2022-2023学年山东省青岛超银中学高二上学期期末物理试题含解析

  青岛超银高级中学2022-2023学年第一学期期末考试

高三物理科目

第I卷（共40分）

一、单项选择题：本题共8小题，每小题3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. 下列关于磁场的说法中，正确的是（　　）

A. 只有磁铁周围才存在磁场

B. 磁场是假想的，不是客观存在的

C. 磁场只有在磁体与磁体、磁体与通电导体发生作用时才产生

D. 磁体与磁体、磁体与通电导体、通电导体与通电导体之间都是通过磁场发生相互作用

【答案】D

【解析】

【详解】A．电磁铁还是永久磁体，或电流的周围都存在着磁场，故A错误；

B．磁场是真实存在的一种物质，且具有方向性，故B错误；

CD．磁场只对放入磁场中的磁体有力的作用，磁极与磁极，磁极与电流、电流与电流之间都是通过磁场发生相互作用，故C错误，D正确。

故选D。

2. 如图所示，面积为S的线圈平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，一半在磁场中，则穿过线圈的磁通量为

A. 0 B. BS

C. BS D. 2BS

【答案】B

【解析】

【详解】根据磁通量公式Φ＝BS，因为图中有效面积为S，所以B项正确．

3. 如图所示的图像中，直线为某电源的路端电压与电流的关系，直线Ⅱ为某一电阻的伏安特性曲线，用该电源直接与电阻连接成闭合电路，由图像可知（　　）

A. 的阻值为 B. 电源内阻为

C. 电阻功率为 D. 电源内阻消耗功率为

【答案】C

【解析】

【详解】A．由图象Ⅱ可知，外电阻

故A错误；

B．根据，由图象I可知，电源电动势

短路电流

电源内阻

故B错误；

C．由两图象的交点坐标，可得电源的路端电压为，干路电流为，电阻功率

故C正确；

D．由两图象的交点坐标，流过电阻的电流为，电源内部消耗的功率为

故D错误。

故选C。

4. 有一个电流表G，内阻、满偏电流，将其改装成量程为0-3V的电压表，如图所示。串联电阻R的阻值为（　　）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】

【详解】根据欧姆定律得

解得

故选B。

5. 如图所示为一块手机电池背面上的一些标识，下列说法正确的是（　　）

A. 该电池的容量为500C

B. 该电池工作时的输出电压为3.6V

C. 该电池在工作时允许通过的最大电流为500mA

D. 若待机时的电流为10mA，理论上可待机50h

【答案】D

【解析】

【详解】A．由电池上的标识数据可知，该电池的容量为

500mA·h=500×10－3×3600C=1800C

故A错误；

B．3.6V是电池的电动势，不是输出电压，故B错误；

C．电池的容量是500mA·h，不表示该电池在工作时允许通过的最大电流为500mA，故C错误；

D．若待机时的电流为10mA，理论上可待机时间

故D正确。

故选D。

6. 如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上。某时刻小孩将冰块向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，并随即沿斜面滑下。则（　　）

A. 小孩推出冰块过程，小孩和冰块系统动量不守恒

B. 冰块在斜面上运动过程，冰块和斜面体系统水平方向动量守恒

C. 冰块从斜面体下滑过程，斜面体动量减少

D. 冰块离开斜面时的速率与冲上斜面前的速率相等

【答案】B

【解析】

【详解】A．小孩推出冰块过程，系统合外力为0，小孩和冰块系统动量守恒。故A错误；

B．冰块在斜面上运动过程，冰块和斜面体系统水平方向合外力为0，动量守恒。故B正确；

C．冰块从斜面体下滑过程，冰块对斜面体做功，速度增加，斜面体动量增加。故C错误；

D．冰块在斜面体上滑和下滑过程，斜面体对冰块做负功，速度减小，冰块离开斜面时的速率与冲上斜面前的速率不相等。故D错误。

故选B。

7. 2019年8月11日超强台风“利奇马”登陆青岛，导致部分高层建筑顶部的广告牌损毁。台风“利奇马”登陆时的最大风力为11级，最大风速为30m/s。某高层建筑顶部广告牌的尺寸为：高5m、宽20m，空气密度，空气吹到广告牌上后速度瞬间减为0，则该广告牌受到的最大风力约为（　　）

A 3.9×103N B. 1.1×105N C. 1.0×104N D. 9.0×104N

【答案】B

【解析】

【详解】广告牌的面积为

设t时间内吹到广告牌上的空气质量为m，则有

以t时间内吹到广告牌上的空气为研究对象，根据动量定理有

得

代入数据解得

根据牛顿第三定律知该广告牌受到的最大风力为

故B正确，ACD错误。

故选B。

8. 如图甲所示，弹簧振子以O点为平衡位置，在A、B两点之间做简谐运动，取向右为正方向，振子的位移x随时间t的变化规律如图乙所示，下列说法正确的是（）

A. t=0.2s时，振子在O点右侧6cm处

B. t=0.6s和t=1.0s时，振子的速度完全相同

C. t=0.8s时，振子速度方向向右

D. t=0.4s到t=0.8s的时间内，振子的位移和速度都逐渐减小

【答案】B

【解析】

【详解】A．在0~0.4s内，振子做变减速运动，不是匀速运动，所以t=0.2s时，振子不在O点右侧6cm处，故A错误；

B．由图像乙知t=0.6s和t=1s时，振子的速度大小相等，方向相同，故B正确；

C．t=0.8s时，图像的斜率为负，说明振子的速度为负，即振子的速度方向向左，故C错误；

D．t=0.4s到t=0.8s的时间内，振子的位移减小，正向平衡位置靠近，速度逐渐增大，故D错误。

故选B。

二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16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4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。

9. 如图所示为一列简谐波在某一时刻的波形图，此时刻质点F的振动方向如图所示。则（　　）

A. 该波向右传播

B. 质点B和D的运动方向相同

C. 质点C比质点B先回到平衡位置

D. 此时质点F和H的加速度相同

【答案】CD

【解析】

【分析】

【详解】A．由此时刻质点F沿y轴负方向振动可知，波向左传播，故A错误；

B．此时刻质点F的运动方向才向下，同理，质点D的运动方向也向下，而质点A、B、H的运动方向向上，故B错误；

CD．质点F、H相对各自平衡位置的位移相同，由

可知，两质点的加速度相同，因质点C直接从最大位移处回到平衡位置，即

而质点B要先运动到最大位移处，再回到平衡位置，故

故CD正确。

故选CD。

10. 图（a）为一列简谐横波在t=0.10s时刻的图像，P是平衡位置在x=1.0m处的质点，Q是平衡位置在x=4.0m处的质点；图（b）为质点Q的振动图像。下列说法正确的是（　　）

A. 在t=0.25s时，质点P的加速度方向与y轴正方向相同

B. 从t=0.10s到0.25s，该波沿x轴负方向传播了6m

C. 从t=0.10s到t=0.25s，质点P通过的路程为30cm

D. 质点Q做简谐运动的表达式为y=0.10sin10πt，单位为cm

【答案】ABD

【解析】

分析】

【详解】A．由a图可知，波长，由b图可知，周期T=0.2s，Q质点在0.1s时向下振动，由“同侧法”可知，该列波向左传播，在t=0.25s时，即又经过，质点P位移为负，加速度方向与y轴正方向相同，A正确；

B．从t=0.10s到0.25s，经过，该波沿x轴负方向传播了，即6m，B正确；

C．质点P并不是从特殊位置出发，内通过的路程不等于3A，故路程不为30cm，C错误；

D．由题意可知，t=0时刻，质点Q在平衡位置且要向上振动，故质点Q做简谐运动的表达式为

y=0.10sin10πt(cm)

D正确。

故选ABD。

11. 质量为m、内壁间距为L的箱子争止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ，初始时小物块停在箱子正中间，如图所示。现给小物块一个水平向右的初速度v，小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止。设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为E，则（　　）

A.  B.

C.  D.

【答案】AD

【解析】

【详解】AB．箱子与小物块组成的系统动量守恒，设最终速度为，有

整个过程中,系统损失的动能为

故A正确；B错误；

CD．在整个过程中损失的动能即是克服摩擦力做的功，依题意碰撞N次且最终回到中间，有

解得

故C错误；D正确。

故选AD。

12. 在研究原子物理时，科学家们经常借用宏观的力学模型模拟原子间的相互作用，如图所示，在水平面上固定着一个半径为R的内壁光滑的圆管轨道（R远大于圆管直径），A、B、C、D四个点将圆轨道等分为四等份，在轨道的A点静止放着一个甲球，某一时刻另一个乙球从D点以某一速度沿顺时针方向运动，与甲球发生弹性碰撞，小球（可视为质点）直径略小于轨道内径，已知，，则下列说法正确的是（　　）

A. 第一次碰撞后瞬间乙球被反向弹回

B. 第二次碰撞在C点

C. 第一次碰撞后到第二次碰撞前，甲、乙两球对轨道的弹力大小之比为7：9

D. 第二次碰撞后瞬间甲球的速度为0

【答案】ACD

【解析】

【详解】A． 第一次碰撞时，两球发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以乙球碰前瞬间方向为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律得

解得

，

因为

则

，

故第一次碰撞后瞬间乙球被反向弹回，故A正确；

C．根据轨道弹力提供向心力有

因为

，，

则

根据牛顿第三定律可知，甲、乙两球对轨道的弹力大小之比为

故C正确；

B．因为碰后，乙球速度大小是甲球速度大小的3倍，则第二次碰撞恰好发生在B点，乙球运动圆周，故B错误；

D．两球第二次碰撞过程，由动量守恒定律和机械能守恒定律得

解得

，

故D正确。

故选BCD。

第II卷（共60分）

三、非选择题：（本题共6小题，共60分，其中（13题每空2分，14题每空1分共16分）

13. 在“用单摆测量重力加速度”的实验中，某实验小组在测量单摆的周期时，测得摆球经过n次全振动的总时间为，在测量单摆的摆长时，先用毫米刻度尺测得摆线长度为，再用游标卡尺测量摆球的直径为D。

回答下列问题：

（1）为了减小测量周期的误差，实验时需要在适当的位置做一标记，当摆球通过该标记时开始计时，该标记应该放置在摆球摆动的________。

A．最高点          B．最低点          C．任意位置

（2）该单摆的周期为________。

（3）若用表示摆长，T表示周期，那么重力加速度的表达式为g＝________。

（4）如果测得的g值偏小，可能的原因是________。

A．测摆长时摆线拉得过紧

B．摆线上端悬点未固定，振动中出现松动，使摆线长度增加了

C．开始计时时，停表过迟按下

D．实验时误将49次全振动记为50次

（5）为了提高实验的准确度，在实验中可改变几次摆长L并测出相应的周期T，从而得出几组对应的L和T的数值，以L为横坐标、为纵坐标作出图线，但同学们不小心每次都把小球直径当作半径来计算摆长，由此得到的图像是图乙中的________（选填“①”“②”或“③”）。

【答案】    ①. B    ②.     ③.     ④. B    ⑤. ①

【解析】

【详解】（1）[1]为了减小测量周期的误差，应该将小球经过最低点时作为计时开始和终止的位置更好些，实际摆动中最高点的位置会发生变化，且靠近最高点时速度较小，计时误差较大。

故选B。

（2）[2]因为摆球经过n次全振动的总时间为，则该单摆的周期为

（3）[3]由单摆周期公式

可得，重力加速度的表达式为

（4）[5]因为重力加速度表达式为

A．测摆长时摆线拉得过紧，所测摆长偏大，则所测重力加速度偏大，A错误；

B．摆线上端悬点未固定，振动中出现松动，使摆线长度增加了，故所测重力加速度偏小，B正确；

C．开始计时时，秒表过迟按下，所测周期偏小，则所测重力加速度偏大，C错误；

D．实验中误将49次全振动次数记为50次，所测周期偏小，则所测重力加速度偏大，D错误。

故选B。

（5）[5]由题意可得，单摆的实际摆长为

由单摆周期表达式得

化简可得

由此得到的图像是图乙中的①。

14. 德州某中学开展“爱物理、学物理、用物理”活动，一兴趣小组想测出学校附近一工厂排出废水的电阻率，以判断废水是否达到排放标准（一般工业废水电阻率的达标值为ρ≥200Ω·m）。图1为该小组所用的圆柱形盛水容器，其底面为带有接线柱的圆形金属薄板（电阻极小），侧面由绝缘材料制成。该小组将水样注满容器后，设计实验进行测量。

（1）已知圆柱形容器长L=31.40cm，该小组用20分度的游标卡尺测量其直径d，如图2甲所示，d=_________mm。该小组又用多用电表欧姆挡的“×100”挡粗测水样的电阻值，换成“×100”挡__________（填“前”或“后”）应进行欧姆调零，测量时表盘上指针如图2乙所示，则所测水样的电阻约为_________Ω。

（2）为更精确地测量所取水样的电阻，该小组从实验室中找到如下实验器材：

A.电流表（量程5mA，电阻RA=200Ω）

B.电压表（量程15V，电阻RV约为10kΩ）

C.滑动变阻器（0~200，额定电流1A）

D.电源（12V，内阻约10Ω）

E开关一只、导线若干

请在实物图3中完成电路连接。（      ）

（3）正确连接电路后，闭合开关，测得一组U、I数据；再调节滑动变阻器，重复上述测量步骤，测出一系列数据如下表所示，并作出U-I关系图像。

（4）由以上测量数据可以求出待测水样的电阻率为_________Ω·m。（结果保留三位有效数字）据此可知，所得水样在电阻率这一指标上_________（选填“达标”或“不达标”）。

【答案】    ①. 44.00    ②. 后    ③. 2600    ④.     ⑤. 14.9（13.0~17.0）    ⑥. 不达标

【解析】

【详解】（1）[1]由游标卡尺的读数规则可知，圆柱形容器的宽度为

[2]根据多用表的使用规则可知，换成“×100”挡后应进行欧姆调零。

[3]根据图2乙所示，所测水样的电阻约为。

（2）[4]根据实验设计要求可知，滑动变阻器并联在电路中，可得电路图如下图所示

（3）[5][6]根据部分闭合电路的欧姆定律可得

即U-I图像的斜率表示待测电阻的阻值，又根据电阻定律

则有

代入数据，解得

由于一般工业废水电阻率的达标值为ρ≥200Ω·m，故所得水样在电阻率这一指标上不达标。

15. 如图所示是一则安全警示广告，描述了高空坠物对人伤害的严重性。小王同学用下面的实例来检验广告词的科学性：一个用一个鸡蛋从8楼的窗户自由下落到地面。经测量鸡蛋质量约，下落到地面的瞬时速度约为，与地面接触时间约为。不计空气阻力，重力加速度．求鸡蛋：

（1）下落到地面时动量的大小；

（2）对地面平均作用力的大小。

【答案】（1）；（2）

【解析】

【分析】

【详解】（1）根据动量的计算公式可得

（2）设竖直向上为正方向，根据动量定理有

解得

16. 如图所示。竖直平面内的四分之一圆弧轨道下 端与水平桌面相切，小滑块B静止在圆弧轨道的最低点。现将A从P点正上方h=0.6m处无初速释放，A与B碰撞后结合为一个整体，并沿桌面滑动。已知A和B的质量相等，圆弧轨道光滑，半径R=0.2 m，A和B整体与桌面之间的动摩擦因数μ=0.2，不计空气阻力，重力加速度g=10 m/s2求∶

（1）碰撞前瞬间A的速率v；

（2）碰撞后瞬间A和B整体的速率v’

（3）A和B整体在桌面上滑动的距离L。

【答案】（1）4m/s；（2）2m/s；（3）1m

【解析】

【详解】设两滑块的质量为。

（1）物块A从最高点到最低点过程机械能守恒，根据机械能守恒定律

解得碰撞前瞬间A的速率

（2）两物块碰撞过程动量守恒，根据动量守恒定律

解得碰撞后瞬间A和B整体的速率

（3）两物块在滑动过程，根据动能定理

得A和B整体沿水平桌面滑动的距离

17. 用直流电动机提升重物的装置如图所示，重物的质量，电动机两端的电压是110V，不计各处摩擦。当电动机以的恒定速度向上提升重物时，电路中的电流强度，取。求：

（1）电动机的总功率是多少？

（2）电动机线圈的电阻是多大？

（3）1min内电动机线圈产生的热量是多少？

（4）该电动机的效率是多少？

【答案】（1）；（2）；（3）；（4）

【解析】

【详解】（1）电动机消耗的总功率

（2）电动机的输出功率为

电动机因发热而损耗的功率为

由能量守恒定律得

代入数据解得，电动机线圈的电阻为

（3）内电动机线圈产生的热量是

（4）该电动机的效率为

18. 有一列简谐横波沿轴正方向传播，波源位于原点，A、B分别是轴上坐标为5m和9m的两个质点。在0时刻波刚好传到A点，此时波形图如图所示，在t=0.7s时刻A质点刚好第2次出现波峰，求：

（1）这列波的周期和传播速度大小；

（2）从时刻开始计时，B点第2次出现波谷的时刻和这段时间内B点的路程。

【答案】（1）0.4s，10 m/s；（2）0.9s，50cm

【解析】

【详解】(1)A质点开始振动的方向沿y轴负方向，故第二次出现波峰经历的时间

解得

由图可得

所以

(2)B点第二次出现波谷的时刻为

B走过的路程为为