河南省新郑市第二中学2022-2023学年高二上学期第11次考试（期末）物理试题（解析版）

高二物理测试一、单选题(每题4分，共36分)（2021·上海南汇中学期末）1.如图所示，是弹簧振子的平衡位置，小球在、之间做无摩擦的往复运动，则小球任意两次经过点可能不同的物理量是（）A.速度 B.位移 C.回复力 D.加速度【答案】A【解析】【分析】【详解】A．振子做简谐运动，当它从O到C方向为水平向右，从C到O时方向水平向左，速度方向不同，A正确；B．小球做简谐运动，O点为弹簧振子的平衡位置，位移是从平衡位置指向振子的位置，故两次经过点时的位移相等，B错误；C．简谐运动中的回复力位移相等，则回复力相等，C错误；D．加速度与位移关系为位移相等，则加速度相等，D错误。故选A。2.关于某物体受迫振动的共振曲线，下列判断正确的是（）A.物体的固有频率等于f0B.物体做受迫振动时的频率等于f0C.物体做受迫振动时振幅相同则频率必相同D.为避免共振发生应该让驱动力的频率靠近f0【答案】A【解析】【详解】A．由题图可知，当驱动力的频率为f0时，受迫振动物体的振幅达到最大，此时物体的固有频率等于驱动力的频率f0，故A正确；B．物体做受迫振动时，只有当发生共振时频率才是f0，即物体做受迫振动的频率不一定等于f0，故B错误；C．物体做受迫振动时振幅相同，频率不一定相同，故C错误；D．根据产生共振的条件可知，为避免共振发生应该让驱动力的频率远离f0，故D错误。故选A。3.如图所示，是匀强电场中的四个点，是的中点，构成一个直角三角形，长为，电场线与三角形所在的平面平行，已知，由此可以判断（）A.电场强度的方向由指向 B.电场强度的方向垂直连线斜向上C.电场强度的大小为 D.电场强度的大小为【答案】D【解析】【分析】【详解】AB．为的中点，则连线为一等势线，场强的方向垂直连线斜向下指向电势低的一侧，AB错误；CD．由几何关系可得到的距离则电场强度大小为C错误，D正确故选D。4.如图，木块m放在光滑水平面上，一颗子弹水平射入木块中，子弹受到的平均作用力为f，射入深度为d，此过程中木块移动了s，则（）A.子弹损失的动能为fsB.木块增加的动能为f（s＋d）C.子弹动能的减少等于木块动能的增加D.子弹、木块系统总机械能的损失为fd【答案】D【解析】【详解】A．子弹克服阻力做功为Wf＝f（s＋d）子弹损失的动能为f（s＋d），选项A错误；B．f对木块做的功为Wf′＝fs木块增加的动能为fs，选项B错误；C．由功能关系知，子弹减少的动能等于木块增加的动能与子弹和木块系统增加的内能之和，选项C错误；D．子弹和木块组成的系统机械能的损失量等于系统内能的增加量等于fd，选项D正确。故选D。5.对如图所示情况，以下说法正确的是（）A.当开关S闭合后螺线管下端是N极B.当开关S闭合时，小磁针将逆时针转动，静止后S极向上C当开关S闭合时，小磁针将顺时针转动，静止后N极向上D.当开关S闭合后滑动变阻器滑片向右移动，电磁铁磁性将减弱【答案】C【解析】【分析】根据电流方向由安培定则可判定磁极方向，由磁场的分布可判断小磁针的运动；由影响电磁铁强弱的因素可判断磁性强弱的变化。【详解】A．开关闭合后，电流方向由下方流入，由安培定则可知上方为N极，A错误；BC．由安培定则可知上方为N极，故小磁针S极会向下转动，N极向上转动，故小磁针顺时针转动，B错误、C正确；D．滑片向右滑动时，滑动变阻器接入部分电阻减小，故电路中电流变大，电磁铁的磁性增强，D错误。故选C。【点评】要判小磁针的转动方向，应先由安培定则判螺线管的磁极；则可以将螺线管视为条形磁铁进行分析处理。6.如图所示，一直流电动机与阻值的电阻串联在电源上，电源的电动势，内阻．闭合开关，用理想电压表测出电动机两端的电压，已知电动机线圈的电阻，则下列说法中正确的是()A.通过电动机的电流为10AB.电动机的输入功率为20WC.电源的输出功率为4WD.电动机的输出功率为18W【答案】B【解析】【分析】电动机正常工作时是非纯电阻电路，欧姆定律不成立，所以只能通过定值电阻R来计算通过电动机的电流，进而去求解电动机的各类功率问题．【详解】A．根据闭合电路欧姆定律有解得：，故A错误；BCD．电动机的输入功率：电源的输出功率：电动机的输出功率：故B正确；CD错误【点睛】电流通过电动机时，一方面电能转化为机械能对外输出，一方面电动机内阻消耗一部分能量，所以含电动机部分的电路不是纯电阻电路，但是电动机的内阻是纯电阻电路，消耗的能量符合欧姆定律的相关计算．（2021·哈尔滨三中期末）7.如图所示，光滑水平面上有质量均为的物块和，上固定一轻质弹簧，静止以速度水平向右运动，从与弹簧接触至弹簧被压缩到最短的过程中（）A.、及弹簧所构成的系统动量守恒，机械能不守恒B.在任意一段时间内两物体所受弹力的冲量相同C.在任意时刻系统动能均为D.弹簧获得的最大弹性势能为【答案】D【解析】【分析】【详解】A．、及弹簧所构成的系统受合外力为零，则动量守恒；系统只有弹力做功，则机械能守恒，选项A错误；B．在任意一段时间内两物体所受弹力的冲量大小相同，但是方向不同，选项B错误；C．随着弹簧的不断压缩，弹性势能逐渐变大，则在任意时刻系统动能逐渐减小，不是总为，选项C错误；D．当弹簧压缩到最短时两物体共速则弹簧获得的最大弹性势能为选项D正确。故选D。8.如图甲所示，在两距离足够大的平行金属板中央有一个静止的质子（不计重力），t=0时刻，A板电势高于B板电势，当两板间加上如图乙所示的交变电压后，下列图像中能正确反映质子速度v、位移x和动能Ek随时间变化规律的是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【详解】由题意可知，当两板间电压为正值时，A板电势高于B板电势，质子将受到向右的电场力，当两板间电压为负值时，B板电势高于A板电势，质子将受到向左的电场力。因为电压大小不变，所以质子做匀变速运动的加速度大小不变。在时间内，质子向右做匀加速运动，在时间内向右做匀减速运动，由于加速度大小相等，所以在时刻速度减为零，位移达到向右的最大值；此后在时间内，质子开始向左做匀加速运动，在时间内，质子向左做匀减速运动，同理可知在T时刻速度减为零，且根据对称性可知在T时刻质子回到出发点。其运动过程中x随t成二次函数变化（图像为抛物线），v随t成一次函数变化（图像为直线），Ek（关于v的二次函数）随t成二次函数变化（图像为抛物线）。综上所述，D项为正确的v-t图像，x-t图像和Ek-t的正确图像如下两图所示。故选D。9.如图所示，带电粒子A、B所带电荷量、之比为，带电粒子A、B以相等的速度从水平放置的平行板电容器左侧同一点射入电场，沿着跟电场强度垂直的方向射入平行板电容器中，分别打在C、D点，O为下极板左侧端点，若OC=CD=L，忽略粒子所受重力的影响，则（）A.A、B在电场中运动的时间之比为B.A、B运动的加速度大小之比为C.A、B的质量之比为D.A、B的机械能变化量之比为【答案】C【解析】【详解】A．粒子在水平方向做匀速直线运动，则有解得A错误；B．粒子在竖直方向做匀加速直线运动，令电场强度为E，竖直分位移为h，则有解得B错误；C．根据牛顿第二定律有解得C正确；D．根据功能关系可知解得D错误。故选C。二、多选题(每题4分，共24分)10.如图所示，竖直平面内的固定光滑圆形绝缘轨道的半径为R，A、B两点分别是圆形轨道的最低点和最高点，圆形轨道上C、D两点的连线过圆心O且OC与竖直向下方向的夹角为60°。空间存在方向水平向右且平行圆形轨道所在平面的匀强电场，一质量为m的带负电小球（视为质点）恰好能沿轨道内侧做完整的圆形轨道运动，且小球通过D点时的速度最小。重力加速度大小为g。下列说法正确的是（）A.小球受到的电场力大小为B.小球通过D点时的速度大小为C.小球在运动过程中最大速度为D.小球通过C点时所受轨道的作用力大小为12mg【答案】BD【解析】【详解】A．小球在通过D点时的速度最小，则在该点电场力与重力的合力沿半径方向，则有小球受到的电场力大小故A错误；B．D点竖直平面内圆周运动的物理“最高点”，恰好能完整的做圆周运动，在“最高点”有最小速度，即解得B正确；C．分析可得小球在等效最低点C点得速度最大，故小球从C到D的过程中，由动能定理得联立解得C错误；D．在C点由牛顿第二定律可知解得D正确。故选BD。11.如图所示，固定平行板电容器与理想二极管、蓄电池（内阻不计）连接．开关S闭合后，一带电油滴恰好在P点处于静止状态．若将电容器上极板竖直向上平移一小段距离，则A.油滴带负电B.静电计指针张角将增大C.带电油滴的电势能将增大D.油滴仍然处于静止状态【答案】BD【解析】【详解】A、闭合后，上极板带负电，由于油滴静止时电场力与重力平衡，油滴应带正电，选项A错误；B、由和可得，假设不变，则上极板竖直上移时增大，增大，二极管截止，假设成立；由于静电计测量的是电容器两极板间的电势差，增大即静电计指针张角将增大，选项B正确；D、结合可得，则不变，油滴受力不变，仍然静止，故选项D正确；C、由于不变，与下极板间的电势差不变，油滴的电势能不变，故选项C错误．12.A、B两小球在光滑水平面上沿同一直线向同一方向运动，A球的动量为5kg·m/s，B球的动量为7kg·m/s，当A球追上B球时发生对心碰撞，则碰撞后A、B两球动量的可能值为（）A.pA＝6kg·m/s，pB＝6kg·m/s B.pA＝3kg·m/s，pB＝9kg·m/sC.pA＝－2kg·m/s，pB＝14kg·m/s D.pA＝－5kg·m/s，pB＝17kg·m/s【答案】BC【解析】【详解】A．若碰撞后，两球的动量方向都与原来方向相同，A的动量不可能沿原方向增大，故A错误；B．碰撞前，A的速度大于B的速度，则有得到根据碰撞过程总动能不增加，则有得到满足B正确；C．碰撞前，A的速度大于B的速度，则有得到根据碰撞过程总动能不增加，则有得到满足C正确；D．碰撞后A的动能不变，而B的动能增大，违反了能量守恒定律，故D错误。故选BC。13.一列横波沿水平方向传播，质点A平衡位置位于处，质点P平衡位置位于处，质点A的振动图像如图甲所示，图乙是的波形图。下列说法正确的是（）A.该波速为B.该波沿x轴正方向传播C.时，质P点速度为零D.当质点P处于波峰位置时，质点A处于波谷位置【答案】AD【解析】【分析】【详解】A．由题图甲知由题图乙知则波速故A正确；BC．结合图甲，时A质点向下运动，由图乙“根据逆向波形法”可判断，该波沿x轴负方向传播，此时P质点速度为正方向最大，故BC错误；D．由图乙知，质点P与质点A的平衡位置相距为半个波长，所以当质点P处于波峰位置时，质点A处于波谷位置，故D正确。故选AD。三、实验题(每空两分，共14分)14.在测量电源电动势和内电阻的实验中，有电压表V（量程为3V，内阻约3kΩ）；电流表A（量程为0.6A，内阻约为0.70Ω）；滑动变阻器R（10Ω，2A）。为了更准确地测出电源电动势和内阻设计了如图所示的电路图。①如图所示在闭合开关之前为防止电表过载而滑动变阻器的滑动头P应放在___________（选填“a”或“b”）处；②在实验中测得多组电压和电流值，得到如图所示的U—I图线，由图可得该电源电动势E=___________V，内阻r=___________Ω。③某同学在设计电压表改装时，将一个内阻为60Ω，满偏电流为0.5mA的电流表表头改成量程为3V的电压表，需要___________（选填“串”或“并”）联一个阻值___________Ω的电阻。【答案】①.a②.1.5③.1.0④.串⑤.5940【解析】【详解】①[1]如图所示在闭合开关之前为防止电表过载而滑动变阻器的滑动头P应放在a处；②[2][3]根据闭合电路的欧姆定律有U=E-IR则由图可得该电源电动势E=1.5V内阻（3）[4][5]某同学在设计电压表改装时，将一个内阻为60Ω，满偏电流为0.5mA的电流表表头改成量程为3V的电压表，需要串联一个电阻，根据U=IG(RG+R)可得R=5940Ω即串联的电阻阻值5940Ω。15.（1）如图所示，用插针法测定玻璃砖折射率的实验中，下列说法中正确的是_________。A．若的距离较大，通过玻璃砖会看不到的像B．为减小测量误差，的连线与法线的夹角应尽量小些C．为了减小作图误差，和的距离应适当取大些D．若的连线与法线夹角较大，有可能在面发生全反射，所以在一侧就看不到的像（2）在该实验中，光线是由空气射入玻璃砖，根据测得的入射角和折射角的正弦值画出的图线如图所示，从图线可知玻璃砖的折射率是_________。（A．B．）【答案】①.C②.B【解析】【详解】（1）[1]A．的距离较大，通过玻璃砖仍然可以看到的像，故A错误；B．为减小测量误差，入射角应适当大一些，即的连线与法线的夹角应尽量大些，故B错误；C．为了减小作图误差，和的距离应适当大些，故C正确；D．由几何知识可知，光线在上表面的折射角等于在下表面的入射角，根据光路可逆原理可知，光线一定会从下表面射出，折射光线不会在玻璃砖的下表面发生全反射，故D错误。故选C。（2）[2]由折射率公式，有代入数据，可得故选B。四、解答题16.如图，在固定的水平杆上，套有质量为的光滑圆环，长为的轻绳一端拴在环上，另一端系着质量为的木块，现有质量为的子弹以大小为的水平速度射入木块并立刻留在木块中，重力加速度。（1）子弹射入木块的瞬间，速度大小为多少？（2）子弹射入木块的瞬间，环对轻杆的压力大小为多少？【答案】（1）0.5m/s；（2）31N【解析】【详解】（1）木块和子弹组成的系统在相互作用过程中动量守恒，设子弹与木块获得的速度为v'则有m0v=（m0+M）v'解得：v'=0.5m/s（2）子弹射入木块后，子弹与木块一起做圆周运动，则有代入数据解得，轻绳对子弹与木块的拉力为：T=21N由于此时环静止不动，则此时轻杆对环的支持力为由牛顿第三定律可得，环对轻杆的压力为31N。17.如图所示，在距离某平面高2h处有一抛出位置P，在距P的水平距离为处有一光滑竖直挡板AB，A端距该水平面距离为，A端上方整个区域内加有水平向左的匀强电场；B端与半径为的的光滑圆轨道BC连接一带电量大小为，质量为的小滑块，以某一初速度从P点水平抛出，恰好能从AB挡板的右侧沿ABCD路径运动到D点而静止请完成下列问题（1）求出所加匀强电场的场强大小？（2）当滑块刚运动到C点时，求出对圆轨道的压力？【答案】（1）；（2）【解析】【分析】【详解】(1