2022-2023学年广东省广州中学高二上学期期末考试物理试题

广州中学2022-2023学年第一学期期末测试卷

高二物理（选考）

（命题：  审题：  满分100分，考试用时75分钟）

一、单项选择题（每题4分，计32分）

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，物体的动能一定发生变化

D．合外力对物体有冲量，物体的动量一定发生变化

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

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

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＝0.2m的质点所处位置及运动情况是(　　)

A．在其平衡位置下方且向上运动

B．在其平衡位置上方且向下运动

C．在其平衡位置上方且向上运动

D．在其平衡位置上方且向下运动

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·s B．20N·s C．30N·s D．40N·s

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　10cm B．4cm　100cm

C．0　28cm D．4cm　116cm

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MN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   B．减小R2   C．减小R3  D．增大MN间距

8．一简谐机械波沿x轴正方向传播，周期为T，波长为λ。若在x=0处质点的振动图象如图所示，则该波在时刻的波形曲线为（                            ）

A． B．

C． D．

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

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

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0.5s D．波速可能是24m/s

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．0 B．

C． D．

三、填空题（每题3分，计9分）

13．（1）电场中A点的电势φ A＝15V，B点的电势φ B＝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。

四、实验题（计16分）

14．（3分）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”）；

甲   乙

15．（7分）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999.9Ω，可当标准电阻用）、一只电流表（量程I g＝0.6A，内阻r g＝0.1Ω）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a中器材的连接方式，把它们连接起来；

(2)闭合开关，逐次改变电阻箱的阻值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＝2.6Ω时，其对应的电流表的示数如图b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c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b实验数据对应的坐标点也标注在图c上______；

(3)在图c上把描绘出的坐标点连成图线；

(4)根据图c描绘出的图线可得出这个电池的电动势E＝______V，内电阻r＝______Ω。（小数点后面保留2位小数）

16．（6分）一位同学用单摆做测量重力加速度的实验，他将摆球挂起后，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，在摆球某次通过最低点时，按下秒表开始计时，同时将此次通过最低点作为第一次，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周期公式算出，将它作为实验的最后结果写入实验报告中去。

指出上面步骤中遗漏或错误的地方，写出该步骤的字母，并加以改正。(不要求进行误差计算)

五、计算题（计27分）

17．（8分）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。

18．（8分）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？

19．（11分）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a的大小及电子在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？

参考答案：

1．B

【解析】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，故A正确；

B．物体所受合外力不为零，但是是恒力，根据牛顿第二定律，物体的加速度也是恒定不变的，故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，故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，故D正确。

故选B。

2．D

【解析】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．A

【解析】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；

故A正确；

故选A。

4．A

【解析】由图λ=0.4m，坐标x=0.2m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=0.2m的质点在平衡位置下方且向上运动，故A正确．

故选C．

5．C

【解析】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．

6．D

【解析】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．B

【解析】A．当增大R1电阻时，没有作用，因为R1电阻与两平行金属板相串联，没有电流通过，所以R1电阻两端没有电势差。故A错误；

B．当R2减小时，导致总电阻减小，所以总电流变大，则变阻器R3电压变大，电容器板间电压增大，场强增大，液滴所受的电场力增大，将向上加速运动，故B正确；

C．当R3减小时，导致总电阻减小，所以总电流变大，则R2电阻两端电压变大，那么R3变阻器电压变小，电容器板间电压减小，场强减小，液滴所受的电场力减小，将向下加速运动，故C错误；

D．当增大MN间距时，由于平行板两端电压不变，则两板间的电场强度变小，所以电场力将小于重力，液滴向下加速运动，故D错误。

故选B。

8．A

【解析】从振动图像上可以看出x=0处的质点在时刻处于平衡位置，且正在向下振动，四个图像中，只有A符合题意，故A正确，BCD错误。

故选A。

9．CD

【解析】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，故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，故D正确。

10．BC

【解析】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．BD

【解析】A．题干信息无法确定波的传播方向，故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…）

得

当n=1时，λ=8m，故B正确；

C．由题意有

，（k=0，1、2、3…）

得

k无论取何值，T都不可能为0.5s，故C错误；

D．波速为

当k=1，n=1时，v=24m/s，故D正确。

故选BD。

12．BC

【解析】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。

13．（1）；（2）64.2   （3）L/2

【解析】（1）AB间的电势差为

则此过程中电场力做的功为

（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

电动机正常工作时机械功率为

小物块所受合外力为滑动摩擦力，设物块受到的滑动摩擦力为f，物块的初速度v0；如果长木板是固定的，物块恰好停在木板的右端，对小滑块的滑动过程运用动能定理

如果长木板不固定，物块冲上木板后，物块向右减速的同时，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，规定向右为正方向，根据系统动量守恒得

对系统运用能量守恒，有

解得

14．B  C  甲

【解析】（1）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。

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．   1.48  0.20

【解析】（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）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）连成图线如图所示

（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

故图像与纵坐标的交点

即内电阻为

16．要用卡尺测出摆球直径d，摆长L等于摆线长与之和g应测量多次，然后取平均值做实验结果

【解析】A．摆长不等于摆线的长度，所以要用卡尺测出摆球直径d，摆长L等于摆线长与小球半径之和；

B．一个周期内两次通过最低点，按秒表开始计时，并记数为1，直到摆球第60次通过最低点时，所以共有29.5次全振动，所以；

C．不能通过单独一次的实验数据作为最终结果，g应多测几次，然后取平均值作为实验最后结果；

17．（1）；（2）

【解析】（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．

【解析】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．（1），；（2）；（3）

【解析】（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