【文档说明】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（解析版）.docx，共(17)页，1.575 MB，由小赞的店铺上传

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2023-2024学年下学期期末自检高二物理一、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191.610Ce−=【答案】

C【解析】【详解】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191.610Ce−=，最早由密立根通过油滴实验测量得出，故D错误；故选C。2.一列沿x轴正方向传播的简谐横波在10t=时刻的波形如图所示，该简谐横波传播的速度为1.5m/sv=，P为平衡位置在0.75mx=处的质

点。关于质点P在20.25st=时刻运动的描述，下列说法正确的是（）A.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【答案】A【解析】的【详解】AB．由图知，波长=1.5m周期1sTv==波沿x轴正方向传播，

质点P在20.25st=时刻运动到波峰处，此时速度为零，故A正确，B错误；CD．质点P在20.25st=时刻在波峰处，位移为正的最大，加速度最大，且加速度方向沿y轴负方向，故CD错误。故选A3.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606002

728-1CoNi+e→。下列说法正确的是A.钴60的中子数比6028Ni的中子数少一个B.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【答案】B【解析】【详解】A．钴60的中子数602733−=6028Ni中子数为602832−=钴60的中子数比6028Ni的中子数多一个，故A错误；B．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原子核由激发态跃迁到基态辐射出来的，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。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（）。的A.B.C.D.【答案】B【

解析】【详解】A．由于图像是位移—时间图像，其斜率代表速度，斜率不变，则物体做匀速直线运动，故A错误；B．由于图像是速度—时间图像，其斜率代表加速度，则物体做匀加速直线运动，故B正确；C．由于图像是加速度—时间图像，由图像可知，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。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【答案】C【解析】【详解】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，作出图中电场线分布如图所示可知，图中所示的该电子并没有沿着电场线运动，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，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，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，D错误。故

选C。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0v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0

v与A发生弹性碰撞，两滑块可视为质点，则下列说法不正确的是（）A.传送带至少长202vgB.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01vtg=C.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204vgD.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2052mv【答案】C【解析】【详解】A．物块B在传送带上滑动，根据牛顿第二定律有mgma=可得，物块B的加速度为ag=则物块B加速到0v时的位移为220022vvxag

==则传送带至少长202vg，故A正确；B．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001vvtag==故B正确；C．物块B以速度为0v与A发生弹性碰撞，根据动量守恒有012mvmvmv=+根据机械能守恒有222012111222mvmvmv=+解得，碰撞后A、B的速度分别为

10v=，20vv=A滑块在圆弧最高点时，根据牛顿第二定律有2vmgmR=从碰撞后瞬间到A滑块运动到圆弧最高点，根据机械能守恒有22211222mvmvmgR=+解得205vRg=则要保证被撞后的A滑块能沿圆弧轨道运动，圆弧轨道的半径最大为205vg，如果A最高点小于

四分之一圆弧，则半径可以无限大，故C错误；D．物块B第一次在传送带上加速运动的位移为22011122vxatg==传送带的路程为20101vsvtg==相对位移为201112vxsxg=−=产生的内能为211012Qmgxmv==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0v，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0v，方向水平向左，然后物体B在传送带上做减速运动，直到速

度为零，则减速的时间为002vvtag==减速的位移为22022122vxatg==减速过程中，传送带的路程为20202vsvtg==此过程的相对位移为2022232vxxsg=+=此过程产生的内能为222032Qmgxmv==B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2120522QQQmv=+=故D正确。本题选不正确的，故选C。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【答案】BD【解析】

【详解】AB．彩虹的成因是光的折射引起的，故A错误，B正确；CD．倒影的形成是因为光在水面上发生了反射，故C错误，D正确。故选BD。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44：1【答案】AC【解析】【分析】【详解】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22m2()202UTUTRR+=解得U2m=2U=10V故C正确；D．受电线圈输出电压的有效值为2m252V2UU==则由变压器的规律1122220222152nUnU===故D错误。故选AC

。9.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AB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【答案】BD【解析】【详解】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；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D正确。故选BD。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2FLBdmB.导体棒刚进入磁场时，电阻R两端的电压大小为221BdFLdm+C.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12FLmBdD.

进入磁场后，导体棒产生的热量为1FLd+【答案】AC【解析】【详解】A．导体棒进入磁场前由动能定理有2012FLmv=导体棒刚进入磁场时产生的感应电动势为02FLEBdvBdm==选项A正确；进入刚进入磁场时EIRdR=+B.电阻R两端的电压大小为RUIR=解得21RBd

FLUdm=+选项B错误；C．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00mvBdItBdq−=−=−以平均电流计算可知012mmvqBdFLBd==故C正确；D．进入磁场后，系统产生的总热量2012QmvFL==导体棒产生的热量为11dRFLdQQR

dRd==++故D错误。故选AC。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、t

2，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。【答案】①.2.030②.221()2dmt③.222111sin()()22ddgxtt=−【解析】【详解】（1）[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60.05mm0.30mm=因此遮光条的宽度20mm0.30mm20.30mm2.030cmd=

+==（2）[2]滑块和遮光条经光电门2时的速度为2dvt=由动能定理可得滑块和遮光条经光电门2时的动能为22k2211()22dEmvmt==（3）[3]若滑块和遮光条机械能守恒，需满足关系式为22211

1sin()()22ddmgxmmtt=−即222111sin()()22ddgxtt=−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1A：量程00.6A，内阻1r约为0.5Ω

C．电流表2A：量程0300A，内阻2r为1000ΩD．滑动变阻器R：阻值范围020Ω，额定电流2AE．电阻箱R：阻值范围09999.9Ω，额定电流1AF．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2A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的阻值应调到____________；（3）下表是小组在实验中记录的多组数据，其中第三组的2I没有记录，该数据

如图丙2A表盘示数所示，请读出2I并记录在下表空格处；测量次数1234561A示数1/AI0.120.200.360.380.500.572A示数2/AI137132_114110105（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21II−图象___________；依据画出

的图象可以得到电池的电动势E=__________V，内电阻r=___________Ω．（结果均保留两位小数）【答案】①.乙②.9000③.120④.⑤.1.45##1.46##1.47##1.48##1.49##1.50⑥.0.72##0.73##0.74##

0.75##0.76【解析】【详解】（1）[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）[2]将电流表2A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的阻值应调到'2631000=900030010gURrI−=−=−

（3）[3]由图可知，微安表读数为120μA；（4）[4]画出21II−图象如图[5][6]由电压表改装可知，微安表A2300μA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1.461.000.740.62r

−==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5m/sv=，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210m/s=g。求：（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。的【答案】（1）0.3s；（2）37；（3）1.2m【解析】【详解

】（1）（2）根据题意，设出手时瞬时速度与水平方向的夹角为，则竖直方向的初速度为0sinyvv=篮球到达篮筐中心时，竖直速度刚好为零，则有()22yvgHh=−12yvtHh=−联立解得3sin5=0.3st=则有37=（3）由几何关系可知，水平初速度为0cos374ms

xvv==水平位移为1.2mxxvt==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？【答案】①15cm；②12.5cm．【解析】【分析】①利用平衡求出初状态封闭气体的压强，B中封闭气体发生等温变化，根据玻意耳定律即可求出末态B中气体的压强，再根据平衡，即可求出末状态左右管中水银面

的高度差△h；②选择A中气体作为研究对象，根据平衡求出初末状态封闭气体的压强，对A中封闭气体运用玻意耳定律即可求出理想气体A的气柱长度．【详解】①设玻璃管横截面为S，活塞缓慢左拉的过程中，气体B做等温变化初态：压强pB1=75cmHg，体积VB1=20S，末态：压强pB2，体积VB2=25S，

根据玻意耳定律可得：pB1VB1=pB2VB2解得：pB2=60cmHg可得左右管中水银面的高度差△h=（75-60）cm=15cm②活塞被缓慢的左拉的过程中，气体A做等温变化初态：压强pA1=（75+25）cmHg=100cm

Hg，体积VA1=10S，末态：压强pA2=（75+5）cmHg=80cmHg，体积VA2=LA2S根据玻意耳定律可得：pA1VA1=pA2VA2解得理想气体A的气柱长度：LA2=12.5cm15.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】（1）电流方向为b→a；（2）()()m22FmgRrvBL−+=；（3）BLdqRr=+【解析】【详解】（1）由右手定则可知，此过程通过导体棒的电流方向为b→a。（2）当导体棒速度达到最大时，满足0FmgBIL−−=根据闭合电路欧姆定律，有()mE

BLvIRr==+解得最大速度为()()m22FmgRrvBL−+=（3）此过程产生的平均电动势为BLdEtt==由闭合电路欧姆定律，有()EIRr=+根据qIt=得通过电阻R的电荷量为