2022-2023学年新疆乌鲁木齐十二中高二（上）期末物理试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年新疆乌鲁木齐十二中高二（上）期末物理试卷（含解析），共14页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.如图所示，一轻弹簧的一端固定于O点，另一端系一重物。将重物从与悬点O在同一水平面且弹簧保持原长的A点无初速度释放，让它自由下摆，不计空气阻力，则在重物由A点摆向最低点B的过程中( )
A. 重物的机械能增大B. 重物的机械能守恒
C. 重力做正功，弹力不做功D. 重物和弹簧组成的系统机械能不变
2.如图所示，物体沿曲面从A点无初速度滑下，滑至曲面的最低点B时，下滑的高度为5m，速度为6m/s，若物体的质量为1kg.则下滑过程中物体克服阻力所做的功为( )
A. 50JB. 18JC. 32JD. 0J
3.一质量为m的物体从某一高处做自由落体运动，已知物体落地时的动能为Ek，则当物体动能为2Ek3时，物体距离地面的高度为( )
A. EkmgB. 2EkmgC. Ek3mgD. 2Ek3mg
4.在一个等边三角形ABC顶点B、C处各放一个点电荷时，测得A处的电场强度大小为E，方向与BC边平行沿B指向C，如图所示，拿走C处的电荷后，A处电场强度的情况将是( )
A. 大小仍为E，方向由A指向BB. 大小变为2E，方向不变
C. 大小仍为E，方向沿BA向外D. 无法确定
5.如图所示的电路，是用一个灵敏电流计G和一个变阻器R改装的量程更大的电表，下列判断正确的是( )
A. 改装成了电流表，R减小时量程增大B. 改装成了电流表，R增大时量程增大
C. 改装成了电压表，R减小时量程增大D. 改装成了电压表，R增大时量程增大
6.如图所示，导线框中电流为I，导线框垂直于磁场放置，磁感应强度为B，AB与CD相距为d，则棒MN所受安培力大小( )
A. F=BIdB. F=BIdsin θC. F=BIdcs θD. F=BIdsinθ
二、多选题：本大题共4小题，共16分。
7.质量为m的钢球自高处落下，以速率v1碰到水平地面后，竖直向上弹回，碰撞时间为Δt，离地的速率为v2。不计空气阻力，在碰撞过程中( )
A. 钢球的动量变化量方向向下，大小为m(v1−v2)
B. 钢球的动量变化量方向向上，大小为m(v1+v2)
C. 钢球所受平均合力方向向上，大小为m(v1+v2)Δt
D. 钢球受地面的平均弹力大小为m(v1+v2)Δt+mg
8.某静电场的电场线如图中实线所示，虚线是某个带电粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，下列说法正确的是( )
A. 粒子一定带负电
B. 粒子在M点的加速度小于它在 N点的加速度
C. 粒子在N点的动能大于它在M点的动能
D. 粒子一定从M点运动到N点
9.如图所示的平行板器件中有方向相互垂直的匀强电场和匀强磁场。一带正电的粒子以某一速度从该装置的左端水平向右进入两板间后，恰好能做直线运动。忽略粒子重力的影响，则( )
A. 若只将粒子改为带负电，其仍将做直线运动
B. 若只增加粒子进入该装置的速度，其将往上偏
C. 若只增加粒子的电荷量，其将往下偏
D. 若粒子从右端水平进入，则仍沿直线水平飞出
10.光滑水平面上，A、B两球沿一直线运动并发生正碰，如图所示为两球碰撞前、后的位移随时间变化的图像，a、b分别为A、B两球碰前的位移随时间变化的图像，c为碰撞后两球共同运动的位移随时间变化的图像，若A球质量；mA=3kg，则由图判断下列结论正确的是( )
A. B球质量mB=2kg
B. 碰撞时B球对A球的冲量大小为6N⋅s
C. A、B两球碰撞前的总动量大小为7kg⋅m/s
D. 碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为15J
三、填空题：本大题共1小题，共6分。
11.现有一合金制成的圆柱体。为测量该合金的电阻率，用螺旋测微器测量该圆柱体的直径，用游标卡尺测量该圆柱体的长度。螺旋测微器和游标卡尺的示数如图甲和乙所示。

(1)由图甲、图乙两图读得圆柱体的直径D为______ mm，长度L为______ mm。
(2)若流经圆柱体的电流为t，圆柱体两端的电压为U，圆柱体的直径和长度分别用D、L表示，则用D、L、I、U表示电阻率的关系式为ρ= ______ 。
四、实验题：本大题共1小题，共8分。
12.某同学采用如图1所示的电路测定电源电动势和内电阻．已知干电池的电动势约为1.5V，内阻约为1Ω；电压表(0～3V,3kΩ)、电流表(0～0.6A,1.0Ω)、滑动变阻器有R1(10Ω,2A)和R2(100Ω,0.1A)各一只．
(1)实验中滑动变阻器应选用______(填“R1”或“R2”)．
(2)在图2方框中画出实验电路图
(3)在实验中测得多组电压和电流值，得到如图3所示的U−I图线，由图可较准确地求出该电源电动势E=______V；内阻r=______Ω.
五、简答题：本大题共3小题，共34分。
13.质量为2000kg、额定功率为80kW的汽车，在平直公路上行驶中的最大速度为40m/s。若汽车从静止开始做匀加速直线运动，加速度大小为4m/s2，运动中的阻力不变。求：
(1)汽车所受阻力的大小；
(2)汽车做匀加速运动所能持续的时间。
14.如图所示，一束电荷量为e的电子以垂直于磁感应强度B并垂直于磁场边界的速度v射入宽度为d的匀强磁场中，穿出磁场时速度方向和原来射入方向的夹角为θ=60°.求：
(1)匀速圆周运动的半径
(2)电子的质量
(3)穿越磁场的时间．
15.如图所示，质量为m、电荷量为e的电子，从A点以速度v0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vB；
(2)A、B两点间的电势差UAB；
(3)电子从A运动到B的时间tAB。
六、计算题：本大题共1小题，共12分。
16.如图所示，光滑悬空轨道上静止一质量为3m的小车A，用一段不可伸长的轻质细绳悬挂一质量为2m的木块B.一质量为m的子弹以水平速度v0射入木块(时间极短)，在以后的运动过程中，摆线离开竖直方向的最大角度小于90°，(不计空气阻力)试求：
(1)子弹射入木块时产生的热量；
(2)木块能摆起的最大高度；
(3)小车A运动过程的最大速度。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：D、由A到B的过程中，只有重力和弹簧弹力做功，弹簧和重物构成的系统机械能守恒，即弹簧与重物的总机械能守恒。故D正确。
AB、在运动的过程中，弹簧的形变量增大，则弹簧的弹性势能增加，所以重物机械能减少。故AB错误。
C、重力做正功，弹力做负功，故C错误。
故选：D。
由A到B的过程中，只有重力和弹簧弹力做功，系统机械能守恒，通过弹簧的形变量判断弹性势能的变化，通过能量守恒判断重物机械能的变化。
本题考查了机械能守恒、能量守恒定律，关键要明确研究的对象，知道对单个物体的机械能并不守恒，明确弹簧的形变量增加时弹性势能增大。
2.【答案】C
【解析】解：对A到B过程运用动能定理得，mgh−Wf=12mvB2−0
解得Wf=mgh−12mvB2=10×5−12×36=32J．
故选：C
对A到B的过程运用动能定理，求出在下滑过程中克服阻力做功的大小
动能定理既适用于直线运动，又适用于曲线运动，既适用于恒力做功，也适用于变力做功，这就是动能定理解题的优越性
3.【答案】C
【解析】解：设物体的高度为h，根据机械能守恒定律有：mgh=Ek，
设当物体动能为2Ek3时，物体距离地面的高度为h′，根据机械能守恒定律有：mg(h−h′)=2Ek3，
解得：h′=Ek3mg
故C正确，ABD错误；
故选：C。
根据机械能守恒定律可分析解答。
本题考查机械能守恒定律，解题关键掌握机械能守恒定律的应用。
4.【答案】C
【解析】解：由题意可知，两个顶点B、C处各放一个点电荷，测得A处的电场强度大小为E，方向与BC边平行，由图可知，C点电荷在A处的电场强度大小与B点电荷在A处的电场强度大小相同，C点电荷在A处的电场强度方向由A指向C，而B电荷在A处的电场强度的方向由B指向A；当拿走C处的点电荷后，则A处电场强度大小仍为E，方向沿B指向A，故C正确，ABD错误．
故选：C。
根据点电荷在某处产生电场强度的公式，结合矢量叠加法则，即可求解
考查点电荷的电场强度的公式，掌握矢量叠加原理，注意电场强度的方向确定．
5.【答案】A
【解析】解：A、改装成了电流表，R减小电流表量程增大，R增大时电流表量程减小，故A正确，B错误；
C、把电流计改装成电压表应给电流计串联一个分压电阻，串联电阻越大，电压表量程越大，由图示电路图可知，电流计与电阻R并联，改装后电压表量程不变，故CD错误；
故选：A．
把电流表改装成大量程电流表应并联一个分流电阻，把电流表改装成电压表需要串联一个分压电阻
本题考查了电表改装，知道电表的改装原理、应用串并联电路特点即可正确解题．
6.【答案】D
【解析】解：电流的方向与磁场方向垂直，则F=BIL，公式中的L为导轨间导线的长度，故L=dsinθ，故F=BIdsinθ，故D正确，ABC错误。
故选：D。
当磁场的方向与电流的方向夹角为θ，F=BILsinθ，结合该表达式进行分析求解。
解决本题的关键知道安培力的一般表达式F=BILsinθ，当磁场方向与电流方向平行，F=0，当磁场方向与电流方向垂直，F=BIL。
7.【答案】BCD
【解析】解：AB、以向上为正方向，则初动量为p1=−mv1
末动量为p2=mv2
则动量变化量为：
Δp=p2−p1=mv2−(−mv1)=m(v1+v2)
正值表示方向向上，故A错误，B正确；
C、由动量定理知，钢球在碰撞过程中的动量变化量等于它在这个过程中所受合力的冲量，则钢球所受合力的冲量方向向上，大小为
F合=ΔpΔt=m(v1+v2)Δt
故C正确；
D、设钢球受地面的弹力大小为F，以向上为正方向，由动量定理得，
FΔt−mgΔt=Δp
解得：
F=m(v1+v2)+mgΔtΔt
故D正确。
故选：BCD。
钢球的动量变化量等于钢球的末动量减去初动量；根据动量定理列式求解即可。
本题考查动量定理的应用，关键是规定某一个方向为正方向，然后将矢量运算转化为代数运算，这是同一条直线上矢量运算的常用方法。
8.【答案】BC
【解析】解：A.由粒子的运动轨迹可知，粒子所受静电力与电场线方向相同，所以粒子带正电荷。故A错误；
B.电场线疏的地方电场强度小，电场线密的地方电场强度大，由题图可知，N点的场强大于M点的场强，粒子在N点的受力大于在M点的受力，所以粒子在M点的加速度小于它在N点的加速度，故B正确；
C.若带正电的粒子从N点运动到M点，静电力做负功，粒子动能减小，若带正电的粒子从M点运动到N点，静电力做正功，粒子动能增大，故粒子在N点的动能比M点大，故C正确；
D.根据粒子运动的轨迹可以判断其受力的方向，但不能判断其运动的方向，故D错误。
故选：BC。
电场线密的地方电场强度大，电场线疏的地方电场强度小；电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加；沿着电场线方向电势降低。
本题的关键要明确曲线运动的合外力指向轨迹的内侧，由此分析电场力的方向。要加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点：电场线密的地方电场强度大，电场线疏的地方电场强度小；这些知识在分析轨迹问题时经常用到。
9.【答案】AB
【解析】解：带正电的粒子沿直线穿过两板间时，受到竖直向上的洛伦兹力和竖直向下的电场力平衡，则有：
qE=qvB，可得：v=EB
A.若只将粒子改为带负电，则洛伦兹力和电场力的方向均反向，则粒子仍受平衡力，仍将做直线运动，故A正确；
B.若只增加粒子进入该装置的速度，则洛伦兹力变大，且大于电场力，粒子将往上偏，故B正确；
C.若只增加粒子的电荷量，向上的洛伦兹力和向下的电场力仍平衡，仍将沿直线通过，故C错误；
D.若粒子从右端水平进入，则电场力和洛伦兹力均向下，则不可能仍沿直线水平飞出，故D错误。
故选：AB。
粒子进入两板间恰好能做直线运动，受到竖直向上的洛伦兹力和竖直向下的电场力平衡，根据平衡条件分析解答。
本题考查了速度选择器的原理，考查了电磁场的应用。题目较简单，根据电场力与洛伦兹力相平衡分析解答。
10.【答案】ABD
【解析】解：A.由x−t图象的斜率表示速度，因此碰撞前A、B两球都做匀速运动，碰撞前有
vA=4−102m/s=−3m/s
vB=42m/s=2m/s
碰撞后有
v′A=v′B=2−44−2m/s=−1m/s
对A、B组成的系统，根据动量守恒定律有
mAvA+mBvB=(mA+mB)v′A
代入数据解得
mB=2kg
故A正确；
B.根据动量变化量的公式，则碰撞前后A的动量变化为
ΔpA=mAvA′−mAvA=3×(−1)kg⋅m/s−3×(−3)kg⋅m/s=6kg⋅m/s
根据动量定理可知，碰撞时B球对A球所施的冲量为6N⋅s，故B正确；
C.A与B碰撞前的总动量为
p总=mAvA+mBvB=3×(−3)kg⋅m/s+2×2kg⋅m/s=−5kg⋅m/s
故C错误；
D.碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为
ΔEk=12mAvA2+12mBvB2−12(mA+mB)v′A2
解得ΔEk=15J
故D正确。
故选：ABD。
A.根据图像分别求出碰前A、B和碰后整体的运动速度，根据动量守恒列式求解B球质量；
B.根据动量及动量变化量的公式代入数据解答；
C.根据总动量的公式列式解决；
D.根据能量守恒的思想写出损失的动能的表达式并代入数据求解。
考查图像的识别和运用，动量守恒和能的转化和守恒定律，灵活运用这些规律分析解决实际问题。
11.【答案】1.745 41.4 πUD24IL
【解析】解：(1)螺旋测微器的精确度为0.01mm，圆柱体的直径为D=1.5mm+24.5×0.01mm=1.745mm
10分度值的游标卡尺的精确度为0.1mm，圆柱体的长度为L=41mm+4×0.1mm=41.4mm
(2)根据欧姆定律可知R=UI
根据电阻定律，有R=ρLS=4ρLπD2
解得ρ=πUD24IL
故答案为：(1)1.745；41.4；(2)πUD24IL
(1)螺旋测微器的精确度为0.01mm，测量值=固定刻度对应示数(mm)+对齐格数(估读一位)×精确度；
10分度值的游标卡尺的精确度为0.1mm，测量值=主尺上对应示数(mm)+对齐格数(不估读)×精确度；
(2)应用欧姆定律与电阻定律可以求出电阻率的表达式。
本题考查了螺旋测微器与游标卡尺读数，要掌握常用器材的使用方法与读数方法；对游标卡尺读数时要注意游标尺的分度值；会用欧姆定律与电阻定律可以求出电阻率表达式。
12.【答案】R1 1.47 1.81
【解析】解：①电源内阻约为1.5V，电路最大电流约为零点几安培，两滑动变阻器均可保证安全，为方便实验操作，滑动变阻器应选R1；
②伏安法测电源电动势与内阻，电压表测路端电压，电流表测电路电流，实验电路图如图所示：
③由图示电源U−I图象可知，图象与纵轴交点坐标值是1.47，电源电动势E=1.47V，电源内阻：r=△U△I=1.47−≈1.81Ω．
故答案为：①R1；②电路图如图所示；③1.47，1.81．
(1)为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器；
(2)根据实物电路图作出实验电路图；
(3)根据闭合电路欧姆定律进行分析，根据电源U−I图象求出电源电动势与内阻．
本题考查了实验器材选择、作电路图、求电源电动势与内阻，电源U−I图象与纵轴交点坐标值是电源电动势，图象斜率的绝对值是电源内阻．
13.【答案】解：(1)根据功率与速度的关系
P=Fvm=fvm
代入数据可得
f=Pvm=80×10340N=2×103N；
(2)根据牛顿第二定律有
F−f=ma
根据功率与速度关系
P=Fv
联立解得
v=8m/s
根据匀变速直线运动速度与时间的关系式可得
t=va=84s=2s。
答：(1)汽车所受阻力的大小为2×103N；
(2)汽车做匀加速运动所能持续的时间为2s。
【解析】(1)速度最大时，牵引力和阻力相等，根据功率与速度的关系求解阻力的大小；
(2)根据牛顿第二定律求解牵引力，再根据功率与速度关系求解匀加速的末速度，最后由匀变速直线运动速度与时间的关系求解时间。
本题考查瞬时功率公式的应用，要求学生熟练掌握瞬时功率的表达式是解题的关键。
14.【答案】解：(1)粒子的运动轨迹图如图所示，根据几何关系有：
R=dsin600=2 33d
(2)根据洛伦兹力提供向心力，有：evB=mv2R，
得：m=2 3dBe3ν
(3)电子的周期为：T=2πmqB
所以电子穿越磁场的时间：t=T6=16×2π．meB=2 3πd9v
答：(1)匀速圆周运动的半径为2 33d；
(2)电子的质量2 3dBe3v；
(3)穿越磁场的时间2 3πd9v．
【解析】作出粒子运动的轨迹图，结合几何关系求出电子在磁场中的半径，根据洛伦兹力提供向心力求出电子的质量．根据几何关系求出电子在磁场中的圆心角，结合周期公式求出穿越磁场的时间．
解决本题的关键作出电子的运动轨迹图，结合几何关系，运用半径公式和周期公式进行求解．
15.【答案】解：(1)电子在电场中受电场力作用，根据牛顿第二定律可得a=qEm=eEm ①
将电子在B点的速度分解可知(如图)
vB═v0cs30∘=2 33v0 ②
(2)由动能定理可知：
−eUAB=12mvB2−12mv02…③
解②、③式得UAB=−mv026e
(3)在B点设电子在B点沿电场方向的速度大小为vy，则有
vy=v0tan30°…④
vy=atAB…⑤
解①④⑤式得tAB= 3mv03eE
答：(1)电子在电场中的加速度大小为qEm，电子在B点的速度大小为2 33v0
(2)A、B两点间的电势差为mv026e
(3)电子从A运动到B的时间 3mv03eE
【解析】电子在电场中受电场力作用，根据牛顿第二定律可得加速度大小，把电子在B点的速度分解，
利用几何关系可求得B点的速度；
根据动能定理，可求得AB间的电势差；
粒子从A点以v0的速度沿垂直电场线方向射入电场，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动。
本题运用运动的分解法研究类平抛运动，关键将速度进行分解，由牛顿第二定律和运动学公式相结合进行研究．
16.【答案】解：(1)子弹与B瞬间水平的方向动量守恒，
由动量守恒定律得：mv0=m+2mv1，解得v1=v03
设产生热量为Q，根据能量守恒有：Q=12mv02−32mv12=13mv02。
(2)木块到最高点A、B、C三者有相同的水平速度，
根据水平方向动量守恒得：(m+2m)v1=(m+2m+3m)v2，
解得：v2=16v0，
由机械能守恒定律得：3mgh+12×6m⋅v22=12×3mv12，
解得：h=v0236g。
(3)当木块和子弹回到最低点时，小车速度最大，
根据水平方向动量守恒，设小车A运动过程的最大速度为v4，
此时木块和子弹的速度为v3，
由动量守恒定律得：3mv1=3mv3+3mv4，
由能量守恒守恒定律得：32mv12=32mv32+32mv42，
解得：v4=13v0。
答：(1)子弹射入木块时产生的热量为13mv02；
(2)木块能摆起的最大高度为v0236g；
(3)小车A运动过程的最大速度为13v0。
【解析】(1)子弹击中木块过程系统在水平方向动量守恒，应用动量守恒定律与能量守恒定律可以求出产生的热量。
(2)A、B、C系统在水平方向动量守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律可以求出木块上摆的最大高度。
(3)物块回到原来高度时小车的速度最大，应用动量守恒定律与能量守恒定律可以求出小车的最大速度。
本题涉及两个运动过程，分析清楚物体运动过程，运用动量守恒定律以及能量守恒定律列式求解，主要要规定正方向，同时注意物体上升到最高点时，物体的速度不为零。