云南省曲靖市民族中学2022-2023学年高二下学期周考物理试卷

这是一份云南省曲靖市民族中学2022-2023学年高二下学期周考物理试卷，共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。
高二下学期周考试卷（4月1日）学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．宇航员在某星球上，将一摆长为L的单摆悬挂在拉力传感器上，使单摆做小角度摆动，传感器显示拉力F随时间t变化的图像如图所示．已知该星球半径为R，则该星球质量为（    ）A．         B． C． D．2．如图所示，质量不相等的两物块P、Q用轻质弹簧连接静止在光滑水平面上，现分别对P、Q同时施加大小相等、方向相反的恒力作用，在此后的运动过程中，弹簧始终在弹性限度范围内，对P、Q和弹簧组成的系统，下列说法正确的是（    ）A．动量守恒，机械能守恒 B．动量守恒，机械能不守恒C．动量不守恒，机械能守恒 D．动量不守恒，机械能不守恒3．如图所示，一个立方体玻璃砖的边长为a，折射率n=1.5，立方体中心有一个小气泡。为使从立方体外面各个方向都看不到小气泡，可在每个面上都贴一张纸片，则每张纸片的最小面积为（  ）A． B． C． D．4．如图所示，一列周期为4s的简谐波沿轴水平向右传播，为简谐波传播方向上的一质点。关于质点的运动情况，以下说法正确的是（　　）A．质点运动的速度大小为1m/s，方向沿轴水平向右B．图示时刻质点的加速度正在减小C．质点在1s内通过的路程为1cmD．质点在2s内通过的路程为2cm5．如图所示，一个平行于纸面的等腰直角三角形导线框，水平向右匀速运动，穿过宽度为d的匀强磁场区域，三角形两直角边长度为，线框中产生随时间变化的感应电流i，下列图形正确的是（　　）A． B．C．D．6．如图，光滑绝缘的水平桌面上存在如图所示的足够大的等间距匀强磁场区域，磁感应强度，磁场间距为；一个质量，电阻，边长也为L的正方形导线框，以初速度进入该区域，则该线框能穿过的磁场区域个数为（　　）A．2 B．3 C．4 D．57．如图所示，水平放置的两个平行的金属板A、B带等量的异种电荷，A极带负电荷，B板接地。若将A板向右平移到虚线位置，在A、B两板中间的一点P的电场强度E和电势的变化情况是（　　）A．E不变，变大 B．E增大，变大C．E不变，不变 D．E增大，变小二、多选题8．在“测量玻璃的折射率”的实验中，如图所示，P1、P2、P3、P4为实验中四枚大头针所插位置，该同学在实验中将玻璃砖界面aa′和bb′的间距画得过宽，则该同学的计算结果中（　　）A．折射率的测量值小于准确值B．折射率的测量值大于准确值C．计算出光在玻璃中的波长小于真实值D．计算出光在玻璃中的波长大于真实值9．如图所示为一列向x轴正方向传播的简谐横波时刻的波形图，图中质点Q平衡位置的坐标为，质点P再经过第一次位于波峰，下列说法正确的是（　　）A．该波的波长为B．该波的波速大小为C．内，质点Q通过的路程为D．时刻P、Q两质点速度大小相等、方向相反10．如图，一列简谐横波在x轴上传播，图甲和图乙分别为x轴上a、b两质点的振动图像，a、b间距离为1.5m（波长大于1.5m），不列说法正确的是（　　）A．这列波的速度可能是1m/sB．这列波的速度可能是0.5m/sC．从时刻起，质点a在2秒内的位移大小是mD．从时刻起，质点a在2秒内的位移大小是m11．如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为3:1，电路中的5个灯泡完全相同，当A、B端输入如图乙所示的正弦交变电压时，每个灯泡消耗的电功率均为18W，下列说法正确的是（　　）A．每个灯泡两端的电压为40V B．通过每个灯泡的电流为0.6AC．通过定值电阻R的电流为0.6A D．定值电阻R的电功率为54W三、实验题12．某同学用如图所示的装置验证碰撞过程中动量守恒规律。实验中用两根长度相同的细绳，分别悬挂两个大小相同的钢球A、B，且两球并排放置。拉起A球然后放开，与静止的B球发生碰撞，碰后A仍然沿原方向运动，不计空气阻力的影响。（1）为了验证碰撞过程中动量是否守恒，需要测量的物理量有__________。A．绳子长度LB．小球质量mA、mBC．碰前细绳偏离竖直方向的最大夹角θ1D．碰后两根细绳偏离竖直方向的最大夹角θ2、θ3（已知θ2>θ3）（2）根据（1）问中所选择的物理量，写出验证碰撞过程中动量守恒的式子：_____________________。（3）若碰撞过程中机械能守恒，则需要验证的式子为：_____________________。13．某同学为了测量一电源的电动势和内电阻，在实验室里找到了如下器材：待测电源（由两节干电池组成）；电流表G（满偏电流1mA，内阻未知）；电阻箱R1（最大阻值9999.9Ω）；电阻箱R2（最大阻值999.9Ω）；开关2个，导线若干。（1）因电流表G量程较小，他想将该电流表量程扩大，因此他设计了如图所示的电路图测量电流表G的内阻，操作步骤如下：①闭合S1，断开S2，调节电阻箱R1，使电流表G达到满偏；②闭合S2，固定R1，调节R2，使电流表半偏；若此时电阻箱R2的阻值R0=100Ω，则电流表G的内阻的测量值为Rg=___________Ω，要将此电流表改装成量程为100mA的电流表A，应将___________Ω的电阻与电流表G并联，改装好后，电流表A的内阻RA=___________Ω。（后两空计算结果均保留2位有效数字）（2）该同学设计了如图甲所示的电路测量电源的电动势和内阻，图中虚线框内为（1）问中改装好的电流表，调节电阻箱R1的阻值，记录不同电阻箱阻值R及对应的电流表G的示数I，根据测量得到的数据作图得到了图乙所示的图像，根据该图像可得电源的电动势E=___________V，电源的内阻r=___________Ω。（计算结果均保留2位有效数字）四、解答题14．如图所示，在一足够大的空间内存在着水平向右的匀强电场，有一个质量，电荷量为的带电小球（可视为质点），用长为L=1m绝缘轻细线悬挂起来，静止时细线偏离竖直方向的夹角。取，sin37°=0.60，cos37°=0.80，不计空气阻力的作用：（1）求电场强度的大小；（2）若将小球从悬点正下方静止释放，求小球运动到平衡位置时对绳拉力的大小。   15．如图所示，发电站通过升压变压器、输电导线和降压变压器把电能输送到用户，若发电机的输出功率是100kW，输出电压是250V，升压变压器的原、副线圈的匝数比为1:20，（升压变压器和降压变压器都可视为理想变压器），求：（1）升压变压器的输出电压和输电导线中的电流；（2）若输电导线中的电功率损失为输入功率的4%，输电导线的总电阻和降压变压器原线圈两端的电压。    16．如图所示，两根足够长、电阻不计的光滑平行金属导轨，固定在同一水平面上，其间距为，左端通过导线连接一个的定值电阻。整个导轨处在磁感应强度大小的匀强磁场中，磁场方向竖直向下；质量、长度、电阻的匀质金属杆垂直导轨放置，且与导轨接触良好。在杆的中点施加一个垂直金属杆的水平拉力F，使其从静止开始运动，拉力F的功率保持不变，当金属杆的速度达到最大时撤去拉力F。求：（1）金属杆的最大速率；（2）从撤去拉力F到金属杆停下的整个过程，通过金属杆的电荷量q。        17．如图所示，斜轨道和水平轨道平滑连接，水平轨道上的O、C两点相距，固定挡板MN到O点的距离为，轨道PO段光滑，ON段粗糙。小物块B静止在O点，将小物块A从斜轨道上一定高度处由静止释放，A下滑后与B发生完全弹性碰撞，碰后B向右运动与挡板MN碰撞后等速率反弹，与MN碰撞时间极短可忽略不计，之后两物块在C点发生第二次碰撞，从A、B第一次碰撞结束到第二次碰撞经历的时间为。已知A、B两物块与轨道ON段之间的动摩擦因数为。若A、B均可视为质点且它们的质量满足，取重力加速度。.求：（1）第一次碰撞结束瞬间A、B的速度大小；（2）A、B的质量比；（3）释放A的位置到水平轨道的高度差h。  18．如图所示，用长l=2m的绳子拴住一质量为m0=kg的小球，绳的一端固定在O点，起始时，小球位于O点竖直平面内右上方的A点，绳子处于绷直状态，OA与水平方向夹角为37°。给小球一向左的水平初速度v0，当绳子再次绷直时，小球刚好运动到O点左侧等高的B点（绳子绷直后立即在竖直平面内做圆周运动）。小球运动到最低点与地面上质量为M=1.5kg的木板发生弹性碰撞，木板最右端上静止有一质量为m=1kg的物块，板块间的动摩擦因数为0.1，木板与地面间的动摩擦因数为0.2。已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2。（1）求小球平抛出去的初速度大小v0；（2）求小球与木板碰撞后的瞬间速度的大小；（3）为使物块不掉落，木板的最小长度及物块最终静止位置与木板最右端的距离。
参考答案：1．B【详解】由图像可知，该单摆的周期为，据单摆的周期公式可得可得再根据星球表面物体收到的重力近似等于万有引力联立解得ACD错误，B正确；故选B。2．B【详解】系统所受合外力为零，因此动量守恒；运动过程中两恒力对P、Q做功，因此机械能不守恒。故选B。3．B【详解】为使从立方体外面各个方向都看不到小气泡，则恰好达到全反射条件，由得又由几何关系知解得故选B。4．D【详解】AB．质点A只能上下振动而不能随着迁移，由同侧法可知图示时刻A正在向上振动而远离平衡位置，故其速度正在减小而加速度变大，故AB错误；CD．质点A振动的周期为4s，质点A不在平衡位置或者波峰、波谷处，1s内通过的路程也就不等于一个振幅，即路程不等于1cm；在2s内通过的路程为两个振幅，即2cm，故C错误，D正确。故选D。5．C【详解】在时间内，线框进入磁场时磁通量向里增加，感应磁场向外，因此感应电流方向为逆时针，随着线框的运动，导线切割磁感线长度减小，感应电流减小；在时间内，穿过线框的磁通量向里减小，根据楞次定律知，感应电流沿顺时针方向，穿过线框的磁通量均匀减小，产生的感应电流不变；在时间内，时间内，穿过线框的磁通量向里减少，根据楞次定律知，感应电流沿顺时针方向，线框有效切割长度均匀减小，感应电流减小。故选C。6．A【详解】正方形导线框，以初速度进入该区域，从导线框进入该区域到最终停下来过程，根据动量定理得解得线框在磁场中运动的距离为由于线框进出磁场都受到安培力作用，线框在磁场中做减速运动，则减速到停下时穿过磁场边界的个数为则该线框能穿过的磁场区域个数为2。故选A。7．D【详解】根据 可得由题可知，电容器所带电量Q不变，A板向右平移到虚线位置，则两极板正对面积S减小，因此电场强度E增大；该电场上极板带负电，P与下板间的距离不变，E增大，由可知下极板与P点的电势差U增大，而下极板电势为零，所以P点的电势减小，所以D正确。故选D。8．AD【详解】AB．将玻璃砖界面aa′和bb′的间距画得过宽但仍平行，而其他操作正确，导致α角偏大，由于所以折射率的测量值小于真实值，故A正确，B错误；CD．光在玻璃中的传播速度为光在玻璃中的波长为联立可得由于折射率的测量值小于真实值，所以计算出光在玻璃中的波长大于真实值，故C错误，D正确。故选AD。9．AD【详解】A．该波的函数表达式可写为当时，，即解得故A项正确；B．质点P的位移随时间t变化的表达式可写成据题意，时刻，解得当时刻，，即结合质点P的运动方向，可得故B项错误；C．有结合Q的初始位置可知Q通过的路程不等于，故C项错误；D．P、Q两质点的平衡位置相差半个波长，因此它们的速度大小相等、方向相反，故D正确。故选AD。10．AD【详解】AB．由图知周期振幅由图看出时，a质点向上运动，且b质点偏离平衡位置位移为负的最大，向上运动，有a、b间距离为1.5m（波长大于1.5m），若a质点较b质点滞后，则有这列波的速度可能是若b质点较a质点滞后，则有这列波的速度可能是故A正确，B错误；CD．从时刻时质点a在2秒时，即时间内运动到位置则质点a在2秒内的位移大小是，故C错误，D正确。故选AD。11．BCD【详解】A．设原线圈的输入电压为，副线圈的输出电压为，根据可得由于每个灯泡消耗的电功率相同，即加在原线圈前端的灯泡两端的电压也等于U2，因此而A、B端输入电压的有效值为解得故每个灯泡两端的电压为30V，A错误；B．根据P=UI 可得通过每个灯泡的电流B正确；C．流过副线圈的电流流过原线圈的电流流过定值电阻的电流C正确；D．定值电阻R的电功率D正确。故选BCD。12．     BCD          【详解】（1）[1]A．此实验通过小球下落过程和上升过程中动能和势能之间的相互转化而去求得小球碰撞前后瞬间的速度，但在验证碰撞过程中动量守恒时绳长会被约掉，故不需要测量绳子的长度，故A错误；B．根据碰后A仍然沿原方向运动可知小球A的质量大于小球B的质量，两小球质量不相等，因此在验证动量守恒的式子中不能约掉，所以需要测量小球质量mA、mB，故B正确； CD．验证碰撞过程中动量守恒，必须知道碰撞前后两小球速度的大小，而该实验中两小球碰撞前后速度的大小通过机械能守恒得到，故必须测量碰撞前后细绳偏离竖直方向的最大夹角，才能知道小球下降或是上升的最大高度，故CD正确故选BCD。（2）[2]设绳长为，碰撞前小球A的速度为，碰撞后小球A的速度为，小球B的速度为，由题意可知角为碰撞后小球B与竖直方向的最大夹角，为碰撞后小球A与竖直方向的最大夹角，根据机械能守恒定律可得由动量守恒定律有联立以上各式可得（3）[3]若碰撞过程中机械能守恒，则有整理可得13．     100     1.0     1.0     2.9     4.0【详解】（1）②[1]闭合S2，固定R1，调节R2，使电流表半偏，则两支路阻值相等，当电阻箱R2的阻值R0=100Ω，电流表G的内阻的测量值为Rg=100Ω[2]要将此电流表改装成量程为100mA的电流表A，应并联的电阻阻值为[3]改装好后，电流表A的内阻为（2）[4][5]据闭合电路欧姆定律可得整理可得故纵轴截距表示电动势，可得E=2.9V图线斜率绝对值为可得电源的内阻为14．（1）；（2）【详解】（1）带电小球静止时受力平衡，则有代入数据解得（2）小球从最低点静止释放，分析可知（1）中静止位置即为小球此时做圆周运动的平衡位置，由动能定理可得在平衡位置对小球受力分析得代入数据解得根据牛顿第三定律球对绳的拉力为15．（1），；（2），【详解】（1）对升压变压器，据公式因为可知升压变压器次级电流（2）导线上损失功率所以因为所以降压变压器原线圈两端的电压16．（1）10m/s；（2）10C【详解】（1）金属杆做初速为0加速度a减小的加速运动。当a减小到0时，v最大，金属杆水平方向受到的拉力受到的安培力由牛顿第二定律得代入数据得最大速度（2）撤去拉力F后，由动量定理又解得17．（1），；（2）；（3）【详解】（1）设第一次碰撞结束瞬间A、B的速度大小分别为、。从A、B第一次碰撞结束到第二次碰撞的过程中，A与B运动的加速度大小均为根据运动学公式，对B有对A有其中，，，，代入上式解得，（2）设第一次碰撞前A的速度为，A与B发生弹性碰撞的过程，取向右为正方向，由动量守恒定律得由机械能守恒定律得联立解得，（3）A在斜轨道下滑过程，由机械能守恒定律得解得18．（1）；（2）；（3）2.5m，【详解】（1）小球从A到B由几何关系有、解得（2）小球到B点时，水平分速度因为绳子作用瞬间变为0，故小球到C点时解得小球与木板发生弹性碰撞，有解得（3）对木板M，有对物块，有解得共速时，有得1s内，解得木板至少长共速后，对木板M，有物块，有距右端的距离