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云天化中学教研联盟2024年秋季学期期末考试
高二物理试卷
注意事项：
1．答题前考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚，并认真核准条形码上的准考证号、姓名、考场号、座位号，在规定的位置贴好条形码。
2．回答选择题时，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，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
一、选择题：本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
1. 中国宋代科学家沈括在《梦溪笔谈》中最早记载了地磁偏角：“以磁石磨针锋，则能指南，然常微偏东，不全南也。”进一步研究表明，地球周围地磁场的磁感线分布如图所示。结合上述材料，下列说法正确的是（ ）
A. 地理南、北极与地磁场的南、北极不重合
B. 地球内部也存在磁场，地磁南极在地理南极附近
C. 地球表面任意位置的地磁场方向都与地面平行
D. 在赤道位置放置一枚小磁针，小磁针N极指向地理的南极
【答案】A
【解析】
【详解】A．地理南、北极与地磁场的南、北极不重合，而是有一定的夹角，即为磁偏角，故A正确；
B．磁感线是闭合的曲线，由图可推知地球内部也存在磁场，地磁南极在地理北极附近，故B错误；
C．由图可知地磁场的磁感线从南极附近发出，从北极附近进入地球，组成闭合曲线，只有赤道上方附近的地磁场方向与地面平行，故C错误；
D．小磁针N极指向磁感线的方向，在赤道位置放置一枚小磁针，小磁针N极指向地理的北极，故D错误。
故选A。
2. 如图所示，有五片荷叶伸出荷塘水面，一只青蛙要从高处荷叶跳到低处荷叶上。设低处荷叶a、b、c、d和青蛙在同一竖直平面内，a、c高度相同，b、d高度相同，a、c分别在b、d正上方。将青蛙的跳跃视为平抛运动，若以最小的初速度完成跳跃，则它应跳到（　　）
A. 荷叶a B. 荷叶b C. 荷叶c D. 荷叶d
【答案】B
【解析】
【详解】平抛运动在竖直方向做自由落体运动
水平方向做匀速直线运动
x=v0t
水平初速度
要使水平初速度最小，则需要水平位移x最小、竖直位移h最大；由于a、b荷叶与青蛙水平位移最小，b、d荷叶与青蛙的高度差最大，跳到荷叶b上同时满足水平位移最小，竖直位移最大，故ACD错误，B正确。
故选B。
3. 北京时间2024年10月30日，神舟十九号载人飞船与中国空间站顺利实现第五次“太空会师”，飞船太空舱与空间站对接成为整体，对接后的空间站整体仍在原轨道稳定运行，则对接后的空间站整体相对于对接前的空间站发生改变的是（ ）
A. 所受地球的万有引力 B. 在轨飞行的速度
C. 在轨飞行的周期 D. 在轨飞行的加速度
【答案】A
【解析】
【详解】A．对接后，空间站的质量变大，轨道半径不变，根据万有引力表达式
可知空间站所受地球的万有引力变大，故A正确；
BCD．根据万有引力提供向心力
解得，，
轨道半径不变，则在轨飞行速度大小不变，在轨飞行周期不变，在轨飞行加速度大小不变，故BCD错误。
故选A。
4. 如图甲所示，在光滑水平桌面上固定有一根长直通电导线MN和正方形金属线框abcd，线框的ab边与导线平行。规定从到为电流的正方向，导线中的电流随时间的变化如图乙所示。关于线框中感应电流的方向及线框所受安培力的方向，下列判断正确的是（ ）
A. 电流方向为，安培力方向水平向左
B. 电流方向为，安培力方向水平向右
C. 电流方向为，安培力方向水平向左
D. 电流方向为，安培力方向水平向右
【答案】D
【解析】
【详解】导线中电流增加，则穿过线圈的磁通量向里增加，根据楞次定律可知，线圈中的感应电流方向为；根据左手定则，ab受安培力向右，cd受安培力向左，ab边受安培力大于cd边受的安培力，可知线圈受安培力水平向右。
故选D。
5. 2024年央视春晚舞蹈节目《锦鲤》华丽登场，展现出别样的东方美，寓意鱼跃龙门好运连连，如图甲所示。图乙为简化示意图，工作人员A沿水平地面向左运动拉绳时，表演者B在空中升起，当绳与水平方向之间的夹角为时，A与B的速度大小之比为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】设此时A与B的速度分别为、，将A的速度分解为沿绳子分速度和垂直绳子分速度，则有
可得
故选C。
6. 如图所示，M、N、P、Q是纸面内一个正方形四个边上的中点，M、N两中点连线与P、Q两中点连线交于点，在处固定一个正点电荷。现加一方向平行于纸面、大小为的匀强电场后，P点的场强为零。则加匀强电场后（ ）
A. 点与点的场强相同 B. 、两点的场强大小之比为
C. 点的电势比点的电势高 D. 点的电势比点的电势高
【答案】B
【解析】
【详解】A．在处固定一个正点电荷，则P点的场强方向沿OP连线由O指向P，依题意，加匀强磁场后，P点的场强为零，可知匀强电场的场强方向为沿OP连线由P指向O，且正点电荷在M、N、P、Q四点的场强大小均为E。由场强叠加原理，根据电场对称性可知，点与点的合场强大小相等，方向不同，如图所示
故A错误；
B．由A选项分析可知，点场强大小为
两点的场强大小
二者之比为，故B正确；
C．根据点电荷电场中电势分布特点可知，正点电荷在N、P两点的电势相等，匀强电场方向向下，即匀强电场在P点的电势高于在N点的电势，所以P点的电势比N点的电势高，故C错误；
D．正点电荷在M、N两点的电势相等，匀强电场方向向下，在M、N两点的电势也相等，所以M、N两点的电势相等，故D错误。
故选B。
7. 如图，一光滑大圆环竖直固定放置，O为圆心，M为最高点，N为最低点，P为圆心等高点，一小环套在大圆环上可自由滑动。现将小环放置于M处，受到一微小扰动后从静止开始下滑，则小环从M点经P滑至N点的过程中，小环对大圆环的作用力大小（　　）
A. 在P点最大 B. 在P点最小 C. 先减小后增大 D. 先增大后减小
【答案】C
【解析】
【详解】B．设大圆环半径为，小环在大圆环上某处（点）与大圆环的作用力恰好为零，如图所示
设图中夹角为，从大圆环顶端到点的过程，根据机械能守恒定律
在点，根据牛顿第二定律
联立解得
从大圆环顶端到点过程，小环速度较小，小环重力沿着大圆环圆心方向的分力大于小环所需的向心力，所以大圆环对小环的弹力背离圆心，不断减小，大圆环对小环支持力最小值在S处，故B错误；
ACD．从S到P再到最低点N的过程，小环速度变大，所受的向心力增大，大圆环对小环的弹力与小环重力沿径向的分力的合力提供向心力，重力沿径向的分力先指向圆心并减小到零（到点过程），后背离圆心反向增大（到点过程），所以大圆环对小环的弹力逐渐变大；根据牛顿第三定律可知，则小环从M点经P滑至N点的过程中，小环对大圆环的作用力大小先减小后增大，到最低点N点最大，故C正确，AD错误；
故选C。
8. 如图甲所示，100匝线圈（图中只画了1匝）两端A、B与一电压表相连，线圈内有一垂直指向纸内方向的磁场，线圈中的磁通量在按图乙所示规律变化。下列关于电压表的说法正确的是（　　）
A. 电压表读数为50V
B. 电压表读数为150V
C. 电压表“+”接线柱接A端
D. 电压表“+”接线柱接B端
【答案】AC
【解析】
【分析】
【详解】AB．由图得到磁通量的变化率
根据法拉第电磁感应定律得
则电压表读数为50V，故A正确，B错误；
CD．根据楞次定律判断可知，回路中感应电动势的方向为逆时针方向，所以电压表“+”接线柱接A端，故C正确，D错误。
故选AC。
【名师点睛】此题根据法拉第电磁感应定律求感应电动势，由楞次定律判断感应电动势的方向，是常见的陈题．由图求出磁通量的变化率．根据法拉第电磁感应定律求出回路中感应电动势，得到电压表的读数．根据楞次定律判断电动势的方向，确定电压表的接线柱接法。
9. 如图所示是汽车蓄电池供电简化电路图。当汽车启动时，启动开关S闭合，启动系统电动机工作，车灯会变暗；当汽车启动之后，启动开关S断开，启动系统的电动机停止工作，车灯恢复正常亮度。下列说法正确的是（ ）
A. 启动开关S闭合时，路端电压变大
B. 启动开关S闭合时，电源的总功率变大
C. 启动开关S断开时，流过车灯的电流变大
D. 启动开关S断开时，电路中的总电流变大
【答案】BC
【解析】
【详解】AB．启动开关S闭合时，电动机与车灯并联，电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律可知，电路总电流增大，路端电压减小；根据
可知电源的总功率变大，故A错误，B正确；
CD．启动开关S断开时，电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律可知，电路总电流减小，路端电压增大，即车灯两端电压增大，流过车灯的电流变大，故C正确，D错误。
故选BC。
10. 一个电子以某速度从a点出发，通过两个方向垂直纸面的有界匀强磁场区域Ⅰ，Ⅱ到达b点，路径如图所示，电子在每个区域内的轨迹都是四分之一圆弧。不计电子重力，下列说法正确的是（ ）
A. 两个磁场的方向相反
B. 电子在区域Ⅰ中运动时间较长
C. 电子以相同的速度大小从b点反向出发可返回a点
D. 质子以与电子大小相同的动量从b点反向出发可到达a点
【答案】AD
【解析】
【详解】A．电子带负电，由左手定则可知区域Ⅰ磁场方向垂直纸面向里，区域Ⅱ磁场方向垂直纸面向外，故A正确；
B．洛伦兹力总是不做功，所以电子在两磁场运动速度大小相等，根据
由于电子在区域Ⅱ的轨道半径较大，所以电子在区域Ⅱ中运动的时间较长，故B错误；
C．电子以相同的速度大小从b点反向出发，经过区域Ⅱ时由左手定则可知受到的洛伦兹力向下，所以电子不能返回a点，故C错误；
D．质子与电子的电荷量相等，若质子以与电子大小相同的动量进入磁场，由
可得
可知它们在磁场运动的半径相等，且质子带正电，根据左手定则可知质子从b点反向出发可到达a点，故D正确。
故选AD。
二、非选择题：本题共5小题，共54分。
11. 2023年9月21日，“天宫课堂”第四课首次在梦天实验舱内进行授课，其中航天员演示了动量守恒实验。受此启发，某同学使用如图甲所示的装置进行了碰撞实验，气垫导轨两端分别安装a、b两个位移传感器，传感器a测量滑块A与它的距离xA，传感器b测量滑块B与它的距离xB。部分实验步骤如下：
①实验测得滑块A的质量为0.40kg；
②接通气源，调整气垫导轨水平；
③拨动两滑块，使A、B均向右运动；
④导出传感器记录的数据，绘制xA、xB随时间t变化的图像，分别如图乙、图丙所示。
回答以下问题：
（1）从图像可知两滑块在t=______s时发生碰撞；
（2）滑块A碰撞前的速度大小v=______m/s（计算结果保留2位有效数字）；
（3）若滑块A、B碰撞过程中满足动量守恒定律，可得滑块B的质量为mB=______kg（计算结果保留2位有效数字）。
【答案】（1）1.0 （2）0.50
（3）019##0.18##0.20
【解析】
【详解】（1）图像的斜率表示速度，从题图乙和题图丙可知时两物块的速度发生突变，即此时发生了碰撞；
（2）由题图乙可知滑块碰撞前的速度大小
（3）规定滑块运动的方向为正方向，由题图乙可知滑块碰撞后的速度约为
滑块B碰撞前、后的速度分别为
根据动量守恒定律可得：
解得
由于读数和计算存在误差，故滑块B的质量可为。
12. 要描绘一个标有“，”字样的小灯泡的伏安特性曲线，要求小灯泡两端的电压可以由零逐渐增加到，且便于操作。实验室可以提供的器材有：
A．电流表（量程250mA，内阻约）
B．电流表（量程3A，内阻约）
C．电压表V（量程3V，内阻约）
D．滑动变阻器（阻值，额定电流2A）
E．滑动变阻器（阻值，额定电流1A）
F．电源（，内阻不计）
H．开关、导线若干
回答下列问题：
（1）实验过程中，电流表应选______，滑动变阻器应选______（填仪器前面的字母代号）；
（2）在开关S闭合以前，图甲中滑动变阻器的滑片应置于______端（选填“a”或“b”）；
（3）为了测量数据尽可能准确，图甲中导线c应接到______点（选填“1”或“2”），由于电表不是理想电表，造成这种接法测得小灯泡的电阻______真实值（选填“小于”“等于”或“大于”）；
（4）实验得到小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示。如果将这个小灯泡接到电动势为3.0V，内阻为的电源两端，小灯泡的实际功率是______W（计算结果保留2位有效数字）。
【答案】（1） ①. A ②. D
（2）a （3） ①. 1 ②. 小于
（4）0.38
【解析】
【小问1详解】
[1][2]小灯泡的额定电流为0.2A，则电流表应选A，滑动变阻器要接成分压电路，则应选阻值较小的D；
【小问2详解】
在开关S闭合以前，图甲中滑动变阻器的滑片应置于a端；
【小问3详解】
[1][2]小灯泡电阻较小，应采用电流表外接，则为了测量数据尽可能准确，图甲中导线c应接到1点，由于电表不是理想电表，造成这种接法测得的电流值偏大，根据可知，小灯泡的电阻测量值小于真实值；
【小问4详解】
将这个小灯泡接到电动势为3.0V，内阻为的电源两端，则U=E-Ir=3-5I
将此函数关系图像画在小灯泡的U-I图像上，则交点为电路的工作点，即I=0.185A，U=2.05V，则P=IU=0.38W
13. 如图，人们有时用“打夯”的方式把松散的地面夯实。设某次“打夯”符合以下模型，经过以下过程：两人同时通过绳子对重物各施加一个恒力（两恒力在同一竖直平面内），力的大小均为300N，方向都与竖直方向成，重物离开地面50cm后人停止施力，最后重物自由下落把地面砸深10cm。已知重物的质量为40kg，取重力加速度，，。忽略空气阻力，求此次“打夯”过程中：
（1）重物距离地面的最大高度；
（2）重物克服地面阻力做的功。
【答案】（1）0.6m
（2）280J
【解析】
【小问1详解】
依题意，两绳对重物所做的功为
重物从离开地面到最高点，由动能定理
解得
【小问2详解】
重物从离开地面到把地面砸深停在坑中，整体过程，由动能定理
解得
14. 如图所示，空间存在一平行于竖直平面的匀强电场，某时刻将一质量为m、电量为q、带负电、可视为质点的小球，从P点以大小为的速度水平向右抛出，经过一段时间后，小球经过P点正下方距P点距离为h的Q点，且经过Q点的速度大小为，已知重力加速度为g。试求:
（1）该匀强电场的场强大小及方向；
（2）小球从P点运动到Q点的过程中向右运动的最远水平距离。
【答案】（1），方向水平向右；（2）
【解析】
【分析】
【详解】（1）从P点到Q点，由动能定理得
解得
所以场强方向水平向右，从P到Q，竖直方向由运动学公式得
水平方向由牛顿第二定律得
水平方向由运动学公式得
联立解得
所以
方向水平向右；
（2）当水平分速度为0时，小球向右运动的水平距离最大，由运动学公式得
解得
15. 如图所示，两光滑平行金属导轨abc和efg固定，间距，其中ab、ef是半径为的四分之一圆弧导轨，bc、fg是与圆弧轨道相切的水平导轨，水平导轨所在的区域有磁感应强度大小为，方向竖直向上的匀强磁场。初始时刻，质量为的金属棒Q与水平导轨垂直放置，与bf之间的距离为。现将另一根质量为的金属棒P从ae位置由静止释放。已知P、Q接入电路的电阻分别为，P、Q运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，导轨电阻不计，导轨长度无限长，取重力加速度。求：
（1）P进入磁场瞬间，Q的加速度大小；
（2）从P进入磁场到速度恒定的过程中，Q上产生的焦耳热；
（3）P、Q之间的最小距离。
【答案】（1）10m/s2；（2）4.5J；（3）0.3m
【解析】
【详解】（1）从ae运动到bf的过程中，由动能定理得
解得
进入磁场瞬间，切割磁感线产生的感应电动势大小为
根据闭合电路欧姆定律得
对由牛顿第二定律得
解得的加速度大小
（2）从P进入磁场到速度恒定的过程中，P、Q组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得
解得
由能量守恒定律得
解得
上产生的焦耳热为
（3）当、共速时，二者之间的距离最小，对根据动量定理得
设从P进入磁场开始，在这段时间内，两导轨之间的距离减少了，根据法拉第电磁感应定律得
根据闭合电路欧姆定律得
联立以上三式解得
、之间的最小距离为

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