江西省南昌外国语学校2022-2023学年高二上学期期末物理试题

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南昌外国语学校2022-2023学年上学期高二物理期末考试试卷一、选择题（本题共10小题，共43分。 1-7为单选题，每小题4分；8~10为多选题，全部选对的得 5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）。1. 甲、乙两个完全相同的金属球带电荷量分别为和，甲、乙相距d时（甲、乙可视为点电荷），它们间库仑力大小为F。现将甲、乙两球接触后分开，仍使甲、乙相距d，则甲、乙间库仑力大小为（　　）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】【详解】两球间原来的库仑力为两球接触后再分开，电荷总量平分，故各带电，两球间的库仑力为对比可知B正确。故选B。2. 在x轴上O、P两点分别放置电荷量为、的点电荷，一带正电的试探电荷在两电荷连线上的电势能随x变化关系如图所示，其中A、B两点电势能为零，BD段中C点电势能最大，则（　　）A. 和都是正电荷且B. BC间场强方向沿x轴负方向C. C点的电场强度大于A点的电场强度D. 将一负点电荷从B点移到D点，电场力先做负功后做正功【答案】B【解析】【分析】【详解】A．由图知A点的电势为零，由于沿着电场线电势降低，所以O点的电荷带正电，P点电荷带负电．故A错误B．由图可知：从B到C，电势升高，根据顺着电场线电势降低可知，BC间电场强度方向沿x轴负方向，故B正确；C．点C为电势的拐点，若正点电荷从D到B点，电势能先增大后减小，则C点电场强度为零，故C错误D．因为BC间电场强度方向沿x轴负方向，CD间电场强度方向沿x轴正方向，则将一负点电荷从B点移到D点，电场力先做正功后负功，故D错误；故选B。3. 在物理学史上，奥斯特首先发现电流周围存在磁场。随后，物理学家提出“磁生电”的设想。很多科学家为证实这种设想进行了大量研究。下列实验中可以产生感应电流的是（　　）A. 甲图，条形磁体向闭合金属环运动B. 乙图，条形磁铁静止在线圈上方过程C. 丙图中，开关闭合后发现金属棒运动D. 丁图中，导线缠绕在磁铁上与灵敏电流计连接【答案】A【解析】【详解】A．条形磁体向闭合金属环运动，通过金属环的磁通量会有变化，可以产生感应电流，故A正确；B．条形磁铁静止在线圈上方过程，线圈的磁通量没有发生变化，不可以产生感应电流，故B错误；C．开关闭合后金属棒运动时因为金属棒通电后会受到安培力作用，在安培力的作用下发生运动，与感应电流无关，故C错误；D．导线缠绕在磁铁上与灵敏电流计连接过程中既没有磁通量的变化，也没有导体切割磁感线，不会产生感应电流，故D错误。故选A。 4. 有一小段通电导线，长0.1m，通过导线的电流为5A，把它放入磁场中某一位置，受到的磁场力是1N，则该处磁感应强度的大小可能为（　　）A. 0.8T B. 1.2T C. 1.8T D. 2.2T【答案】D【解析】【详解】若导线与磁场垂直，则该处的磁感应强度若导线不是与磁场垂直，则磁感应强度故ABC三项错误，D项正确。故选D。5. 如图所示，在条形磁铁产生的磁场中，垂直条形磁铁中心轴线放置3个相同的闭合线圈S1、S2和S3，三个线圈的中心均在条形磁铁的中心轴上，穿过各个线图的磁通量分别为Φ1、Φ2和Φ3，则（　　）A. Φ1=Φ2 B. Φ2>Φ3 C. Φ1<Φ2 D. Φ1=Φ3【答案】B【解析】【详解】闭合线圈S1，S2和S3三个线圈的中心在条形磁铁中心轴线上，磁感线越往右越稀疏，磁感应强度越小，故Φ1>Φ2>Φ3故选B。6. 如图所示，足够长的传送带以恒定的速率逆时针运动，一质量为m的物块以大小为的初速度从左轮中心正上方的P点冲上传送带，从此时起到物块再次回到P点的过程中，下列说法正确的是A. 合力对物块的冲量大小一定为2mv2B. 合力对物块的冲量大小一定为2mv1C. 合力对物块的冲量大小可能为零D. 合力对物块做的功可以有为零【答案】D【解析】【详解】若v2＞v1，物块在传送带上先向右做匀减速直线运动，速度减为零后再返回做匀加速直线运动，达到速度v1后做匀速直线运动，可知物块再次回到P点的速度大小为v1，规定向左为正方向，根据动量定理得，合外力的冲量I合=mv1-m（-v2)=mv1+mv2根据动能定理知，合外力做功W合＝mv12−mv22若v2＜v1，物块在传送带上先向右做匀减速直线运动，速度减为零后再返回做匀加速直线运动，物块再次回到P点的速度大小为v2，规定向左为正方向，根据动量定理得，合外力的冲量为I合=mv2-m（-v2)=2mv2根据动能定理知，合外力做功为W合＝mv22−mv22＝0故D正确，ABC错误。故选D。7. 在光滑的水平面上有A、B 两辆玩具小汽车，质量分况为，。现使A车以10m/s的速度沿AB 中心的连线向静止的B 车运动，与B 车发生对心碰撞，则碰撞后两车的速度可能是（　　）A. v A=7m/s，v B=6 m/s B. v A= -1m/s，v B=22m/sC. v A=6m/s，v B= 8m/s D. v A=2m/s，v B=16m/s【答案】C【解析】【详解】假设A、B 两车发生弹性碰撞，则有代入数据解得，假设A、B 两车发生完全非弹性碰撞，则有代入数据解得可知碰撞后A、B两车的速度范围分别为,故C正确，ABD错误。故选C。8. 如图所示，虚线A、B、C为某电场中的三条电场线，实线为一带正电粒子仅在电场力作用下运动的轨迹，P、Q为轨迹与电场线A、C的交点，则下列说法正确的是(    ) A. P点电势比Q点电势高B. 粒子在P点的加速度大于在Q点的加速度C. 粒子在P点的动能大于Q点动能D. 粒子在P点电势能大于粒子在Q点电势能【答案】AD【解析】【详解】CD.由粒子运动的轨迹弯曲的方向可知道粒子受力的方向向右下，粒子从P运动到Q，电场力做正功，电势能降低，动能增大；因此P点的动能小于Q点动能,C错误；P点的电势能大于Q点的电势能，D正确B.因Q点处的电场线密集，故Q点的电场强度大，故电荷在Q点受到的电场力大于P点受到的电场力，根据牛顿第二定律得到，粒子在P点的加速度小于在Q点的加速度，故B错误；A.由电势能和电势的关系可知P点的电势大于Q点的电势，A正确9. 如图所示，电源电动势为E、内阻为r.闭合开关S，当滑动变阻器R滑片缓慢地从最左端向右移动一段距离的过程中，电压表示数的变化量为Δ U，电流表示数的变化量为Δ I，电流表的示数为I，电容器的带电量为Q，则在这个过程中，下列图象正确的是(　　)A.  B. C.  D. 【答案】BD【解析】【详解】AB．电压表测量滑动变阻器的电压，电流表测量干路电流，根据闭合电路欧姆定律U=E-I（R1+r）得△U=△I（R1+r）解得：所以不变，所以图像为平行时间轴的直线，故A错误，B正确；CD．当滑动变阻器R的滑片缓慢地从最左端向右移动一段距离的过程中，变阻器接入电路的电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析得知，电路中总电流I增大，根据欧姆定律可知电阻R1两端电压增大，电路中总电流I增大，根据Q=UC=CR1I可知Q-I图象是过原点的倾斜直线，故C错误，D正确10. 如图甲，长木板A静放在光滑的水平面上，质量m =1 kg的物块B以v0=3m/s的速度滑上A的左端，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示，取g =10 m/s²，由此可得(    )A. A的质量m A =1 kgB. A、B间的动摩擦因数为0．2C. 木板A的长度至少为2 mD. 0～2 s内，A、B系统机械能的损失为3 J【答案】BD【解析】【详解】由图示图象可知，木板获得的速度为 v=1m/s，A、B组成的系统动量守恒，以B的初速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得：mv0=（m+m A）v，解得：m A=2kg，故A错误；0～2s内，A、B系统机械能的损失为：，故D正确；B的加速度大小：，由牛顿第二定律得 μ mg=ma，解得 μ=0.2，故B正确；根据“面积”之差求出木板A的长度即：，故C错误．所以BD正确，AC错误．二 、实验题（本题共2小题，共18分）11. 为了测量一节干电池的电动势和内阻，某同学采用了伏安法，现备有下列器材：A．被测干电池一节；B．电流表1：量程0～0.6A，内阻r=0.3Ω；C．电流表2：量程0～0.6A，内阻约为0.1Ω；D．电压表1：量程0～3V，内阻未知；E．电压表2：量程0～15V，内阻未知；F．滑动变阻器1：0～10Ω，2A；G．滑动变阻器2：0～1000Ω，1A；H．开关、导线若干。伏安法测电池电动势和内阻的实验中，由于电流表和电压表内阻的影响，测量结果存在系统误差；在现有器材的条件下，要尽可能准确地测量电池的电动势和内阻。（1）在上述器材中请选择适当的器材：___________（填写选项前的字母）。（2）实验电路图应选择图中的___________（填“甲”或“乙”）。（3）根据实验中电流表和电压表的示数得到了如图丙所示的U-I图像，则干电池的电动势E=___________V，内电阻r=___________Ω。【答案】    ①. ABDFH    ②. 甲    ③. 1.5    ④. 0.7【解析】【详解】（1）[1]选择适当的器材：A．被测干电池一节必须选择；电流表B的内阻是已知的，故选B；电压表选择量程0～3V的D；滑动变阻器选择阻值较小的“0～10Ω，2A”的F；H，开关、导线若干必须选择。故选A、B、D、F、H。（2）[2]因电流表的内阻已知，故实验电路图应选择图甲。（3）[3][4]根据题图丙所示的U-I图像，可知干电池的电动势E=1.5V内电阻r′=|k|-r=Ω-0.3Ω=0.7Ω12. 图（a）为某同学组装完成的简易多用电表的电路图。图中E是电池；R1、R2、R3、R4和R5是固定电阻，R6是可变电阻；表头G的满偏电流为100μA，内阻为480Ω。虚线方框内为换挡开关，A端和B端分别与两表笔相连，该多用电表有5个挡位，5个挡位为：直流电压1V挡和5V挡，直流电流1mA挡和2.5mA挡，欧姆×100Ω挡。（1）图（a）中的A端与________（填“红”或“黑”）色表笔相连接。（2）关于R6的使用，下列说法正确的是________（填正确答案标号）A．在使用多用电表之前，调整R6使电表指针指在表盘左端电流“0”位置B．使用欧姆挡时，先将两表笔短接，调整R6使电表指针指在表盘右端电阻“0”位置C．使用电流挡时，调整R6使电表指针尽可能指在表盘右端电流最大位置（3）根据题给条件可得R1+R2=________Ω，R4=________Ω。（4）某次测量时该多用电表指针位置如图（b）所示。若此时B端是与“1”相连的，则读数为________；若此时B端是与“3”相连的，则读数为________；若此时B端是与“5”相连的，则读数为________。（结果均保留3位有效数字）【答案】    ①. 黑    ②. B    ③.     ④. 952    ⑤. 1.45mA    ⑥.     ⑦. 2.90V【解析】【详解】（1）[1]A端与欧姆表内电源正极相连，根据“红进黑出”，可知A端与黑表笔相连。（2）[2]R6是可变电阻，它作用就是欧姆表调零，也就是使用欧姆挡时，先将两表笔短接，调整R6使电表指针指在表盘右端电阻“0”位置。故选B。（3）[3]换挡开关接2时，是量程为1mA的电流表，所以[4]换挡开关接4时，是量程为1V的电压表，这时表头与R1、R2并联组成新表头，新表头的内阻新表头的量程是1mA，所以（4）[5]某次测量时该多用电表指针位置如图（b）所示。若此时B端与“1”相连，则多用电表是量程为2.5mA的电流表，则读数为1.45mA；[6]若此时B端与“3”相连接，多用电表是欧姆×100Ω挡，则读数为11.0×100Ω，即1.10×103Ω；[7]若此时B端与“5”相连接，多用电表是量程为5V电压表，则读数为2.90V。三、计算题（共3小题，共39分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）13. 如图所示，在匀强电场中，将一电荷量为2×10−5C的正电荷由A点移到B点，其电势能增加了0.2J。已知A、B两点间距离为2cm，两点连线与电场方向成60°角，求：（1）电荷由A移到B的过程中，电场力所做的功WAB；（2）A、B两点间的电势差UAB；（3）该匀强电场的电场强度大小E和方向。【答案】（1）−0.2J；（2）−1×104V；（3）1×106V/m；方向向下【解析】分析】【详解】（1）A→B过程（2）A、B两点间的电势差（3）沿电场线方向根据方向向下14. 如图所示，可看成质点的A物体叠放在上表面光滑的B物体上，一起以V0的速度沿光滑的水平轨道匀速运动，与静止在同一光滑水平轨道上的木板C发生完全非弹性碰撞，B、C的上表面相平且B、C不粘连，A 滑上C后恰好能到达C板的最右端，已知A、B、C质量均相等，且为m，木板C长为L，求：（1）A物体的最终速度；（2）A、C 之间的摩擦力f；（3）A在木板C上滑行的时间t．【答案】(1)    (2)    (3)【解析】【详解】（1）B、C碰撞过程中动量守恒，令B、C碰后的共同速度大小为，以B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：B、C共速后一瞬间，A以速度滑上C，A滑上C后，B、C脱离，紧接着A、C相互作用过程中动量守恒，设最终A、C的共同速度，以向右为正方向，由动量守恒定律得：解得：，即A最终得速度；（2）在A、C相互作用过程中，根由能量守恒定律得：解得：；（3）在A、C相互作用过程中，以C为研究对象，由动量定理得： 解得：；【点睛】B、C碰撞过程动量守恒，A、C相互作用过程动量守恒，由动量守恒定律可以求出A的最终速度；由能量守恒定律求出A、C间的摩擦力，然后由动量定理可以求出A的运动时间．15. 如图所示，一轻质弹簧的一端固定在滑块B上，另一端与滑块C接触但未连接， 该整体静止放在离地面高为H=5m的光滑水平桌面上，现有一滑块A从光滑曲面上离桌面h=l.8m高处由静止开始滑下，与滑块B发生碰撞并粘在一起压缩弹簧推动滑块C向前运动, 经一段时间，滑块C脱离弹簧，继续在水平桌面上匀速运动一段后从桌面边缘飞出． 已知m A=l k g，m B=2kg,m C=3kg，g=10m/s2，求:(1)滑块A与滑块B碰撞结束瞬间速度；(2)被压缩弹簧的最大弹性势能；(3)滑块C落地点与桌面边缘的水平距离。
 【答案】(1)2m/s (2) 3J(3) 2m【解析】【详解】(1) 滑块A从光滑曲面上h高处由静止开始滑下的过程，机械能守恒，设其滑到底面的速度为v1，由机械能守恒定律有 解得： 滑块A与B碰撞的过程，A、B系统的动量守恒，碰撞结束瞬间具有共同速度设为v2，由动量守恒定律有mAv1=(m A+m B)v2解得：；(2) 滑块A、B发生碰撞后与滑块C一起压缩弹簧，压缩的过程机械能守恒，被压缩弹簧的弹性势能最大时，滑块A、B、C速度相等，设为速度v3， 由动量守恒定律有mAv1=(m A+m B+m C)v3由机械能守恒定律有 解得：(3) 被压缩弹簧再次恢复自然长度时，滑块C脱离弹簧，设滑块A、B的速度为v4，滑块C的速度为v5，分别由动量守恒定律和机械能守恒定律有(m A+mBv2)=(m A+m B)v4+mCv5 解得：滑块C从桌面边缘飞出后做平抛运动： 解得：