．（12分）老师要求同学们测出一待测电源的电动势及内阻．所给的实验器材有：待测电源E，定值电阻R1（阻值未知），电压表V（量程为3.0V，内阻很大,可视为理想表），电阻箱R（0～99.99），单刀单掷开关S1，单刀双掷开关S2，导线若干．（1）同学小红按照右图连接电路，然后进行了如下操作：①将S2接到，拨动电阻箱旋钮，使各旋钮盘的刻度处于如下图甲所示的位置，闭合S1，记录下对应的电压表示数为2.20V，然后断开S1；②保持电阻箱示数不变，将S2切换到，闭合S1，记录此时电压表的读数（电压表的示数如下图乙所示），然后断开S1．请你解答下列问题：图甲所示电阻箱的读数为Ω，图乙所示的电压表读数为V．由此可算出定值电阻R1的阻值为Ω（R1的计算结果保留两位小数）．（2）在完成上述操作后，小红继续以下的操作：将S2切换到，闭合S1，多次调节电阻箱，读出多组电阻箱的示数R和对应的电压表示数U，由测得的数据，绘出了如图丙所示的—图线．由此可求得电源电动势E和电源内阻r，其中E=V，内阻r=Ω（计算结果均保留两位小数）．四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13．（10分）如图所示，竖直虚线MN的右侧存在匀强磁场，虚线左侧有一平行板电容器A、B，板间距离d=12cm，板与水平面夹角θ=37°，两板所加电压U=120V，B板电势高，现有一带电荷量为q=-3×10-3C的带电液滴，以=1m/s的水平速度从A板上边缘水平进人电场，恰好沿水平方向运动并恰好从B板的下边缘水平飞出，液滴进入磁场后仍沿水平方向运动，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s².电场和磁场互不影响，求：(1)液滴的质量；(2)液滴飞出电场时的速度大小及它在电场中运动的时间；(3)匀强磁场的方向和场强B的大小.14．（16分）冰球运动员甲的质量为80.0kg．当他以5.0m/s的速度向前运动时，与另一质畺为100kg、速度为3.0m/s的迎面而来的运动员乙相撞．碰后甲恰好静止．假设碰撞时间极短，求：碰后乙的速度的大小；15．（12分）如图所示，风洞实验室中能模拟产生恒定向右的风力．质量m=100g的小球穿在长L=1.2m的直杆上并置于实验室中，球与杆间的动摩擦因数为0.5，当杆竖直固定放置时，小球恰好能匀速下滑．保持风力不变，改变固定杆与竖直线的夹角，将小球从O点静止释放．g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：（1）当θ=37°时，小球离开杆时的速度大小；（2）改变杆与竖直线的夹角θ，使球下滑过程中与杆之间的摩擦力为0，求此时θ的正切值．

参考答案一、单项选择题：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、A【解题分析】

本题关键是抓住悬挂物B的重力不变，即OB段绳中张力恒定，O点缓慢移动时，点O始终处于平衡状态，根据平衡条件列式求解各力变化情况．【题目详解】以结点O为研究对象受力分析如下图所示：

由题意知点O缓慢移动，即在移动过程中始终处于平衡状态，则可知，绳OB的张力为mg，保持不变；根据平衡条件可知：Tcosθ-mg=0，Tsinθ-F=0，由此两式可得：F=mgtanθ，由于θ增加，故拉力F增加，T增加；故选A。【题目点拨】掌握共点力平衡条件是正确解决本题的关键，本题中注意对缓慢拉动所隐含的在拉动过程中物体始终处于平衡状态条件的挖掘．2、A【解题分析】A．由图象可知末，甲乙两物体的速度相同，但乙的位移大于甲的位移，没有到达同一位置，故A错误；B．甲、乙两物体的速度图象始终在时间轴的上方，即方向相同，故B正确；C．图象中倾斜的直线表示匀变速直线运动，甲乙都是倾斜的直线，所以甲、乙两物体都做匀变速直线运动，故C正确；D．图象中斜率表示加速度，倾斜角越大表示加速度越大，由图可以看出甲的倾斜角大于乙的倾斜角，所以甲的加速度大于乙的加速度，故D正确．点睛：本题是速度--时间图象的应用，要明确斜率的含义，知道在速度--时间图象中图象与坐标轴围成的面积的含义，能根据图象读取有用信息．3、B【解题分析】试题分析：欲观测地球的质量M，根据，则需要知道围绕地球的卫星的半径和周期，而不是它绕太阳的半径与周期，故选项B正确。考点：万有引力与航天。4、D【解题分析】

电场力，不知道a、b两电荷带的电荷量，因此无法判断电场力大小，A错误；粒子受到的电场力指向轨迹内侧，故电场力方向与速度方向夹角为锐角，即电场力始终对电荷做正功，故两电荷的电势能均减小，动能越来越大，故两个电荷的速度都将越来越大，B错误D正确；由于不知道场强的方向，故不能确定电场力的方向与场强方向的关系，所以不能确定ab两电荷的电性，C错误．5、B【解题分析】

设物块受到水平冲量后速度为，滑环固定时，根据机械能守恒得。滑环不固定时，摆起最大高度为h，在最大高度时的共同速度为v：根据动量守恒，根据能量守恒，解得。A.，与结论不相符，选项A错误；B.，与结论相符，选项B正确；C.，与结论不相符，选项C错误；D.，与结论不相符，选项D错误；6、C【解题分析】

根据交流电的产生以及最大值的表达式，分析交流电的最大值的变化，结合有效值与最大值之间的关系分析有效值的变化；结合变压器的特点分析副线圈上的电压的变化、功率的变化以及频率的变化．【题目详解】线圈在匀强磁场中匀速转动，设线圈的最大横截面积为S，磁场的磁感应强度为B，线圈转动的角速度为ω，则产生的最大电动势为：Em=nBSωA、B项：原线圈两端的电压等于电动势的有效值，为：设原副线圈的匝数比为k，则副线圈两端的电压为：当发电机线圈的转速变为原来的2倍时，有副线圈两端的电压为：所以，电压表的示数变为原来的2倍，故B错误；由公式可知，即R消耗的功率变为4倍，故A错误；C项：由于电压表的示数变为原来的两倍，由欧姆定律可知，电流表的示数变为原来的两倍，故C正确；D项：变压器不能改变交流电的频率，故D错误．故应选：C．【题目点拨】本题考查了交流电的产生以及变压器的构造和原理，对交流电来说，当线圈的角速度减小时，不仅仅交流电的频率发生变化，交流电的最大值、有效值都会产生变化．二、多项选择题：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，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7、AD【解题分析】

A：时间内，小汽车的加速度为，所以小汽车在4s时的速度为，所以在内小汽车的位移为，卡车的位移为，由于，所以在4s时小汽车与卡车追尾，故A正确；B．由图象可知，小汽车的加速度为，由牛顿第二定律可知：，所以f=ma=10m，所以0～1s内小汽车受到的阻力与其受到的重力之比为1：1，故B错误；CD.当两车速度相等时，两车的距离最小，若刹车不失灵，则小汽车以的加速度减速运动，运动到与卡车速度相等所用的时间为，此时间内小汽车的位移为，卡车的位移为，所以两车的最小距离为，故D正确，C错误．故选AD.8、BC【解题分析】AB、根据折射定律有：sin45°sinr=2，可得光进入玻璃后光线与竖直方向的夹角为30°，过O的光线垂直入射到AB界面上点C射出，越接近A的光线入射到根据临界角公式：sinC=12，得临界角为45°，如果AB界面上的临界点为D，此光线在AO界面上点E入射，在三角形ODE中可求得OD与水平方向的夹角为180°-(120°+45°)=15°，所以A到D之间入射角大于45°，故A错误，BCD、θ=45°时，B到C之间、A到D之间没有光线射出，由此可得没有光线射出的圆弧对应圆心角为90°-(30°+15°)=45°，增大θ，则折射角也增大，根据几何关系，设折射角为α，则有光线射出的部分对应的圆心角为90°-α-(180°-135°-α)=45°，知对应的弧长不变，故C正确，D错误；故选BC。【题目点拨】注意两条特殊光线，一是从O点沿半径方向进入玻璃柱体的光线，在AO面上折射后传播入方向不变，二是在AB面上发生全反射的光线，有光透出的部分在这两条光线之间，然后根据几何关系求解。9、AD【解题分析】

A、在远距离输电过程中，由于输电线路上有电压损失和功率损失，△U=U2-U3故，故A正确；

B、损失的功率△P=I△U=I（U2-U3），故B错误；C．发电厂输出的功率等于升压变压器的输出功率，即P1=IU2，故C错误；D．用户获得的功率等于降压变压器的输入功率，即，故D正确．故选AD.10、ABD【解题分析】

设AB的长度为L，AB间的高度为h，则sinθ=h/L，小孩在B点的速度为v。小孩从A到B为研究对象，由动能定理得：﹣μ1mgLcoosθ+mgh=12mv2﹣0…小孩从B到C为研究过程，由动能定理得：﹣μ2mgLcosθ+mgh=0﹣12mv2…联立①②代入数据得：μ1+μ2=2tanθ，故A正确。小朋友在AB段做匀加速直线运动，将小朋友的加速度a1分解为水平和竖直两个方向，由于小朋友有水平向右的分加速度即有向右的力，根据牛顿定律知，地面对滑梯的摩擦力方向先水平向右；有竖直向下的分加速度，依据矢量的合成法则，结合三角知识，则有：地面对滑梯摩擦力大小为f=ma1=mg（sinθ一μ1cosθ）cosθ，则由牛顿第二定律分析得知：小孩处于失重，地面对滑梯的支持力FN小于小朋友和滑梯的总重力。同理，小朋友在BC段做匀减速直线运动时，小孩处于超重，地面对滑梯的支持力大于小朋友和滑梯的总重力，地面对滑梯的摩擦力方向水平向右，故C错误，BD正确。故选ABD。【题目点拨】本题主要考查了匀变速直线运动基本公式的直接应用，本题解答时也可以根据动能定理求解，难度适中.三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11、50.154.700120A2外接分压【解题分析】(1)游标卡尺主尺读数为50mm，游标尺读数为3×0.05mm=0.15mm，故测量值为50.15mm；(2)螺旋测微器主轴读数为4.5mm，螺旋读数为20.0×0.01mm=0.200mm，故测量值为4.700mm；(3)欧姆表的读数为刻度值乘以倍率，所以测量值为12×10=120Ω；(4)电动势为4V，故待测电阻的最大电流约为，所以电流表选择A2；由于电动势为4V，所以电压表应用V1，其内阻为，电流表的内阻为30，待测电阻约为120，所以测量电路用电流表的外接法，因要测量多组数据故滑动变阻器用分压式接法，为调节方便．点晴：测量电阻最基本的原理是伏安法，电路可分为测量电路和控制电路两部分设计．测量电路要求精确，误差小，可根据电压表、电流表与待测电阻阻值倍数关系，选择电流表内、外接法．控制电路关键是变阻器的分压式接法或限流式接法．在两种方法都能用的情况下，为了减