2023-2024学年河北省优质高中联考高二（下）期末物理试卷（含答案）

这是一份2023-2024学年河北省优质高中联考高二（下）期末物理试卷（含答案），共10页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.下列现象中属于光的干涉现象的是( )
A. B.
C. D.
2.某电场区域的电场线分布如图所示，在电场中有A、B、C、D四个点，下列说法正确的是( )
A. EA>ECB. EC>EDC. φB>φCD. φA0)的粒子以速度v0从左侧平行于x轴射入电场，入射点为P，经电场后沿垂直于OA的方向由Q点进入一矩形磁场区域(未画出，方向垂直纸面向外)，并沿x轴负方向经过O点。已知O点到Q点的距离为6l，不计粒子的重力，求：
(1)匀强电场的电场强度大小；
(2)匀强磁场的磁感应强度大小；
(3)矩形磁场区域的最小面积。
15.（16分）如图所示，长为L=12m的长木板静止在水平地面上，其右端与竖直固定装置A的最下端平滑相切，装置A的下表面未与地面接触且能使长木板从其下方穿过，A的左侧面是半径为R=1.6m的光滑半圆轨道。现让一小物块从长木板左端以大小为v0=14m/s的初速度滑上长木板，经半圆轨道后落在已经处于静止状态的长木板上。已知小物块与长木板的质量均为m=2kg，小物块与长木板上表面之间的动摩擦因数为μ1=0.4，长木板与地面之间的动摩擦因数为μ2=0.15，装置A的下表面与长木板之间无作用力，小物块可视为质点，不计空气阻力，取g=10m/s2，求：
(1)小物块运动到半圆轨道的最高点时对轨道的压力大小；
(2)小物块落到长木板上时距长木板左端的距离；(结果保留两位有效数字)
(3)从物块开始滑上长木板到长木板静止的过程中，系统产生的总热量。
参考答案
1.D
2.BC
3.A
4.C
5.C
6.C
7.D
8.AC
9.ACD
10.BD
11.(1)乙
(2) 4.0 0.5
(3) mg−F1m+M

12.(1) 0.6 左
(2) IgrSρ 0.25

13.解：(1)由玻意耳定律，有p0L0S=p1L1S，
解得p1=1.05×105Pa，
又p1=p0+ρgℎ，
解得ℎ=50cm，
洗衣缸内的水面上升的高度H=(50+10.5−10)cm=50.5cm；
(2)由理想气体状态方程有p0L0ST0=p2L2ST2，
根据题意知p2=p1=1.05×105Pa，
解得L2=9.5cm。

14.解：(1)带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，设运动时间是t，由牛顿第二定律得：qE=ma
水平方向：6lsin60°=v0t
粒子到达Q点时，设竖直分速度为vy，则vy=at
由速度的合成与分解得：vy=v0tan60°= 3v0
解得：E=mv023qL
(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示：
设粒子做匀速圆周运动的圆心为O1，轨道半径为r，
由几何知识得：r+rsin30∘=6l
解得：r=2l
粒子进入磁场时的速度：v=v0cs60∘=2v0
粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=mv2r
解得磁感应强度大小：B=mv0qL
(3)带电粒子从Q点射入磁场，包含圆弧的最小矩形磁场区域如图中虚线所示，
矩形区域的长度：x=2rcs30°= 3r=2 3l
矩形区域的宽度：y=r−rsin30°=0.5r=l
矩形区磁场域的最小面积：S=xy=2 3l×l=2 3l2
答：(1)匀强电场的电场强度是mv023ql；
(2)匀强磁场的磁感应强度是mv0ql；
(3)矩形磁场区域的最小面积是2 3l2。
15.(1)对小物块进行分析，根据牛顿第二定律有
μ1mg=ma1
对长木板进行分析，根据牛顿第二定律有
μ1mg−μ2⋅2mg=ma2
解得
a1=4m/s2 ， a2=1m/s2
小物块向右做匀减速直线运动，长木板向右做匀加速直线运动，令经历时间 t1 两者达到相等速度，则有
v1=v0−a1t1=a2t1
解得
t1=2.8s ， v1=2.8m/s
此过程小物块的位移
x0=v0+v12t1=23.52m>L=12m
表明小物块到达装置A下端时两者还没有达到相等速度，则小物块到达装置A最下端过程，小物块的位移恰好为长木板的长度，则有
L=v0t2−12a1t22
解得
t2=1s 或 t2=6s (舍去)
则此时小物块与长木板的速度分别为
v2=v0−a1t2 ， v3=a2t2
解得
v2=10m/s ， v3=1m/s
之后小物块运动到半圆轨道的最高点过程，根据动能定理有
−mg⋅2R=12mv42−12mv22
解得
v4=6m/s
小物块在最高点，根据牛顿第二定律有
N1+mg=mv42R
根据牛顿第三定律有
N2=N1
解得
N2=25N
(2)小物块飞出装置A做平抛运动，则有
2R=12gt32 ， x1=v4t3
结合上述解得
x1=4.8m
长木板在(1)中上述 t2=1s 时间内的位移
x2=v32t2=0.5m t2=1s 之后，长木板做匀减速直线运动，则有
−μ2mgx3=0−12mv32
解得
x3=13m
则小物块落到长木板上时距长木板左端的距离
L0=L−x2−x3−x1
解得
L0=19130m≈6.4m
(3)根据能量守恒定律，从物块开始滑上长木板到长木板静止的过程中，系统产生的总热量为
Q=12mv02−12mv22
解得
Q=96J