湖南省益阳市安化县两校联考2023-2024学年高二下学期7月期末物理试题（含答案）

第第页湖南省益阳市安化县两校联考2023-2024学年高二下学期7月期末物理试题一、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．在物理学发展过程中，许多物理学家做出了贡献，他们的科学发现和所采用的科学方法推动了人类社会的进步。以下相关说法正确的是（）A．牛顿利用理想斜面实验说明力不是维持物体运动的原因B．开普勒发现行星运动的规律，并通过“月-地检验”，得出了万有引力定律C．卡文迪什利用扭秤实验的微小作用放大思想，测出了引力常量D．库仑最早通过油滴实验测量出元电荷的数值e=1.6×2．一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t1=0时刻的波形如图所示，该简谐横波传播的速度为v=1.5m/s，P为平衡位置在x=0.75A．速度为零 B．速度方向沿y轴正方向C．加速度为零 D．加速度方向沿y轴正方向3．钴60（60Co）发生β衰变的同时，会放出两束γ射线。其衰变方程为2760A．钴60的中子数比2860B．β衰变释放的电子是由60Co原子核内的中子转化为质子产生的C．γ射线是60Co原子核由基态跃迁到激发态辐射出来的D．24个60Co原子核经过两个半衰期后只剩下6个4．A、B、C、D四个物体做直线运动时的位移、速度、加速度与所受合力随时间变化的图像如图所示，则做匀加速直线运动的物体是（）A． B．C． D．5．一种电子透镜的电场所形成的等势面分布如图所示，虚线为等差等势面，一电子仅在电场力作用下的运动轨迹如图中实线所示，a、b是轨迹上的两点，则（）A．图中所示的该电子沿着电场线运动B．b点电场强度的方向水平向右C．a点的电势高于b点的电势D．电子在a点的电势能大于在b点的电势能6．如图，水平传送带上表面的右侧，与一个竖直的光滑半圆轨道底端相接，在半圆轨道下端O放一质量为m的滑块A。传送带以速率v0沿顺时针转动，现在传送带的左端轻轻放上一个质量也为m的滑块B。物块与传送带的动摩擦因数为μ，物块B以速度为vA．传送带至少长vB．物块B第一次在传送带上运动达到传送带速度所需时间为tC．要保证被撞后的A滑块能沿圆弧轨道运动，圆弧轨道的半径最大为vD．若A与B能在O点发生多次碰撞，则当A与B发生第三次碰撞时，产生的总内能为5二、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，有多项符合题目要求。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．如图所示，彩虹在水中的倒影十分清晰。关于彩虹的成因及倒影，下列说法正确的是（）A．彩虹的成因是光的反射B．彩虹的成因是光的折射C．彩虹的倒影是由光的折射引起的D．彩虹的倒影是由光的反射引起的8．无线充电是近年发展起来的新技术，无线充电技术与变压器相类似，通过分别安装在充电基座和接收能量装置上的线圈，利用产生的磁场传递能量。如图所示，充电基座接上220V，50Hz家庭用交流电，受电线圈接上一个理想二极管（正向电阻可看作零，反向电阻可看作无穷大）从图中ab端输出电压，再经滤波后（图中未画出）给手机电池充电。已知ab端输出电压为5V，假设在充电过程中基座线圈的磁场全部穿过受电线圈而无能量的损失，下列说法正确的是（）A．受电线圈之所以能够给手机电池充电是因为基座线圈和受电线圈发生了互感现象B．220V，50Hz家庭用交流电电流方向每秒变化50次C．受电线圈两端（二极管之前）的输出电压的电压峰值为10VD．基座线圈和受电线圈的匝数比为44：19．如图所示，半径为R的光滑圆环固定在竖直平面内，O是圆心，虚线OC水平，D是圆环最低点．两个质量均为m的小球A、B套在圆环上，两球之间用轻杆相连，从图示位置由静止释放，则A．B球运动至最低点D时，A、B系统重力势能最小B．A、B系统在运动过程中机械能守恒C．A球从C点运动至D点过程中受到的合外力做正功D．当杆水平时，A、B球速度达到最大10．如图所示，相距为d的两根足够长平行光滑直导轨放置在绝缘水平面上，导轨左侧与阻值为R的电阻相连，虚线右侧导轨处于方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。一质量为m、单位长度电阻为R、长度略大于d的粗细均匀导体棒垂直于导轨放置在虚线左侧，导体棒到虚线的距离为L。某时刻给导体棒一沿导轨向右的水平恒力F，不计导轨电阻。若导体棒刚进入磁场时撤去水平恒力，导体棒在运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，则下列说法正确的是（）A．导体棒刚进入磁场时产生的感应电动势为BdB．导体棒刚进入磁场时，电阻R两端的电压大小为BC．从刚撤去水平恒力至导体棒停下，通过导体棒的总电荷量为1D．进入磁场后，导体棒产生的热量为FL三、非选择题：共56分。11．某同学使用如图装置来“验证机械能守恒定律”，其操作过程如下：A．把气垫导轨固定在有一定倾角的斜面上，调整气垫导轨，使之与斜面平行，用量角器测量出斜面的倾角为α；B．在气垫导轨上的恰当位置固定两个光电门“1”和“2”，用刻度尺测量出两个光电门之间的距离为x；C．在滑块上垂直装上遮光条，使用游标卡尺测量出遮光条的宽度为d；D．使用天平测量出滑块和遮光条的总质量为m；E．在气垫导轨上，由静止释放滑块，滑块先后通过两个光电门，用光电计时器记录遮光条通过光电门“1”和“2”的时间分别为t1、t2，重力加速度为g，则：（1）如图所示，是用游标卡尺测量遮光条的宽度示意图，其宽度为d=cm；（2）当滑块和遮光条通过光电门“2”时，其动能为（用测量的物理量字母表示）；（3）在滑块和遮光条从光电门“1”运动到光电门“2”的过程中，满足关系式时，滑块和遮光条的机械能守恒。12．某实验小组要测量一节干电池的电动势E和内阻r．实验室仅能提供如下器材：A．待测干电池B．电流表A1：量程0∼0.6A，内阻rC．电流表A2：量程0∼300μA，内阻rD．滑动变阻器R：阻值范围0∼20Ω，额定电流E．电阻箱R'：阻值范围0∼9999.9ΩF．开关S、导线若干（1）小组根据给定的器材设计了两种测量电路图，其中较为合理的电路图为（选填“甲”或“乙”）；（2）将电流表A2和电阻箱R'串联，改装成一个量程为3.0V的电压表，电阻箱R'（3）下表是小组在实验中记录的多组数据，其中第三组的I2没有记录，该数据如图丙A2表盘示数所示，请读出测量次数123456A1示数0.120.200.360.380.500.57A2示数137132114110105（4）请根据该实验小组记录的数据，在图丁的直角坐标系上画出I2−I1图象；依据画出的图象可以得到电池的电动势E=V，内电阻13．在篮球比赛中，投篮的投出角度太大和太小，都会影响投篮的命中率。在某次比赛中，某同学在距离篮筐中心水平距离为x的地方跳起投篮，出手点离地面的高度为2.6m，篮筐离地面的高度为3.05m。该同学出手的瞬时速度v=5m/s，篮球到达篮筐中心时，竖直速度刚好为零。将篮球看成质点，篮筐大小忽略不计，忽略空气阻力，重力加速度g=10（1）出手后，篮球在空中运动的时间；（2）出手时瞬时速度与水平方向的夹角（可用三角函数值表示）：（3）水平距离x。14．如图所示，U型玻璃细管竖直放置，水平细管与U型玻璃细管底部相连通，各部分细管内径相同．U型管左管上端封有长20cm的理想气体B，右管上端开口并与大气相通，此时U型玻璃管左、右两侧水银面恰好相平，水银面距U型玻璃管底部为25cm．水平细管内用小活塞封有长度10cm的理想气体A．已知外界大气压强为75cmHg，忽略环境温度的变化．现将活塞缓慢向左拉，使气体B的气柱长度为25cm，求：①左右管中水银面的高度差是多大？②理想气体A的气柱长度为多少？15．如图所示，将两根电阻不计、间距为L的平行长直金属导轨固定在同一水平面上，并在其右端接有阻值为R的电阻，将整个装置放在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。一质量分布均匀且为m的导体棒ab垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触，设导体棒接入电路的电阻为r，导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ。现用一水平向左的恒力F作用在导体棒上（F垂直于导体棒），使导体棒从静止开始沿导轨运动，当导体棒速度恰好达到最大时，导体棒的运动距离恰为d（运动过程中棒始终与导轨保持垂直，已知重力加速度大小为g），在此过程中：（1）请判断通过导体棒的电流方向；（2）求导体棒的最大速度；（3）求通过电阻R的电荷量。

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】A．伽利略利用理想斜面实验说明力不是维持物体运动的原因，故A错误；B．开普勒发现行星运动的规律，牛顿通过“月-地检验”，得出了万有引力定律，故B错误；C．卡文迪什用扭秤实验，测出了万有引力常量，他使用了微小作用放大法，故C正确；D．元电荷的数值为e=1.6×10故选C。

【分析】1、理想斜面实验是由伽利略进行的，他通过这个实验推翻了亚里士多德关于"力是维持运动原因"的观点。2、开普勒确实发现了行星运动三大规律，但"月-地检验"和万有引力定律是由牛顿提出的。开普勒的工作为牛顿发现万有引力定律提供了重要基础，但开普勒本人并未得出万有引力定律。3、卡文迪什设计的扭秤实验巧妙地放大了微小的引力作用，首次在实验室条件下测量出了引力常量。这个实验不仅验证了万有引力定律，还开创了精密测量微小物理量的新方法。4、库仑的主要贡献是建立了库仑定律，他使用的是扭秤实验来研究静电力。测量元电荷的油滴实验是由密立根在20世纪初完成的，比库仑的工作晚了一百多年。2．【答案】A【解析】【解答】AB．由波形图可知，波长λ=1.5m，周期T=CD．质点P在t2故选A。

【分析】题目已知波沿x轴正方向传播，根据波长和波速可计算周期，根据周期和传播方向可判断质点P在t23．【答案】B【解析】【解答】A．钴60的中子数60−27=33，2860Ni的中子数为60−28=32B．β衰变释放的电子是由60Co原子核内的中子转化为质子，同时产生一个电子，这个电子以β射线的形式释放出去，同时辐射出γ光子，故B正确；C．γ射线是60Co原子核衰变辐射出来的，故C错误；D．半衰期是对大量原子核的统计规律，原子核的衰变是随机的，少量原子核的衰变不能按照半衰期的定义计算，故D错误。故选B。

【分析】1、中子数等于质量数减电荷数。

2、β衰变释放的电子是由60Co原子核内的中子转化为质子，同时产生一个电子，同时辐射出γ光子。

3、半衰期是对大量原子核的统计规律，对于少量原子核的衰变半衰期无意义。4．【答案】B【解析】【解答】A．斜率代表速度，斜率不变，则物体做匀速直线运动，故A错误；B．斜率代表加速度，则物体做匀加速直线运动，故B正确；C．加速度不为零且保持逐渐增大，则物体做变加速直线运动，故C错误；D．由于图像是合外力—时间图像，由图像可知，合外力增大，再由牛顿第二定律可知，物体的加速度增大，且方向不变，故物体做加速度增大的直线运动，故D错误。故选B。

【分析】位移—时间图像，其斜率代表速度，速度—时间图像，其斜率代表加速度。5．【答案】C【解析】【解答】A．电子带负电，其所受电场力方向与电场强度方向相反，而题中电子仅仅受到电场力，即电场力即为其合外力，根据合外力指向轨迹内侧、电场线垂直于等势线，图中所示的该电子并没有沿着电场线运动，故A错误；B．电场线垂直于等势线，根据上述图中所示，b点电场强度的方向水平向左，故B错误；C．沿电场线电势降低，根据上述图中所示，可知a点的电势高于b点的电势，故C正确；D．根据图中所示，假设电子是从b运动到a，可知电场力做正功，电势能减小，即电子在a点的电势能小于在b点的电势能，故D错误。故选C。

【分析】1、已知等势面分布图和一电子仅在电场力作用下的运动轨迹图，电子仅仅受到电场力，则电场力即为其合外力，根据合外力指向轨迹内侧、电场线垂直于等势线，可推出电子并没有沿着电场线运动；

2、电子受到电场力与电场方向相反，可推导出b点电场强度的方向水平向左。

3、根据沿电场线电势降低，得出点a的电势高于点b的电势。

4、根据负电荷在电势高位置电势能小，得出电子在a点的电势能小于在b点的电势能。6．【答案】C【解析】【解答】A．物块B在传送带上滑动，根据牛顿第二定律有μmg=ma，可得，物块B的加速度为a=μg，则物块B加速到v0时的位移为x=v0B．物块B第一次在传送带上运动达到传送带速度所需时间为t1C．物块B以速度为v0与A发生弹性碰撞，根据动量守恒有mv0=mv1+mv2，根据机械能守恒有12mv0D．物块B第一次在传送带上加速运动的位移为x1=12at第一次碰撞后B静止，A滑上圆弧后又滑回来与B发生碰撞，根据机械能守恒可知，A滑上圆弧后又滑回来的速度仍然为v0，由上述分析可知，与B发生第二次碰撞后，A的速度为零，B的速度为v0减速的位移为x2=此过程的相对位移为Δx2B速度减为零后又开始反向向右加速，与第一次碰撞前情况相同，所以若A与B能在O点发生多次碰撞，则当A与B发生第三次碰撞时，产生的总内能为Q=2Q故选C。

【分析】1、物块B在传送带上滑动，根据牛顿第二定律得加速度a=μg，计算物块B加速到v0时的位移，传送带至少长度就等于此位移。

2、物块B与A发生弹性碰撞，根据动量守恒列等式mv0=mv1+m7．【答案】B,D【解析】【解答】AB．彩虹的成因是光的折射以及色散引起的，故A错误，B正确；CD．倒影的形成是光的反射，故C错误，D正确。故选BD。

【分析】彩虹的成因是光的折射以及色散引起的，倒影的形成是反射。8．【答案】A,C【解析】【解答】A．受电线圈产生感应电流是因为互感现象，故A正确；B．正弦交流电一个周期内电流方向变化两次，则家用交流电每秒有50个周期，所以电流每秒变化100次，故B错误；C．设受电线圈电压的峰值为U2，由于其后有一二极使反向电压不能通过，所以根据有效值的定义有(U2mD．受电线圈输出电压的有效值为U2=U故选AC。

【分析】1、受电线圈之所以能够给手机电池充电是因为基座线圈和受电线圈发生了互感现象。

2、家用交流电每秒有50个周期，电流每秒变化100次。

3、二极管使反向电压不能通过，先计算有效值，再计算峰值。

4、根据变压器的规律n19．【答案】B,D【解析】【解答】AB.A、B组成的系统只有重力做功，系统机械能守恒。B球运动到最低点时，系统减小的重力势能为mgR，在杆子从竖直状态到水平状态的过程中，系统重力势能下降最大，故A错误，B正确。

CD.A球从C点运动到D点的过程中，速度先增大后减小，则合力先做正功，后做负功，故C错误；因为杆子水平时，系统重力势能减小最大，根据机械能守恒，知系统动能最大，所以当杆水平时，A、B球的速度最大，故C错误，D正确。故选BD。

【分析】1、两球之间用轻杆相连，A、B组成的系统只有重力做功，系统机械能守恒。

2、杆子水平时，系统重力势能减小最大。

3、杆子水平时，系统动能最大，A、B球的速度最大。

4、A球从C点运动到D点的过程中，速度先增大后减小，则合力先做正功，后做负功。10．【答案】A,C【解析】【解答】A．导体棒进入磁场前由动能定理有FL=12mB.进入刚进入磁场时I=ER+dR，电阻R两端的电压大小为URC．撤去水平恒力后，由于水平方向上导体棒只受安培力，由动量定理可知0−mv0=−BdD．进入磁场后，系统产生的总热量Q=12m故选AC。

【分析】1、由动能定理有FL=12mv02，可求解导体棒进入磁场时速度，由公式E=Bdv0求解导体棒刚进入磁场时产生的感应电动势。

2、根据闭合电路欧姆定律可求解进入刚进入磁场时电流，由11．【答案】2.030；12m【解析】【解答】（1）游标尺是20分度，精度为0.05mm，由题图可知，主尺读数为20mm，游标尺的第6刻线与主尺的某刻线对齐，则游标尺的读数为6×0.05因此遮光条的宽度d=20（2）滑块和遮光条经光电门2时的速度为v=由动能定理可得滑块和遮光条经光电门2时的动能为E（3）若滑块和遮光条机械能守恒，需满足关系式为mgx即gxsinα=12(由动能定理可得滑块和遮光条经光电门2时的动能为E（3）满足关系式gxsin12．【答案】乙；9000；120；；1.45；0.72【解析】【解答】（1）考虑到电流表A1的内阻对电源内阻的测量影响，则应采用图乙电路测量合理；（2）将电流表A2和电阻箱R'串联，改装成一个量程为3.0VR（3）由图可知，微安表读数为120μA；（4）画出I2由电压表改装可知，微安表A2的300μA刻度对应电压3V，则由图可知，纵轴截距为1.46V，即电动势E=1.46V，内阻r=1.46−1.000.62Ω=0.74Ω

【分析】（1）电流表A1的内阻与电源内阻接近，对电源内阻的测量影响较大，应采用图乙电路测量误差小。

（2）将电流表A2和电阻箱R'串联，改装成一个量程为3.0V的电压表，根据闭合电路欧姆定律计算电阻箱R'13．【答案】解：（1）根据题意，设出手时瞬时速度与水平方向的夹角为θ，则竖直方向的初速度为vy=v0sinθ，篮球到达篮筐中心时，竖直速度刚好为零，则有v则有出手时瞬时速