【文档说明】安徽省百花、八一等学校四校联考2023-2024学年高二下学期7月期末物理试题 Word版含解析.docx，共(16)页，2.364 MB，由小赞的店铺上传

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绝密★启用前合肥百花中学等四校2023~2024学年度第二学期高二年级期末考试物理本试卷共4页，全卷满分100分，考试时间75分钟。考生注意：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题

时，选出每小题答案后，用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。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回

。一、单项选择题：本题共8小题，每小题4分，共32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.下列现象属于布朗运动的是（）A.胡椒粉在热水中翻滚B.清水中滴入硫酸铜溶液后变成蓝色C.煮茶叶蛋的过程

中蛋白的颜色逐渐变成茶色D.墨汁悬浊液中小炭粒的运动【答案】D【解析】【详解】A．胡椒粉在热水中翻滚是水的对流引起的，不是布朗运动，故A错误；B．清水中滴入硫酸铜溶液后变成蓝色属于扩散现象不属于布朗运动，故B错误；C

．煮茶叶蛋的过程中蛋白的颜色逐渐变成茶色属于扩散现象不属于布朗运动，故C错误；D．墨汁悬浊液中小炭粒的无规则运动反应液体分子无规则运动属于布朗运动，故D正确。故选D。2.无线充电技术能实现能量的无线传输。如图，无线充电设备给手机充电

，下列关于无线充电的说法正确的是（）A.充电设备中的线圈通恒定电流也可以对手机无线充电B.充电设备与手机必须接触才能充电C.充电设备与手机的充电电流一定相等D.充电的原理主要利用了互感【答案】D【解析】【

详解】AD．无线充电技术利用的是电磁感应中的互感原理，而根据法拉第电磁感应定律可知，只有变化的电流才能产生变化的磁场，而变化的磁场才能在闭合线圈中感应出电流，因此，充电设备中的线圈必须通变化的电流才能实现对手机的无线充电，故A错误，D正确；B．根据

电磁感应原理可知，充电设备与手机不需要接触就能充电，故B错误；C．充电设备与手机充电电流不一定相等，就像理想变压器的工作原理一样，原副线圈的匝数不同，充电电流就不同，故C错误。故选D。3.下列物理情景正确是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】A．根据左手定则可知安培力方向向上，故A错误；

的的B．根据左手定则可知洛伦兹力方向向下，故B正确；C．根据右手定则可知感应电流方向向下，故C错误；D．根据安培定则可知带电导体电流应向下，故D错误。故选B。4.小型发电机的发电原理可简化为图甲所示，矩形线圈abcd线圈处于匀强磁场中，通过理想交流电

流表与阻值为R的电阻相连。某段时间在骑行者的踩踏下，线圈绕垂直磁场方向的轴OO′匀速转动，图乙是线圈转动过程中穿过线圈的磁通量Φ随时间t变化的图像，则（）A.t=0时刻线圈处于中性面位置B.t3时刻，穿过线圈的磁通变化率为零，感应电动势为零C.t1时刻电流表示数为0，t2时刻电流表

的示数最大D.t2、t4时刻电流方向发生改变，线圈转动一周，电流方向改变两次【答案】B【解析】【详解】A．由图乙可知，t=0时刻线圈的磁通量为0，磁通量变化率最大，感应电动势最大，线圈不是处于中性面位置，故A错

误；B．由图乙可知，t3时刻，线圈的磁通量最大，穿过线圈的磁通变化率为零，感应电动势为零，故B正确；C．由于交流电流表示数为电流有效值，所以电流表的示数保持不变，故C错误；D．由图乙可知，t2、t4时刻磁通量变化率最大，感应电动势最大，感应电流最大，电

流方向不会发生改变，故D错误。故选B5.如图所示，左有两套装置完全相同，用导线悬挂的金属细棒abcd、分别位于两个蹄形磁铁的中央，悬挂点用导线分别连通。现用外力使ab棒向右快速摆动，则下列说法正确的是（）。A.cd棒受到的安培力向

左，左侧装置的工作原理相当于电动机B.ab棒受到的安培力向左，右侧装置的工作原理相当于发电机C.cd棒受到的安培力向右，左侧装置的工作原理相当于发电机D.ab棒受到的安培力向右，右侧装置的工作原理相当于电动机【

答案】C【解析】【详解】ab棒向右切割磁感线，相当于发电机，根据右手定则可知，感应电流方向由b到a，受安培力向左，cd中电流由c到d，再根据左手定则可知，cd中电流受向右的安培力；右侧装置的运动属于电流在磁场中受力运动，故相当于电动机。故选C。6.如图甲所示，S

是上下振动的波源，它所产生的横波分别沿直线向左、右两边传播，形成两列简谐横波，在波源左、右两侧有Q、Р两点，与波源S在同一水平直线上，它们的振动图像分别是图乙和图丙，且18mSP=，15mSQ=，则这两列波的波速可能的最大值是（）A.45m/sB.

37.5m/sC.20m/sD.15m/s【答案】D【解析】【详解】由于波向左右两边传播具有对称性，可以在S点右侧找对称点'Q来处理，'Q和Р之间有18m15m3m2n+=−=可得6m21n=+又0.4sT=因此可得15ms21vTn==+

当0n=时，波速最大，最大值为15m/sv=故选D。7.速度相同的一束粒子由左端射入质谱仪后分成甲、乙两束，其运动轨迹如图所示，其中0023SASC=。不考虑粒子间的相互作用，下列说法正确的是（）A.甲束粒子带正电，乙束粒子带负电

B.甲、乙两束粒子的比荷之比为2:3C.能通过狭缝0S的带电粒子的速率为1BED.若两束粒子的电荷量相等，则甲、乙两束粒子的质量比为2:3【答案】D【解析】【详解】A．甲粒子在磁场中向上偏转，乙粒子在磁场中向下偏转，根据左手定则知甲粒子带负电，乙粒子带正电，故A错误；C．能

通过狭缝0S的带电粒子满足1EqqvB=即速率为1EvB=故C错误；B．根据洛伦兹力提供向心力2=vqvBmr解得qvmBr=由0023SASC=，则23rr=甲乙两粒子穿过速度选择器速度相同，则甲、乙两束粒子的比荷之比为3：2，故B错误；D．粒子轨道半径mvrqB=，由题意可知

v、q、B都相同，则23rmrm==甲甲乙乙则甲、乙两束粒子的质量比为2：3，故D正确。故选D。8.如图所示的坐标系中，第三象限存在垂直纸面向外的匀强磁场，第一象限存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度的大小均为B，一半径为R、顶角为直角的弧形导体框由t=

0时刻从如图所示的位置开始以O为圆心，以恒定的角速度ω沿逆时针的方向转动，已知该导体框的电阻为r。则导体框转动一周的过程中导体框中产生的感应电流的有效值为（）A.22BRrB.2BRrC.222BRrD.0【答案】A【解析】的【详解】从图示位

置转过90°过程中，即在0～4T时间内，导体框的OA边切割第三象限的磁场线，则导体框中的感应电动势为E=12BR2ω感应电流沿逆时针方向；在转过90°至180°的过程中，即在4T～2T的时间内，导体框中的感应电动势仍为E=12BR2

ω感应电流沿逆时针方向；在转过180°至270°的过程中，即在2T～34T时间内，导体框中的感应电动势仍为E=12BR2ω感应电流沿顺时针方向；在转过270°至360°的过程中，即在34T～T时间内，导体框中的感应电动势仍为E=12BR2ω感应电流沿顺时针方向。根据电流有效值的定义可知

，该交流电的有效值大小为I=22BRr故选A。二、多项选择题：本题共2小题，每小题5分，共10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。9.如图所示，地面上空有水平向右的匀强电场，将一带电小球从电场中的A点以某一初速度射出，

小球恰好能沿与水平方向成30角的虚线由A向B做直线运动，不计空气阻力，下列说法正确的是（）A.小球带负电荷B.小球受到的电场力与重力大小之比为2:1C.小球从A运动到B的过程中电势能增加D.小球从A运

动到B的过程中电场力所做的功等于其动能的变化量【答案】AC【解析】【详解】根据题意，受力分析如图所示的A．由于小球沿直线运动，则合力与速度在同一直线上，所以小球受到的电场力水平向左，即小球带负电，故A正确；B．由图可知3tan303mgEq==所以小球受到的电场力与重力大小之比为33，故B

错误；C．由于小球从A到B电场力做负功，所以电势能增加，故C正确；D．根据动能定理可知Gk+WWE=电故D错误。故选AC。10.如图所示，用一交流电源给理想变压器供电，交流电源电压瞬时值变化规律为()1002sin100Vet=，理想变压器原、副线圈匝数之比为4：1，原线圈回路接有一阻值为

1100R=的电阻，理想变压器副线圈回路接有阻值为2R的电阻和灯泡L，闭合开关S后，规格为“10V，8W”的灯泡L恰好正常发光，则（）A.变压器副线圈的电流为0.2AB.变压器原线圈的电压为80VC.电阻2R的阻值为12.5D.变压器输入功率为20W【答案】BC【解析】【详解】A

．规格为“10V8W，”的灯泡L恰好正常发光，则副线圈的电流为20.8ALLPIU==选项A错误；B．理想变压器1221InIn=解得原线圈电流为10.2AI=从交流电源电压的瞬时值变化规律可得输入电压的有效值为100

V，原线圈两端的电压为111100V0.210080VUUIR=−=−=选项B正确；C．理想变压器有1122UnUn=解得220VU=电阻2R的阻值为22212.5LUURI−==选项C正确；D．变压器输入功率为11116WPUI==选项D错误。故选BC。三、非选择题：共58分。11.钟同

学做“利用插针法测定玻璃砖折射率”的实验。（1）该同学实验时不能用手直接接触玻璃砖的_______（填“磨砂面”或“光学面”）。（2）关于该实验的操作，不正确．．．的是_______。A.在确定玻璃砖上下边界时，应用铅笔紧贴玻璃砖上下边缘画出a

abb、B.在确定34PP、位置时，二者距离应适当远一些，以减小误差C.为了减小实验误差，应选用宽度大一点的玻璃砖D.为了减小实验误差，应该改变入射角的大小，多做几次实验（3）该同学正确操作，根据大头针的

位置画出该实验完整的光路图如图甲所示。用量角器测量出图中和的大小，则玻璃的折射率n=_______。（4）若该同学没有量角器和三角函数表，该同学利用圆规，以入射点O为圆心、随机的半径R作圆，如图乙所示，圆与入射光线、折射光线分别交于A、B点，再过A、B点作法线NN的垂线，垂足

分别为C、D点，则玻璃的折射率n=_______（用图中线段的字母表示）。【答案】（1）光学面（2）A（3）coscos（4）ACBD【解析】【小问1详解】该同学实验时不能用手直接接触玻璃砖的光学面。【小问2详解】A．在确定玻璃砖上下边界时，不能用铅笔紧贴玻璃砖上下边缘画出aa

、bb，以免污染和磨损玻璃砖，故A错误，满足题意要求；B．在确定3P、4P位置时，为减小误差，应使二者距离适当远一些，故B正确，不满足题意要求；C．为了减小实验误差，应选用宽度大一点的玻璃砖，故C正确，不满足题意要求；D．为了减小

实验误差，应该改变入射角的大小，多做几次实验，故D正确，不满足题意要求。故选A。【小问3详解】由图根据折射定律可得玻璃的折射率sin(90)cossin(90)cosn−==−【小问4详解】根据折射定律可得玻璃

的折射率sinsinACiACRnBDrBDR===12.在“用油膜法估测分子的大小”实验中，某同学列出了如下的实验步骤：A.配制一定浓度的油酸酒精溶液后，用注射器吸取一段油酸酒精溶液，由注射器的刻度读取该段溶液的总体积，再

把它一滴一滴地滴入烧杯中，记下液滴的总滴数，算出1滴油酸溶液的体积。根据配制的油酸酒精溶液的浓度，算出1滴溶液中纯油酸的体积；B.在浅盘中倒入约2cm深的水，用注射器向水面上滴1滴油酸酒精溶液；C.待油膜形状稳定后，将玻璃板放在浅盘上

，画出油膜的形状；D．将画有油膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上，数出轮廓内的方格数，再根据方格的边长求出油膜的面积；E．利用1滴油酸的体积和油膜面积，计算出油膜的厚度，即为油酸分子的大小。（1）上述实验步骤中不完善的是：

___________（填写步骤前的字母）。（2）把体积为V1（mL）的油酸倒入适量的酒精中，稀释成V2（mL）的油酸溶液，测出1mL油酸溶液共有n滴；取一滴溶液滴入水中，最终在水中形成面积为S（cm2）的单分子油膜，则该油酸

分子直径的表达式为___________（cm）。（3）若甲在配制油酸酒精溶液时，不小心把酒精倒多了一点，导致油酸酒精溶液的实际浓度比计算值小一些，则实验测得的油酸分子直径会___________（选填“偏大”

或“偏小”）；若乙在计算油膜面积时，把凡是半格左右的油膜都算成了一格，则实验测得的油酸分子直径会___________（选填“偏大”或“偏小”）。【答案】①.B②.12VnSV③.偏大④.偏小【解析】【详解】（1）[

1]上述实验步骤中不完善的是B，应为在浅盘中倒入约2cm深的水，将适量的爽身粉均匀地撒在水面上，用注射器向水面上滴1滴油酸酒精溶液。（2）[2]一滴溶液中含纯油的体积311102221mLcmVVVVVnnVnV===油分子直径0

12VVdSnSV==cm（3）[3]甲在配制油酸酒精溶液时，不小心把酒精倒多了一点，导致油酸酒精溶液的实际浓度比计算值小一些，则测出分子直径实际值较小，测量值偏大；[4]若在计算油酸薄膜面积时，把凡是半格左右的油膜都计算成一格，则面积偏大，根据12VdnSV=可知直径

偏小。13.如图甲所示，单匝圆形线圈电阻0.3Ωr=，线圈内部MN左侧存在垂直纸面向里的磁场，ac为圆的直径，圆面积为20.2mS=。磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示，求：（1）线圈中电流的大小及方向

；（2）0~2s时间内通过线圈横截面的电荷量大小。【答案】（1）0.15A，方向逆时针；（2）0.3C【解析】【详解】（1）根据法拉第电磁感应定律有ΦEt=则有2BSEt=代入数据解得0.045VE=根据闭合电路的欧姆定律EIr=解得0.15AI=根据楞次定律可知电流方向为逆时针。（

2）根据电流的定义式有qIt=解得0.3Cq=14.如图所示，竖直放置在水平桌面上的左、右两汽缸粗细均匀，内壁光滑，横截面积分别为S、2S，由体积可忽略的细管在底部连通。两汽缸中各有一轻质活塞将一定质量的理想气体封闭，左侧汽缸底部与活塞用轻质细弹簧相连。初始时，两汽缸内封闭气

柱的高度均为H，弹簧长度恰好为原长。现往右侧活塞上表面缓慢添加一定质量的沙子，直至右侧活塞下降2H，左侧活塞上升3H。已知大气压强为0p，重力加速度大小为g，汽缸足够长，汽缸内气体温度始终不变，弹簧始终在弹性限度内。求：（1）最终汽缸内气体的压强；（2）

弹簧的劲度系数和添加的沙子质量。【答案】（1）097p；（2）067pSkH=，047pSmg=【解析】【详解】（1）对左右汽缸内所封的气体，初态压强10pp=体积123VSHSHSH=+=末态体积24172323VHSHSSH=+=设末态压强，根据玻意耳定

律可得1122pVpV=解得2097pp=（2）对右边活塞受力分析可知0222mgpSpS+=解得047pSmg=对左侧活塞受力分析可知0213pSkHpS+=解得067pSkH=15.如图所示，光滑绝缘的水平桌面内存在着两个边长均为L的相邻正方形区域abef和bcde，在正方形区域ab

ef内存在着沿fa方向的匀强电场，电场强度大小为E，在矩形区域acdf内存在着竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B。在cd右侧紧挨着cd边的某矩形区域内（含边界）存在着竖直方向上的另一匀强磁场（未画出）。现有一质量为m、电荷量为q的带

正电小球（可视为质点），从af的中点O以初速度0v（大小未知）沿ab方向水平射入abef区域，小球在该区域内沿直线运动，进入bcde区域后从d点离开，并进入cd右侧的另一磁场区域中，小球在该磁场中偏转，经过一段时间后，恰从C点回到bcde区域中。si

n370.6=。求：（1）小球的初速度大小0v；（2）小球从O点运动到d点的时间；（3）cd右侧矩形区域磁场的最小面积。【答案】（1）EB；（2）π53180BLmEgB+；（3）252L【解析】【详解】（1）由带电小球进入abef区

域后沿直线运动可知0qEqvB=得0EvB=（2）带电粒子从be中点进入bcde区域后做匀速圆周运动，画出带电粒子在bcde区域内的运动轨迹图像，如图所示轨迹圆心为C，根据几何关系有222112LRLR=+−解得154LR=由数学知识可知sin

0.6=得37=小球在bcde磁场里运动的周期为2πmTqB=1205353360180LBLmtttTvEqB=+=+=+（3）带电粒子从d点离开正方形磁场区域，进入cd右侧的匀强磁场后，又

从c点进入bcde磁场区域。由分析可知，cd右侧的磁场方向竖直向下，根据对称性可知，粒子在cd右侧区域内的运动轨迹如图所示，轨迹圆心为D点，由数学知识可知252sin6LRL==矩形磁场的最小面积为()2

22252cos2SRRRL=+=