北京市第二中学2022-2023学年高二上学期期末物理试题

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2023北京海淀高二（上）期末物    理一、单选题（共24分，每题3分）1. 电磁波包含了射线、红外线、紫外线、无线电波等，按波长由长到短的排列顺序是（ ）A. 无线电波、红外线、紫外线、射线B. 红外线、无线电波、射线、紫外线C. 射线、红外线、紫外线、无线电波D. 紫外线、无线电波、射线、红外线【答案】A【解析】【详解】试题分析：按照波长从大到小的顺序依次是无线电波、红外线、可见光、紫外线、X射线和γ射线．故选A．考点：考查电磁波谱的相关知识点评：电磁波谱按照波长从大到小的顺序依次是无线电波、红外线、可见光、紫外线、X射线和γ射线 2. 下列情况能产生感应电流的是（　　）A. 如图（a）所示，导体AB顺着磁感线运动B. 如图（b）所示，条形磁铁插入线圈中不动时C. 如图（c）所示，小螺线管A插入大螺线管B中不动，开关S一直接通时D. 如图（c）所示，小螺线管A插入大螺线管B中不动，开关S一直接通，当改变滑动变阻器阻值时【答案】D【解析】【详解】A．导体顺着磁感线运动，通过闭合电路的磁通量不变，不会产生感应电流，故A错误。B．条形磁铁插入线圈中不动时，线圈中没有磁通量的变化，从而不会产生感应电流，故B错误。C．小螺线管A插入大螺线管B中不动，开关S一直接通时，通过闭合回路的磁通量不变，不会产生感应电流，故C错误。D．小螺线管A插入大螺线管B中不动，开关S一直接通，当改变滑动变阻器的阻值时，电路中电流发生改变，A产生的磁场发生变化，B中的磁通量发生变化，产生感应电流，故D正确。故选D。3. 硅光电池具有低碳环保的优点，如图所示，图线a是该电池在某光照强度下路端电压U和电流I的关系图像，图线b是某电阻R的U-I图像。在该光照强度下将它们组成闭合回路，则硅光电池的（　　）A. 电动势为5V B. 内阻为5.5ΩC. 输出功率为0.72W D. 效率为50%【答案】B【解析】【详解】A．由图可知，硅光电池的电动势为3.6V，故A错误；B．根据闭合电路欧姆定律可得故B正确；C．由题意可知P=UI输出功率为a、b两条图线交点之积，由P=UI可得P=UI=2.5V×0.2A=0.5W故C错误；D．由题意可知，硅光电池的总功率为由上述分析可知，电池的效率为故D错误。故选B。4. 将一电源与一电阻箱连接成闭合回路，测得电阻箱所消耗功率随电阻箱读数变化的曲线如图所示，由此可知（      ）A. 电源最大输出功率可能大于B. 外电路阻值分别为和时，电路的输出功率相等C. 电源电动势为D. 电阻箱所消耗功率最大时，电源效率大于【答案】C【解析】【详解】A．电源最大输出功率即电阻箱最大消耗功率，由图可知为45W，A错误；C．电源的输出功率可表示为当R=r时，输出功率最大，最大值为代入图中数据解得C正确；B．电源的输出功率为外电路阻值R分别为2Ω和8Ω时，代入上述表达式可知，电路的输出功率不相等，B错误；D．电阻箱所消耗功率P最大时R=r电源效率为D错误。故选C。5. 如图所示，竖直平面内存在着两个方向竖直向上的相同带状匀强电场区，电场区的高度和间隔均为d，水平方向足够长，一个质量为m，电荷量+q的小球以初速度v0在距离电场上方d处水平抛出，不计空气阻力，则下列各种说法中错误的是（　　）A. 小球在水平方向一直做匀速直线运动B. 小球在电场区可能做直线运动C. 若场强大小为，小球经过两电场区的时间相等D. 若场强大小为，小球经过两电场区的时间相等【答案】C【解析】【分析】【详解】A．在电场区受电场力向上，只在竖直方向受力，水平速度不变，故A正确，B．电场力可能和重力大小相等，B正确，C．该场强重力与电场力大小相等，故电场区匀速运动，但是两个电场区对应速度不同，下面电场区竖直速度更大，用时更短，故C错误 D．该场强使得小球加速度向上，大小为g，经过第一个电场使速度回到水平初速度v0，故可以得到两次进入电场区域时竖直速度应该相等，故时间相等，故D正确。选择错误的选项，故选C；6. 如图所示，均匀带电圆环所带电荷量为Q，半径为R，圆心为O，P为垂直于圆环平面中心轴上的一点，OP=L（L>R），则P点的场强强度为（　　）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【详解】将圆环等分为n小段，设每一段看做点电荷，其所带电量为由电场强度的决定式可求得每个点电荷在P处的场强为由对称性可知，各小段在P处的场强垂直于轴方向的分量抵消，沿轴向的分量之和为带电圆环在P处的场强，大小为故选A。7. 如图所示，水平正对的金属板A、B与干电池连接， B板接地，静电计的电荷量导线以及电池的内阻均不计。开关S闭合，一带负电的油滴静止于两板间的P点。下列说法正确的是（　　）A. 若仅将A板上移一些， 则静电计指针的张角减小B. 若仅将B板下移一些，则油滴向下运动C. 若断开S，且仅将B板下移一些， 则油滴的电势能增大D. 若断开S，且仅在A、P间插入玻璃板，则油滴向上运动【答案】B【解析】【详解】A．金属板A、B与干电池连接，两板间电势差不变，A板上移，静电计指针的张角不变，故A错误；B．根据若仅将B板下移一些，板间电场强度减小，竖直向上的电场力减小，而重力不变，则油滴受合外力向下，将向下运动，故B正确；C．若断开S，极板电荷量不变，根据可得仅将B板下移一些，板间电场强度不变，P点与零电势B板间电势差增大，则P点电势增大，根据公式带负电的油滴在P点的电势能减小，故C错误；D．若断开S，且仅在A、P间插入玻璃板，则介电常数增大，则电场强度减小，则竖直向上电场力减小，而重力不变，则油滴受合外力向下，将向下运动，故D错误。故选B。8. 如图所示，实线为方向未知的三条电场线，a、b两带电粒子从电场中的O点以相同的初速度飞出。仅在电场力作用下，两粒子的运动轨迹如图中虚线所示，则（　　）A. a一定带正电，b一定带负电 B. a的加速度减小，b的加速度增大C. a的电势能减小，b的电势能增大 D. a的动能减小，b的动能增大【答案】B【解析】【详解】A．由运动轨迹如图可知，a、b做曲线运动，由于电场线方向未知，故a、b电性不能确定，故A错误；B．根据a、b两粒子做曲线运动轨迹弯曲程度及电场线的疏密可知，b所处的电场线变密，电场强度变强，所受的电场力在增大，加速度在增大；a所处的电场线变疏，电场强度变弱，所受的电场力在减小，加速度在减小，故B正确； CD．根据图知a、b两粒子的电场力、速度的夹角为锐角，电场力对电荷做正功，其动能都增大，其电势能都减小，故CD错误。故选B。二、多选题（共12分，每题3分）9. 如图所示，在世界女排大奖赛中，中国球员朱婷竖直跳起，恰好在她达最高点时将水平飞来的排球迎面击出，排球以更大的速率水平返回，直接落在对方的场地上，忽略空气阻力。则下列说法正确的是（　　）A. 在击打过程中朱婷与球组成的系统动量不守恒B. 击打前后瞬间朱婷与球组成的系统的动能相等C. 朱婷与球在水平方向动量守恒D. 朱婷与球在水平方向的动量变化量相等【答案】AC【解析】【详解】A．在击打过程中朱婷与球组成的系统受到重力的作用合力不为0，因此动量不守恒，故A正确；B．击打时朱婷的生物能转化为系统动能，所以系统动能增加，故B错误；C．朱婷与球在水平方向合力为0，故动量守恒，故C正确；D．朱婷与球在水平方向动量守恒，动量变化量大小相等，方向相反，故D错误。故选AC。10. 、、三个原子核，电荷均为e，质量之比为1：2：3，如图所示，它们以相同的初速度由P点平行极板射入匀强电场，在下极板的落点为A、B、C，已知上极板带正电，原子核不计重力，下列说法正确的是（　　）A. 三个原子核在电场中运动的时间相等 B. 、、的加速度关系是C. 落在A点的原子核是 D. 三个原子核刚到达下板时的动能相等【答案】BC【解析】【详解】A．原子核在电场中做类平抛运动初速度相同，水平位移不同，故运动时间不同，故A错误；B．根据可知，质量之比为1：2：3，则加速度故B正确；C．根据可知，加速度最小，运动时间最长，落在A点的原子核时间最长，故C正确；D．根据可知，三个原子核初动能不同，电场力做功相同，故末动能不同，故D错误。故选BC。11. 如图所示，电源电动动势E=6V，内阻r=2Ω，，，最大阻值为30Ω，电流表和电压表均为理想表。当滑动变阻器的滑片由a向b端移动过程中，以下说法正确的是（　　）A. 当滑动变阻器的滑片在a端时，功率最大B. 电压表示数变化与电流表示数变化的比值一定保持不变C. 电源输出效率一直减小，电源输出功率先增大后减小D. 当时，消耗功率最大，最大值为2W【答案】BCD【解析】【详解】A．当干路中的电流达到最大时，定值电阻R1消耗的功率最大，此时外电路的总电阻应最小，即滑动变阻器的滑片应置于b端，故A错误；B．根据闭合电路欧姆定律有变形可得所以由此可知，电压表示数变化与电流表示数变化的比值保持不变，故B正确；C．电源的效率为由此可知，随着外电路电阻R减小，电源的效率减小；当外电路的电阻等于电源内阻时，电源的输出功率达到最大，即解得所以当滑片由a端向b端移动的过程中，电源的输出功率先增大后减小，故C正确；D．利用等效电源法，除滑动变阻器之外的其它部分当作新电源的一部分，则所以当R3的阻值与新电源的内阻相等时，新电源的输出功率达到最大，R3消耗的功率最大，即故D正确。故选BCD。12. 如图所示，E、F、G、M、N是在纸面内圆上的五个点，其中、的连线均过圆心O点，，在M、N两点处垂直于纸面放置两根相互平行的长直细导线，两根导线中分别通有大小相等的电流，已知通电直导线形成的磁场在空间某点处的磁感应强度大小，k为常量，r为该点到导线的距离，I为导线中的电流强度。则下列说法中正确的是（　　）A. 若两根导线中电流同向，则O点磁感应强度不为零B. 若两根导线中电流同向，则E、F两点磁感应强度大小相等C. 若两根导线中电流反向，则E、G两点磁感应强度相同D. 无论两根导线中电流同向还是反向，E、F、G三点的磁感应强度大小不相等【答案】BC【解析】【分析】【详解】AB．若两根导线中电流均向内，由安培定则可知，它们在O点磁感应强度恰好等大、反向，故O点合磁感应强度为零，同理可知，E、F两点磁感应强度如图所示，故E、F两点的合磁感应强度大小相等，方向不同，故A错误；B正确；C．设中电流向内N中电流向外分别在E、G的磁感应强度如图所示，可知E、G两点的合磁感应强度相等，故C正确；D．若M、N中电流均向内，分别在E、G的磁感应强度如图所。可知E、G两点的合磁感应强度大小相等，方向不同，以此类推，可知无论两根导线中电流同向还是反向，E、F、G三点的磁感应强度大小都相等，故D错误。故选BC。三、实验题（共26分，每空2分）13. 某同学想设计一个实验测量某金属棒电阻率，提供的器材有：A．电流表A1（满偏电流=200μA，内阻=100Ω）B．电流表A2（量程为0.6A，内阻约为0.4Ω）C．电阻箱 R0（0～99999.9Ω）D．滑动变阻器R（0～5Ω，最大允许电流2A）    E．干电池组（电动势6V，内阻约为0.05Ω）F．一个开关k和导线若干（1）如图甲所示，用螺旋测微器测得金属棒的直径D=______mm； 如图乙所示，用20分度游标卡尺测得金属棒的长度L=______ mm．（2）该同学找来一个多用表，用欧姆挡“×10Ω”粗测金属棒的电阻，发现指针偏转角度过大，他应换用_______挡（填“×1Ω”或“×100Ω”），换挡后欧姆调零再次测量时指针静止如图丙所示，则金属棒的阻值Rx约为_____Ω．（3）为了精确地测量金属棒的电阻，从而计算出电阻率，该同学将电流表A1与阻值调为R0=____Ω的电阻箱串联改装成量程为6V的电压表，并在虚线框画出测量原理图________．【答案】    ①. 2.150    ②. 102.30    ③. ×1    ④. 17_    ⑤. 29900或29900.0    ⑥. 【解析】【详解】(1)[1]由图知，螺旋测微器的固定刻度为2mm，可动刻度读数为故金属棒的直径为2.150mm；[2]游标卡尺主尺读数为10.2cm=102mm，游标尺第6条刻度和主尺刻度最齐，故游标尺读数为6×0.05mm=0.30mm故金属棒的长度为102.30mm；(2)[3]指针偏转角度过大，说明表盘指针刻度值过小，使指针偏转至中间刻度附近应换用小倍率，即换用×1Ω；[4]由图知，刻度值约为17Ω，又倍率为×1Ω，故金属棒的阻值约为17Ω；(3)[5]根据电路特点，串联电阻分担电压为：根据欧姆定律有[6]测量原理图如图所示14. 用图所示的电路．测定一节旧干电池的电动势和内阻。除电池、开关和导线外，可供使用的实验器材还有：双量程电流表：A（量程0~0.6A，0~3A）；双量程电压表：V（量程0~3V，0~15V）；滑动变阻器：R1（阻值范0~20Ω，额定电流2A）；滑动变阻器：R2（阻值范0~1000Ω，额定电流1A）(1)为了调节方便，测量精度更高，实验中应选用电流表的量程为________A，电压表的量程为________V，应选用滑动变阻器________（填写滑动变阻器符号）；(2)根据图正确连接图中实物电路，注意闭合开关时滑动变阻器的滑片P应处于正确的位置并选择正确的电表量程进行连接________；(3)通过多次测量并记录对应的电流表示数I和电压表示数U，利用这些数据在图中画出了U-I图线。由图象可以得出，此干电池的电动势E=________，内阻r=________Ω；(4)引起该实验的系统误差的主要原因是______。A．由于电流表的分流作用造成电流表读数总是比电源实际输出的电流小B．由于电压表的分流作用造成电流表读数总是比电源实际输出的电流小C．由于电流表的分压作用造成电压表读数总是比路端电压小D．由于电流表的分压作用造成电压表读数总是比路端电压大【答案】    ①. 0~0.6A    ②. 0~3V    ③. R1    ④.     ⑤. 1.45V    ⑥.     ⑦. B【解析】【详解】(1)[1]分析U-I可知电流小于0.6A，流过干电池电流一般不会超过0.6A，否则很容易损坏电源，故电流表选择量程。[2]由U-I分析可知1节干电流电动势为1.45V，故电压表选择量程0~3V。[3]因干电池内阻较小，所以滑动变阻器选择R1，一是调节较方便，二是额定电流较大。(2)[4]电压表选0~3V，电流表选，滑动变阻器有效电阻为右部分，补充好的电路图如下所示：(3)[5]由闭合电路欧姆定律可知变形可得分析U-I图像可知纵坐截距为1.45V，说明干电池的电动势为E=1.45V。[6]由前面的表达式分析可知图像斜率的绝对值在数值上等于电源内阻(4)[7]分析电路图可知电压表测是电源路端电压，电流表测的电流小于通过电源的电流，电流没有测准确的原因是电压表分流作用。四、解答题（共38分）15. 如图所示，一半圆形光滑绝缘固定轨道处在方向水平向右的匀强电场中，一质量为m、所带电荷量为q的带电小球放置在轨道上。平衡时小球与轨道圆心O的连线与竖直方向的夹角为60°，重力加速度为g，求带电小球所带电性及电场强度的大小。【答案】，正电荷【解析】【详解】对小球受力分析如图根据平衡条件可得解得电场强度的大小为由小球在电场中受力方向判断可知小球带正电荷。16. 质量为m＝0.60kg的篮球从距地板H＝0.80m高处由静止释放，与水平地板撞击后反弹上升的最大高度h＝0.45m，从释放到弹跳至h高处经历的时间t＝1.0s。忽略空气阻力作用，重力加速度取g＝10m/s2，求：（1）篮球刚接触地板时和反弹离地时的速度大小；（2）篮球对地板的平均撞击力；（3）篮球与地板撞击过程中损失的机械能Δ E。【答案】（1）4m/s；3m/s；（2）20N，方向向下；（3）2.1J【解析】【分析】【详解】（1）设皮球刚接触地板时的速度为v1；反弹离地时的速度为v2，由动能定理得，下落过程代入数据解得v1=4m/s上升过程代入数据解得v2=3m/s（2）设皮球从H高处下落到地板所用时间为t1，上升的时间为t2，由运动学公式得皮球与地板接触时间为地板对皮球的平均撞击力为，取竖直向上为正方向，由动量定理得代入数据解得=20N根据牛顿第三定律，皮球对地板的平均撞击力为=20N，方向向下（3）皮球与地板撞击过程中损失的机械能为17. 矩形线框ab c d的两边长分别为l1、l2，可绕它的一条对称轴OO′转动，匀强磁场的磁感应强度为B，方向与OO′垂直，如图所示，初位置时线框平面与B平行。求：（1）初位置时穿过线框的磁通量Φ0为多少？（2）当线框绕轴OO′沿图示方向转过60°时，穿过线框的磁通量Φ为多少？这一过程中穿过线框的磁通量的变化量Δ Φ为多少？【答案】（1）0；（2）Bl1l2，Bl1l2【解析】【分析】【详解】(1)线框在初始位置时，线框平面与磁场平行，有效面积为零，则Φ0＝0。(2)当线框绕轴OO′沿图示方向转过60°时，线框与B的夹角为60°，则Φ＝B·Ssin60°＝BS＝Bl1l2这一过程中穿过线框的磁通量的变化量为Δ Φ＝Φ－Φ0＝Bl1l218. 如图所示的电路中，电源的电动势E为3.2V，电阻R的阻值为30Ω，小灯泡L的额定电压为3.0V，额定功率为4.5W，当开关S接位置1时，电压表的读数为3.0V，求： (1)电源的内阻；(2)当开关S接位置2时，小灯泡L中的电流；(3)此时小灯泡L能正常发光吗？实际功率是多少？【答案】(1)2Ω；(2)0.8A；(3)不能正常发光，1.28W【解析】【详解】(1)当开关S接位置1时，回路中的电流为电源的内阻为(2)小灯泡的电阻为当开关S接位置2时，回路中的电流为(3)此时小灯泡的实际功率为从小灯泡的实际功率来看，小灯泡此时很暗，不能正常发光。19. 如图所示为示波管的原理图，在A板和电子枪之间加电压使电子枪K发射出的电子经电压加速后沿中心线进入偏转电场，在电场力作用下发生偏转，电子最终打在右侧荧光屏上的P点。已知M、N之间的电场可视为匀强电场，偏转电极M、N之间的间距为d，极板长度为，偏转电压为，极板右边缘到荧光屏的距离为。电子从电子枪发射时初速度可不计，电子电荷为e、质量为m，电子重力忽略不计。求：（1）电子经电压加速后的速度大小v；（2）电子从偏转电场射出时的侧移量y；（3）荧光屏上的点P到屏的中心位O的距离Y。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）设电子经电压U1加速后的速度为v0，根据动能定理得解得（2）电子在偏转电场中做类平抛运动，在电场中的偏转量为（3）根据平抛运动的推论：做类平抛运动的物体，某时刻速度的反向延长线过此刻水平位移的中点解得20. 如图所示，水平绝缘轨道AB与处于竖直平面内的半圆形绝缘光滑轨道BC平滑连接，半圆形轨道的半径。轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场强度。现有一电荷量，质量的带电体（可视为质点），在水平轨道上的P点由静止释放，已知P点与圆形轨道最低点B距离。带电体与水平轨道间的动摩擦因数，重力加速度，取。求：（1）带电体运动到圆形轨道的最高点C时，对轨道的压力大小？（2）带电体第一次经过C点后，落在水平轨道上的位置到B点的距离？（3）带电体在轨道上运动时最大的动能是多少？【答案】（1）1.25N；（2）0.40m；（3）1.41J【解析】【详解】（1）从P到B，依据动能定理①设带电体运动到C点的速度为，依据机械能守恒定律②设带电体在C点受到轨道的压力为N，根据牛顿第二定律③由①②③得V C=3m/sN=1.25N根据牛顿第三定律得，带电体对轨道的压力大小为1.25N。（也可以从P到C用动能定理）（2）带电体离开C点后在竖直方向上做自由落体运动，设在空间运动的时间为t在水平方向上做匀减速运动，设在水平方向的加速度大小为a设落在水平轨道上的位置到B点距离为x，依据运动学公式解得（3）设速度最大位置在等效场的最低点D，OD与竖直方向夹角为，因为E q=mg，所以从D到C过程，由动能定理得解得