保定市重點中學2024屆物理高二下期末檢測試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、如圖所示，在一根張緊的繩子上掛幾個擺，其中A、B的擺長相等．先讓A擺振動起來，B、C、D三個擺隨后也跟著振動起來，則穩定時A．三個擺振動的振幅大小相等B．三個擺的振幅大小不同，B擺的振幅最大C．B擺的振動周期最大，D擺的振動周期最小D．D擺的振動周期最大，C擺的振動周期最小2、如圖所示為遠距離輸電示意圖,線路總電阻為,發電廠輸出電壓不變,三個回路的電流依次為,兩變壓器均為理想變壓器,左側變壓器輸入電壓為,輸出電壓為；下側變壓器輸入電壓為,輸出電壓為,以下選項錯誤的是（）A．若用戶消耗的功率增大,隨之增大B．若用戶消耗的功率增大,隨之增大C．D．3、如圖所示，虛線表示某電場中的四個等勢面，其對應的電勢，相鄰等勢面間的電勢差相等．一不計重力的帶電的粒子從右側垂直等勢面向左進人電場，運動軌跡與等勢面分別交于、、三點，則可以判斷（）A．該帶電粒子帶負電B．該區域可能是點電荷和無限大金屬平板形成的電場C．等勢面上各點場強處處相等D．粒子的運動軌跡和等勢面也可能垂直4、物體從靜止開始做直線運動，圖像如圖所示，則該物體A．在第8s末相對于起點的位移最大B．在第4s末相對于起點的位移最大C．在時間內的加速度大小最大D．在時間內的加速度大小保持不變5、如圖所示，閉合導線框的質量可以忽略不計，將它從如圖所示的位置勻速拉出勻強磁場。若第一次用時間t拉出，外力所做的功為W1，外力的功率為P1，通過導線截面的電荷量為q1；第二次用時間3t拉出，外力所做的功為W2，外力的功率為P2，通過導線截面的電荷量為q2，則A．W1=W2，P1=P2，q1<q2B．W1=3W2，P1=3P2，q1＝q2C．W1=3W2，P1=9P2，q1＝q2D．W1=W2，P1=9P2，q1=3q26、如圖所示，n匝矩形閉合導線框ABCD處于磁感應強度大小為B的水平勻強磁場中，線框面積為S，電阻不計．線框繞垂直于磁場的軸OO′以角速度ω勻速轉動，并與理想變壓器原線圈相連，變壓器副線圈接入一只額定電壓為U的燈泡，燈泡正常發光．從線圈通過中性面開始計時，下列說法正確的是（）A．圖示位置穿過線框的磁通量變化率最大B．燈泡中的電流方向每秒改變次C．線框中產生感應電動勢的表達式為e＝nBSωsinωtD．變壓器原、副線圈匝數之比為二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7、一汽車由靜止從車站出發，沿平直軌道運動過程中加速度不斷增大．行駛時間t后速度達到v，則可以判定汽車在這段時間內行駛的位移A．一定大于 B．可能等于 C．一定小于 D．一定不等于8、如圖，半徑為R的四分之一圓內存在勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向里，半徑OA水平。在圓的最低點C有一粒子源，它正以相同速率在紙面內向各個方向發射質量為m、帶電量為q（q＞0）的粒子，速率大小為。在圓弧上AC有粒子射出，B為圓弧上一點，∠AOB等于60°，不計粒子所受重力，下列說法正確的是（）A．所有從圓弧上出來的粒子的速度方向都平行B．所有從圓弧上出來的粒子在磁場中運動時間都相等C．從A處射出的粒子與從B處射出的粒子在磁場中運動時間之比3∶1D．從A處射出的粒子與從B處射出的粒子在磁場中的速度偏轉角之比為3∶29、關于原子核的有關知識，下列說法正確的是()A．天然放射性射線中β射線實際就是電子流，它來自原子核內B．放射性原子經過α、β衰變致使新的原子核處于較高能級，因此不穩定從而產生γ射線C．氡222經過衰變變成釙218的半衰期為3.8天，一個氡222原子核四天后一定衰變為釙218D．比結合能越大，原子越容易發生衰變10、如圖所示,理想變壓器原線圈接有交流電源，當副線圈上的滑片P處于圖示位置時，燈泡L能發光．要使燈泡變亮，可以采取的方法有A．向下滑動PB．增大交流電源的電壓C．增大交流電源的頻率D．減小電容器C的電容三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11．（6分）某同學要測量一節干電池的電動勢和內阻，備有下列器材：A．待測的舊干電池一節；B．電流表A1（量程0~3mA，內阻Rg1=10Ω）；C．電流表A2（量程0~0.6A，內阻Rg2=0.1Ω）；D．滑動變阻器R1（0~20Ω，1.0A）；E.電阻箱R0（0~9999.9Ω）；F.開關和導線若干。(1)該同學發現上述器材中沒有電壓表，他想利用器材中的一個電流表和電阻箱改裝成一個量程為0~3V的電壓表，并設計了如圖甲所示的a、b兩個參考實驗電路（虛線框內為改裝電壓表的電路），其中合理的是________。（選填“a”或“b”）改裝后電壓表的內阻為RV=________Ω；(2)閉合開關，移動滑動變阻器的滑片進行多次測量，圖乙為某次測量時電流表A2的指針偏轉情況，由此時電流表A2的讀數為________A；(3)實驗結束后，該同學根據測得的多組I1、I2的讀數（I1為電流表A1的示數，I2為電流表A2的示數），以I1為縱坐標、I2為橫坐標描點作圖，繪出了I1-I2圖像。若測得該圖像的縱截距為b，斜率的絕對值為k，則該電源的電動勢E=________，內阻r=________（用b、k、RV表示）。12．（12分）某同學利用兩個半徑相同的小球及斜槽“探究碰撞中的不變量”，把被碰小球M1置于斜槽末端處，如圖所示．所測得數據如圖表。小球質量/g小球水平射程/cmM1M220.932.656.012.567.8（1）若把平拋時間設為單位時間1s，則碰前M2與其做平拋運動的水平初速度v2的乘積M2v2＝_kg·m/s，碰后各自質量與其做平拋運動的水平初速度的乘積之和M2v2′＋M1v1′＝________kg·m/s。(結果均保留3位有效數字)（2）實驗結論是_____________________________________。四、計算題：本題共2小題，共26分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟。13．（10分）如圖所示，在長度足夠長、寬度d=5cm的區域MNPQ內，有垂直紙面向里的水平勻強磁場，磁感應強度B=0.33T．水平邊界MN上方存在范圍足夠大的豎直向上的勻強電場，電場強度E=200N/C．現有大量質量m=6.6×10﹣27kg、電荷量q=3.2×10﹣19C的帶負電的粒子，同時從邊界PQ上的O點沿紙面向各個方向射入磁場，射入時的速度大小均為V=1.6×106m/s，不計粒子的重力和粒子間的相互作用．求：(1)求帶電粒子在磁場中運動的半徑r；(2)求與x軸負方向成60°角射入的粒子在電場中運動的時間t；(3)當從MN邊界上最左邊射出的粒子離開磁場時，求仍在磁場中的粒子的初速度方向與x軸正方向的夾角范圍，并寫出此時這些粒子所在位置構成的圖形的曲線方程．14．（16分）兩物塊A、B并排放在水平地面上，且兩物塊接觸面為豎直面，現用一水平推力F作用在物塊A上，使A、B由靜止開始一起向右做勻加速運動，如圖甲所示，在A、B的速度達到6m/s時，搬去推力F。已知A、B質量分別為mA=1kg、mB=3kg，A與水平面間的動摩擦因數為μ=0.3，B與地面沒有摩擦，B物塊運動的v-t圖象如圖乙所示。（1）推力F的大小。（2）A物塊剛停止運動時，物塊A、B之間的距離。15．（12分）如圖所示，電阻r＝0.3Ω、質量m＝0.1kg的金屬棒CD靜止在位于水平面上的兩條平行光滑的金屬導軌上，棒與導軌垂直且接觸良好，導軌的電阻不計，導軌的左端接有阻值為R＝0.5Ω的電阻，有一個理想電壓表接在電阻R的兩端，垂直導軌平面的勻強磁場向下穿過導軌平面．現給金屬棒加一個水平向右的恒定外力F，觀察到電壓表的示數逐漸變大，最后穩定在1.0V，此時金屬棒的速度為2m/s.(1)求拉動金屬棒的外力F的大小．(2)當電壓表讀數穩定后某一時刻，撤去外力F，求此后電阻R上產生的熱量．

參考答案一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、B【解題分析】

AB、由A擺擺動從而帶動其它3個單擺做受迫振動，受迫振動中，當固有頻率等于驅動力頻率時，出現共振現象，振幅達到最大，由于B擺的固有頻率與A擺的相同，故B擺發生共振，振幅最大，故A錯誤，B正確；CD、受迫振動的頻率等于驅動力的頻率，故其它各擺振動周期跟A擺相同，CD錯誤．2、B【解題分析】若用戶消耗的功率增大，則I3會變大，則由變壓器匝數比等于電流比的倒數可知，I2隨之增大，導線r上的電壓變大，則U3減小，U4減小，選項A正確，B錯誤；由串聯電路的特點可知：U2=U3+I2r，選項C正確；由能量關系可知：，選項D正確；此題選項不正確的選項，故選B.3、B【解題分析】

A.由題知，，故電場方向右下方，而在曲線運動中所受的電場力指向軌跡內側，故與電場方向相同，如圖所示：故該帶電粒子帶正電，故A錯誤；CD.由圖可知，正電荷做曲線運動，所以粒子的運動軌跡和等勢面可能垂直，與等勢面不可能垂直；電場線的疏密表示電場的強弱，由圖一可知等勢面上各點場強不是處處相等，故CD錯誤；B．由題圖可知，該電場的上下是對稱的，如圖所示可知該區域可能是點電荷和無限大金屬平板形成的電場，也可能是等量異種點電荷的電場，故B正確；故選B．【題目點撥】粒子只受電場力作用，根據運動軌跡可知電場力指向運動軌跡的內側即斜向右下方，由于粒子帶正電，因此電場線方向也指向右下方；電勢能變化可以通過電場力做功情況判斷；電場線和等勢線垂直，且等勢線密的地方電場線密，電場強度大．4、D【解題分析】

AB、由題圖知，物體在內沿正方向運動，在內沿負方向運動，所以在第末相對于起點的位移最大，故選項A、B錯誤；CD、圖線的斜率等于物體的加速度，由題圖圖線可知內物體的加速度大小不變并且最大，故選項C錯誤，D正確。5、C【解題分析】

A.線框拉出磁場時穿過線框的磁通量的變化量相等，根據感應電荷量公式可知，通過導線截面的電量相等，即有：q1：q2=1：1，A錯誤。BCD.設線框的長為L1，寬為L2，速度為v．線框所受的安培力大小為：又，所以，線框勻速運動時，外力與安培力平衡，則外力的大小為：，外力做功為：可見，外力做功與所用時間成反比，由題知，，且，代入數據得外力功率之比等于9：1，所以C正確BD錯誤。6、C【解題分析】圖示位置穿過線框的磁通量最大，但是磁通量的變化率為零，選項A錯誤；交流電的周期為，一個周期內電流方向改變兩次，則燈泡中的電流方向每秒改變次，選項B錯誤；交流電的電動勢最大值：Em=nBSω，則線框中產生感應電動勢的表達式為e＝nBSωsinωt,選項C正確；交流電的有效值為,則,選項D錯誤；故選C.點睛：此題關鍵是掌握交流電的瞬時值、最大值及有效值的意義，知道它們之間的關系；掌握住理想變壓器的電壓、電流及功率之間的關系，本題即可得到解決．二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7、CD【解題分析】

汽車由靜止從車站出發，沿平直軌道運動過程中加速度不斷增大，可得汽車的速度時間圖象如圖，速度時間圖象下方的面積表示對應時間內的位移，圖線下方的面積小于三角形的面積，則判定汽車在這段時間內行駛的位移．故CD兩項正確，AB兩項錯誤．8、AC【解題分析】

A．粒子在磁場中做圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得解得r=R粒子在磁場中做圓周運動的軌道半徑與磁場半徑相等；

粒子沿CO方向入射其運動軌跡如圖所示，則OCO2A是正方形，是菱形，粒子偏轉角為為90°；粒子沿其它方向入射，由于C點不變，OC不變，四邊形的四個邊相等，四邊形永遠是菱形，則O2B一定平行與OC，速度一定沿水平方向射出，故A正確；

B．沿不同方向射入的粒子在磁場中的偏轉角度θ不同，粒子在磁場中的運動時間不同，故B錯誤；

CD．由題意可知：∠AOB=60°，則：∠BO2C=30°，兩粒子偏轉角之比為90°：30°=3：1粒子在磁場中的運動時間，粒子在磁場中的運動時間之比等于粒子的偏轉角之比，則粒子運動時間之比為3：1，故C正確，D錯誤；

故選AC。9、AB【解題分析】

A．天然放射性射線中β射線實際就是電子流，它來自原子核內，故A正確；B．γ衰變總是伴隨α衰變或β衰變，放射性的原子核發生衰變后產生的新核從高能級向低能級躍遷時，發生γ衰變，輻射出γ射線，故B正確；C．因為半衰期是統計規律，對單個原子核沒有意義，故C錯誤；D．比結合能描述原子核的穩定性，比結合能越大，原子核越穩定，越不容易發生衰變，故D錯誤．故選AB．10、BC【解題分析】

向下滑動P，副線圈匝數減少，電壓減小，A錯誤；增大交流電源的電壓，副線圈兩端電壓也增大，B正確；增大交流電源的頻率通過電容器的電流更大，C正確；減小電容器C的電容，增加了容抗，通過燈泡的電流減小，燈泡變暗，D錯誤；故選BC．【題目點撥】本題考查了變壓器的變壓原理和電容器對交流電的影響，要知道電容器對交流電的作用是：通高頻阻低頻．三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11、b10000.16【解題分析】

(1)[1]由于滑動變阻器的最大阻值為20Ω，所以一般情況下電路中的電流不會小于3mA，因此需要用電流表A2來測量電流，將電流表A1改裝成電壓表，故應選b電路。[2]改裝后電壓表的內阻為；(2)[3]分度值為0.02A，故該電流表的讀數為0.16A；(3)[4][5]由閉合電路歐姆定律可得整理可得即解得。12、0.01830.0182在誤差范圍內，兩小球碰撞過程中系統動量守恒【解題分析】

(1)[1]若把平拋時間設為單位時間1s，則由知平拋運動的初速度和水平位移相等，故碰前M2與其做平拋運動的水平初速度v2的乘積[2]碰后各自質量與其做平拋運動的水平初速度的乘積之和M2v2′＋M1v1′=(2)[3]實驗結論是在誤差范圍內，兩小球碰撞過程中系統動量守恒。四、計算題：本題共2小題，共26分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟。13、（1）r=0.1m（2）（3）曲線方程為()【解題分析】

（1）洛倫茲力充當向心力，根據牛頓第二定律可得，解得（2）粒子的運動軌跡如圖甲所示，由幾何關系可知，在磁場中運動的圓心角為30°，粒子平行于場強方向進入電場，粒子在電場中運動的加速度粒子在電場中運動的時間解得（3）如圖乙所示，由幾何關系可知，從MN邊界上最左邊射出的粒子在磁場中運動的圓心角為60°，圓心角小于60°的粒子已經從磁場中射出，此時刻仍在磁場中的粒子運動軌跡的圓心角均為60°，則仍在磁場中的粒子的初速度方向與x軸正方