2022-2023学年广东省广州中学高二上学期期末物理试题含解析

这是一份2022-2023学年广东省广州中学高二上学期期末物理试题含解析，共21页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1. 下列说法中不正确的是（ ）
A. 物体所受的合外力不为零，物体的运动状态一定发生变化
B. 物体所受的合外力不为零，物体的加速度一定发生变化
C. 合外力对物体做了功，物体动能一定发生变化
D. 合外力对物体有冲量，物体的动量一定发生变化
【答案】B
【解析】
【详解】A．物体所受合外力不为零，物体必有加速度，即速度会发生变化，运动状态一定发生变化，A正确；
B．物体所受合外力不为零，如果合外力为恒力，根据牛顿第二定律，物体的加速度也是恒定不变的，B错误；
C．根据动能定理，合外力对物体做功，物体的动能一定发生变化，C正确；
D．根据动量定理，合外力对物体有冲量，物体的动量一定发生变化，D正确。
故选B。
2. 若带正电荷的小球只受到电场力作用，则它在任意一段时间内（ ）
A. 一定沿电场线由高电势处向低电势处运动
B. 一定沿电场线由低电势处向高电势处运动
C. 不一定沿电场线运动，但一定由高电势处向低电势处运动
D. 不一定沿电场线运动，也不一定由高电势处向低电势处运动
【答案】D
【解析】
【详解】物体的运动情况取决于受到的合力和初始条件。小球只受到电场力的作用，由于不清楚电场是何种电场，也不清楚小球的初速度大小和方向，故在任意一段时间内，小球不一定沿电场线运动，也不一定由高电势处向低电势处运动。
故选D。
3. 图为一质点做简谐运动的位移随时间变化的图像，由图可知，在t=4s 时刻，质点的（ ）
A. 速度为零，位移为正的最大值
B. 速度为零，位移为负的最大值
C. 速度为正的最大值，位移为零
D. 速度为负的最大值，位移为零
【答案】A
【解析】
【详解】在时，质点的位移为正向最大，质点的速度为零，而加速度方向总是与位移方向相反，大小与位移大小成正比，则加速度为负向最大值；
A. 速度为零，位移为正的最大值与分析相符，故A正确；
B. 速度为零，位移为负的最大值与分析不符，故B错误；
C. 速度为正的最大值，位移为零与分析不符，故C错误；
D. 速度为负的最大值，位移为零与分析不符，故D错误．
4. 一列简谐机械横波某时刻的波形图如图所示，波源的平衡位置坐标为x＝0．当波源质点处于其平衡位置上方且向下运动时，介质中平衡位置坐标x＝2m的质点所处位置及运动情况是( )
A. 在其平衡位置上方且向下运动
B. 在其平衡位置上方且向上运动
C. 在其平衡位置下方且向上运动
D. 在其平衡位置下方且向下运动
【答案】C
【解析】
【详解】由图λ=4m，坐标x=2m的质点的振动情况与波源的振动情况总是相反．当波源质点处于其平衡位置上方且向下运动时，则x=2m的质点在平衡位置下方且向上运动，故C正确．
故选C．
5. 质量为1.0kg的小球从高20m处自由下落到软垫上，反弹后上升的最大高度为5.0m．小球与软垫接触的时间为1.0s，在接触时间内小球受到合力的冲量大小为（空气阻力不计，g取10m/s2）
A. 10N·sB. 20N·sC. 30N·sD. 40N·s
【答案】C
【解析】
【详解】小球从开始下落到落到软垫上过程中，由动能定理可得：mgh1=mv12-0，
代入数据解得：v1=20m/s，方向竖直向下；
小球从反弹到到达最高点过程中：-mgh2=0-mv22，
代入数据解得：v2=10m/s，方向竖直向上；
以竖直向上为正方向，由动量定理得：
I=mv2-mv1=1kg×10m/s-1kg×（-20m/s）=30N•s，方向竖直向上；故选C．
【点睛】本题动量守恒定律的应用；对于动量定理的应用，要注意其中各物理量的方向性，正确设定正方向，确定各量的正负．
6. 一个做简谐运动的质点，它的振幅是4cm，频率是2.5Hz，该质点从平衡位置开始经过2.9s后，位移的大小和经过的路程分别为 （ ）
A. 0 10cmB. 4cm 100cm
C. 0 28cmD. 4cm 116cm
【答案】D
【解析】
【详解】质点振动的周期为
时间
质点从平衡位置开始振动，经过2.9s到达最大位移处，其位移大小为
通过的路程为
故ABC错误，D正确。
故选D。
7. 在如图所示的电路中，R1、R2、R3均为可变电阻．当开关S闭合后，两平行金属板M、N中有一带电液滴正好处于静止状态．为使带电液滴向上加速运动，可采取的措施是 ( )
A. 增大R1的阻值B. 减小R2的阻值
C. 减小R3的阻值D. 增大M、N间距
【答案】B
【解析】
【详解】A．当增大电阻时，没有作用，因为电阻与两平行金属板相串联，然而两板间没有电流，所以电阻两端没有电势差．故A错误；
B．当减小时，导致总电阻减小，所以总电流变大，则变阻器电压变大，故B正确；
C．当减小时，导致总电阻减小，所以总电流变大，则电阻两端电压变大，那么变阻器电压变小，故C错误；
D．当增大MN间距时，由于平行板两端电压不变，则两板间电场强度变小，所以电场力小于重力，故D错误．
【点睛】电阻R1与两平行板相串联，由于没有电流，所以没有电势降落，因此可将R1电阻去除．当改变间距时，会导致两板间的电容变化．
8. 一简谐机械波沿x轴正方向传播，周期为T，波长为．若在x=0处质点的振动图象如图所示，则该波在t=T/2时刻的波形曲线为（ ）
A.
B.
C.
D
【答案】A
【解析】
【分析】由x=0点处质点的振动图象可知该质点的运动情况，得出时刻的运动性质即可得出符合题意的选项．
【详解】从振动图上可以看出x=0处的质点在t=时刻处于平衡位置，且正在向下振动，波沿x轴正向传播，根据走坡法，四个选项中只有A图符合要求，故A项正确．
【点睛】本题要求学生能正确的分析振动图象和波动图象；难点在于能否由波动图象中得出物体的运动方向．
二、多项选择题（每题4分，计16分，选对但不全的得2分）
9. 关于波的传播现象，下列说法正确的是（ ）
A. 波向前传播，在两介质的界面上要么发生反射，要么发生折射，二者不会同时发生
B. 发生反射时波的频率不变，波速变小，波长变短
C. 发生折射时波的频率不变，但波长、波速发生变化
D. 两列波发生干涉时，振动加强的位置和减弱的位置是不变的
【答案】CD
【解析】
【详解】A．波向前传播，在两介质的界面上，通常波既发生反射，也会发生折射，当然全反射时，就只有反射没有折射了，A错误；
B．波发生反射时，在同一种介质中传播，因此波长、波速和频率都不发生变化，B错误；
C．波发生折射时，在不同种介质中运动，波速发生变化，但频率由振源决定，波的频率不变，由可知波长也发生变化，C正确；
D．两列波发生干涉现象的条件是两列波的频率相同且相位差恒定，在这个前提下，振动加强区始终加强，振动减弱区始终减弱，形成稳定的干涉图样，D正确。
故选CD。
10. 平行板电容器的电容（ ）
A. 跟两极板间的距离成正比
B. 跟充满极板间的介质的介电常数成正比
C. 跟两极板的正对面积成正比
D. 跟加在两极板间的电压成正比
【答案】BC
【解析】
【详解】A．根据，电容的大小和两极板的距离成反比，故A错误；
B．根据，电容的大小和充满极板间的介质的介电常数成正比，故B正确；
C．根据，电容的大小和两极板的正对面积成正比，故C正确；
D．电容和两极板间的电压无关，故D错误。
故选BC。
11. 如图所示，一简谐横波在x轴上传播，轴上a、b两点相距12m。t=0时a点为波峰，b点为波谷；t=0.5s时，a点为波谷，b点为波峰。则下列判断中正确的是（ ）
A. 波一定沿x轴正方向传播B. 波长可能是8m
C. 周期可能是0.5sD. 波速可能是24m/s
【答案】BD
【解析】
【详解】A．根据分析可知，由题干没有给出a、b两点之间的质点的振动方向，则无法确定波的传播方向，A错误；
B．从波动图像可知，若a点为波峰，b点为波谷，则二者相距至少半个波长，或者n个波长另加半个波长，故有
，（n=0，1，2，3…）
解得
，（n=0，1，2，3…）
当n=1时，解得
λ=8m
B正确；
C．由题意有
，（k=0，1，2，3…）
解得
，（k=0，1，2，3…）
可知，k无论取何值，T都不可能为0.5s，C错误；
D．波速为
，（n=0，1，2，3…），（k=0，1，2，3…）
当k=1，n=1时，解得
v=24m/s
D正确。
故选BD。
12. 光滑水平面上有一边长为L的正方形区域处在场强为E的匀强电场中，电场方向与正方形一边平行。一质量为m，带电量为q的小球由某一边的中点，以垂直于该边的初速度进入该正方形区域。当小球再次运动到该正方形区域的边缘时，具有的动能可能为（ ）
A. 0B.
C. D.
【答案】BC
【解析】
【详解】若初速度方向与电场方向垂直，则小球做类平抛运动，从邻边出去，根据动能定理，得
可得出动能为
如果从对边出去，动能小于
若初速度的方向与电场方向平行，但电场力方向与电场方向相反，则小球做匀减速直线运动，当小球能从对边出电场，则根据动能定理可得
可得出其动能为
若初速度的方向与电场方向平行，但电场力方向与电场方向相反，则小球做匀减速直线运动，当没有到达对边速度就减为零，则小球会返回到出发点，速度仍为v0，动能为
若初速度的方向与电场方向平行，但速度方向与电场方向相同，则小球做匀加速直线运动，则小球会从对边射出电场，由动能定理，得
可得出
故选BC。
三、填空题（每题3分，计9分）
13. （1）电场中A点的电势φA=15V，B点的电势φB=10V。把电量为-5×10-9C的电荷，从A点移到B点电场力做的功为___________J。
（2）一台标有“220V，66W”的电风扇，线圈电阻为20Ω。当电风扇正常工作时，输出的机械功率为___________W。
（3）一长为L的木板放在光滑的水平面上，一木块以一定的初速度从木板的一端滑上木板。若木板固定，木块刚好没有滑离木板；若木板不固定，木块相对于木板滑行的距离为___________。已知木板和木块的质量相等，木块可看成质点。
【答案】 ①. ②. 64.2 ③.
【解析】
【详解】（1）[1]AB间的电势差为
则此过程中电场力做的功为
（2）[2]正常工作时通过电动机的电流大小为
已知电动机正常时总功率为
电动机正常工作时热功率为
电动机正常工作时输出的机械功率为
（3）[3]小木块所受合外力为滑动摩擦力，设木块受到的滑动摩擦力为f，木块的初速度v0；如果长木板是固定的，木块恰好停在木板的右端，对木块的滑动过程运用动能定理
如果长木板不固定，木块冲上木板后，木块向右减速的同时，木板要加速，最终两者一起做匀速运动，该过程系统受外力的合力为零，动量守恒，规定木块初速度方向为正方向，根据系统动量守恒得
对系统运用能量守恒，有
解得
四、实验题（计16分）
14. 某同学通过实验测定一个阻值约为5Ω的电阻Rx的阻值。
现有电源（4V，内阻可不计）、滑动变阻器（0～20Ω，额定电流2A）、开关和导线若干，以及下列电表：
A．电流表（0～3A，内阻约0.025Ω）
B．电流表（0～0.6A，内阻约0.125Ω）
C．电压表（0～3V，内阻约3kΩ）
D．电压表（0～15V，内阻约15kΩ）
为减小测量误差，在实验中，电流表应选用___________，电压表应选用___________（选填器材前的字母）；实验电路应采用图中的___________（选填“甲”或“乙”）；
【答案】 ①. B ②. C ③. 甲
【解析】
【详解】[1][2]由于电源电动势为4V，待测电阻的阻值约为5Ω，故电路最大电流为0.8A，再考虑到滑动变阻器的影响，电流表应选用B，电压表应选C。
[3]待测电阻阻值约为5Ω，电流表内阻约为0.125Ω，电压表内阻约为3kΩ，电压表内阻远大于待测电阻阻值，电流表应采用外接法，应选择图甲所示电路图。
15. 某同学通过查找资料自己动手制作了一个电池．该同学想测量一下这个电池的电动势E和内电阻r，但是从实验室只借到一个开关、一个电阻箱（最大阻值为999.9，可当标准电阻用）、一只电流表（量程Ig＝0.6A，内阻rg＝0.1）和若干导线。
(1)请根据测定电动势E和内电阻r的要求，设计图甲中器材的连接方式，把它们连接起来______；
(2)闭合开关，逐次改变电阻箱阻值R，读出与R对应的电流表的示数I，并作记录。当电阻箱的阻值R＝2.6时，其对应的电流表的示数如图乙所示。处理实验数据时，首先计算出每个电流值I的倒数；再制作R－坐标图，如图丙所示，图中已标注出了（，R）的几个与测量对应的坐标点，请你将与图乙实验数据对应的坐标点也标注在图丙上______；
(3)在图丙上把描绘出的坐标点连成图线______；
(4)根据图丙描绘出的图线可得出这个电池的电动势E＝______V，内电阻r＝______。
【答案】 ①. ②. ③. ④. 1.5 ⑤. 0.2
【解析】
【详解】（1）[1]应用电流表与电阻箱测电源电动势与内阻，电流表、电阻箱与待测电源组成串联电路，实物电路图如图所示
（2）[2] 由图示电流表可知，其量程为0.6A，分度值为0.02A，示数为0.5A，将电流与对应的电阻阻值标在坐标系内，如图所示
（3）[3] 连成图线如图所示
（4）[4] 由闭合电路欧姆定律可知
则
图像的斜率表示电源的电动势，故
[5] 故图像与纵坐标的交点
即内电阻为
16. 一位同学用单摆做测量重力加速度的实验，他将摆挂起后，进行了如下步骤
A.测摆长:用米尺量出摆线的长度
B.测周期：将摆球拉起，然后放开，在摆球通过最低点时，按下秒表开始计时，同时将此次通过最低点作为第1次，接着一直数到摆球第60次通过最低点时，按秒表停止计时，读出这段时间，算出单摆的周期
C.将所测得的和代入单摆的周期公式，算出，将它作为实验的最后结果写入报告中去
指出上面步骤中遗漏或错误地方，写出该步骤的字母，并加以改正，（不要求进行误差计算）_____________________________________
【答案】见解析
【解析】
【详解】摆长为悬点到球心的距离，所以要加上摆球半径；
摆球相邻两次经过最低点为半个周期，则
得
求一次的摆长值，误差太大，应改变摆长多次测量求平均值（或作图，得斜率后求解）。
五、计算题（计27分）
17. 如图所示，将一质量m＝0.2g的带负电荷的小球B用绝缘线挂起来，用带电荷量的小球A靠近B，当B球静止时悬线与竖直方向成45°角，此时两球位于同一水平面上，相距r＝30cm。重力加速度。静电力常量，求：
（1）B球所带电荷量；
（2）此时A球在B球平衡处产生的电场强度的大小。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）对B球进行受力分析，如图所示，设B球受到A球的库仑力为，则有
由牛顿第三定律知B球受到的库仑力的大小为
由库仑定律
解得
（2）A球在B球平衡处产生的电场强度
18. 在核反应堆里，用石墨作减速剂，使铀核裂变所产生的快中子通过与碳核不断的碰撞而被减速．假设中子与碳核发生的是弹性正碰，且碰撞前碳核是静止的．已知碳核的质量近似为中子质量的12倍，中子原来的动能为，试求：经过一次碰撞后中子的能量变为多少？
【答案】
【解析】
【详解】设中子的质量为，速度为，碳核的质量为M，碰撞后中子、碳核的速度分别为、，以方向为正方向，根据动量守恒定律得
根据机械能守恒定律得
由以上两式解得
碰撞一次，中子损失的动能为
则剩余的能量为
19. 如图所示，质量为m，电荷量为e的电子，从A点以速度垂直于电场方向射入一个电场强度为E的匀强电场中，从B点射出电场时的速度方向与电场线成120°角，电子重力不计。求：
（1）电子在电场中的加速度大小a及电子在B点的速度大小？
（2）A、B两点间的电势差？
（3）电子从A运动到B的时间？
【答案】（1），；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）根据牛顿第二定律有
解得
从B点射出电场时的速度方向与电场线成120°角，则B点射出电场时的速度方向与水平方向成30°，则有
（2）电子从A点到B点过程有
解得
（3）竖直分速度
结合上述，解得