2022-2023学年广西来宾市忻城县中学高二上学期期末物理试题（二）含解析

来宾市忻城县中学2022-2023学年高二上学期期末物理试题（二）

一、选择题（1~6单选，7~10多选，单选每题5分，多选每题6分，共54分）

1. 运送人造地球卫星的火箭开始工作后，火箭做加速运动的原因是（　　）

A. 燃料燃烧推动空气，空气的反作用力推动火箭

B. 火箭发动机将燃料燃烧产生的气体向后推出，气体的反作用力推动火箭

C. 火箭吸入空气，然后向后推出，空气对火箭的反作用力推动火箭

D. 火箭燃料燃烧发热，加热周围空气，空气膨胀推动火箭

【答案】B

【解析】

【分析】

【详解】由于反冲运动的作用，火箭燃料燃烧产生的气体给火箭一个反作用力使火箭加速运动，这个反作用力并不是空气给的。

故选B。

2. 一空间探测器，如图二所示，装有四台喷气发动机P1、P2、P3、P4；开始时沿如图x轴的正方向做匀速运动，现要使探测器变为沿y轴正方向运动可采取的措施是（　　）

A. 开启P1一段时间后关闭，再开启P2

B. 开启P1一段时间后关闭，再开启P4

C. 开启P3一段时间后关闭，再开启P2

D. 开启P3一段时间后关闭，再开启P4

【答案】D

【解析】

【详解】AB．开始时沿如图x轴的正方向做匀速运动，具有沿x轴的正方向的速度。开启P1一段时间后关闭，探测器将沿x轴的正方向加速，开启P2或P4，探测器将在一或四象限做曲线运动，故AB错误；

C．开启P3一段时间后关闭，探测器将沿x轴的正方向减速，如速度减为0，再开启P2，则探测器将向y轴负方向运动，故C错误；

D．开启P3一段时间后关闭，探测器将沿x轴的正方向减速，如速度减为0，再开启P4，则探测器将向y轴正方向运动，故D正确。

故选D。

3. 在如图所示电路中，当变阻器的滑动头向端移动时（　　）

A. 电压表示数变大，电流表示数变小 B. 电压表示数变小，电流表示数变大

C. 电压表示数变大，电流表示数变大 D. 电压表示数变小，电流表示数变小

【答案】B

【解析】

【详解】根据题意可知，当变阻器的滑动头向端移动时，阻值减小，则电路中的总电阻减小，由闭合回路欧姆定律可知，总电流变大，路端电压变小，即电压表示数变小；由闭合回路欧姆定律可知，两端的电压

由于总电流变大，则变小，流过的电流变小，则通过滑动变阻器的电流变大，即电流表示数变大。

故选B。

4. 当空气中的电场强度超过E0时，空气会被击穿。给半径为R的孤立导体球壳充电，球壳所带电荷量的最大值为Q，已知静电力常量为k（提示：均匀带电球壳对壳外某点的场强，可以看做集中在球壳中心的点电荷对求外某点的场强），则Q为（　　）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【详解】均匀带电球壳内部的电场强度为零，当球壳所带电荷量为最大值为Q时，紧贴球壳周围空间的场强为，根据

解得球壳的带电量

故选B。

5. 在如图所示平面内，两个带等量正电的点电荷分别固定在A、B两点，O为连线的中点，为的垂直平分线，C、D两点在上且。下列说法正确的是（　　）

A. O点的场强比C点的场强大 B. C点的场强与D点的场强相同

C. O点的电势比D点的电势高 D. 电子在C点的电势能比在D点的电势能大

【答案】C

【解析】

【详解】A．两个带等量正电的点电荷在A、B中点产生的场强为零，而C点的场强不为零，故O点的场强比C点的场强小，A错误；

B．根据对称关系可知，C点的场强与D点的场强大小相等，但方向相反，B错误；

C．两个带等量正电的点电荷的中垂线的电场方向有O点指向远处，所以O点的电势比D点的电势高，C正确；

D．根据对称性可知，C点电势与D点的电势相同，故电子在C点的电势能与在D点的电势能相等，D错误。

故选C。

6. 有一种测量电场强度的方法，其原理如图，竖直平面的虚线框内存在水平方向的匀强电场，虚线框高度为d。让质量为m、带电量为q的粒子从M点由静止释放，最终带电粒子在电场区域下边界的照相底片上打出一个感光点P，P点与M点的水平距离为0.5d，已知重力加速度为g，则电场强度E大小为（　　）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【详解】竖直方向满足

水平方向满足

联立解得

故A正确，BCD错误。

故选A。

7. 子弹水平射入一个置于光滑水平面上的木块，则（　　）

A. 子弹受到的冲量和木块受到的冲量大小相等

B. 子弹对木块的冲量大小必大于木块对子弹的冲量大小

C. 当子弹与木块以同一速度运动后，子弹与木块的动量一定相等

D. 子弹与木块的动量变化量大小相等、方向相反

【答案】AD

【解析】

【详解】ABD．根据牛顿第三定律可知，子弹对木块的作用力与木块对子弹的作用力，大小相等，方向相反；而作用时间相同，因此子弹受到的冲量和木块受到的冲量大小相等，方向相反，根据动量定理，子弹与木块的动量变化量大小相等、方向相反，AD正确，B错误；

C．动量的定义

由于子弹和木块的质量关系未知，因此当子弹与木块以同一速度运动后，子弹与木块的动量不一定相等，C错误。

故选AD。

8. 下列各图为电流产生磁场的分布图，正确的分布图是（ ）

A.  B.

C.  D.

【答案】AD

【解析】

【分析】

【详解】根据安培定则可知A图中磁场方向为逆时针方向（从上往下看），B图中磁场方向为顺时针方向（从上往下看），CD图中间磁场方向应水平向右。

故选AD。

9. 神舟十三号返回舱进入大气层一段时间后，逐一打开引导伞、减速伞、主伞，最后启动反冲装置，实现软着陆。某兴趣小组研究了减速伞打开后返回舱的运动情况，将其运动简化为竖直方向的直线运动，其图像如图所示。设该过程中，重力加速度不变，返回舱质量不变，下列说法正确的是（　　）

A. 在时间内，返回舱重力的功率随时间减小

B. 在时间内，返回舱的加速度不变

C. 在时间内，返回舱的动量随时间减小

D. 在时间内，返回舱的机械能不变

【答案】AC

【解析】

【详解】A．在时间内，速度逐渐减小，由可知，返回舱重力的功率随时间减小，A正确；

B．图像的斜率表示加速度，可知在、时间内，返回舱的加速度都在减小，B错误；

C．在时间内，速度逐渐减小，由可知，返回舱动量随时间减小，C正确；

D．在时间内，返回舱减速下降，动能、重力势能均减小，故返回舱的机械能减小，D错误。

故选AC。

10. 如图，两对等量异号点电荷、固定于正方形的4个顶点上。L、N是该正方形两条对角线与其内切圆的交点，O为内切圆的圆心，M为切点。则（　　）

A. L和N两点处的电场方向相互垂直

B. M点的电场方向平行于该点处的切线，方向向左

C. 将一带正电的点电荷从M点移动到O点，电场力做正功

D. 将一带正电的点电荷从L点移动到N点，电场力做功为零

【答案】AB

【解析】

【详解】A．两个正电荷在N点产生的场强方向由N指向O，N点处于两负电荷连线的中垂线上，则两负电荷在N点产生的场强方向由N指向O，则N点的合场强方向由N指向O，同理可知，两个负电荷在L处产生的场强方向由O指向L，L点处于两正电荷连线的中垂线上，两正电荷在L处产生的场强方向由O指向L，则L处的合场方向由O指向L，由于正方形两对角线垂直平分，则L和N两点处的电场方向相互垂直，故A正确；

B．正方形底边一对等量异号电荷在M点产生的场强方向向左，而正方形上方的一对等量异号电荷在M点产生的场强方向向右，由于M点离上方一对等量异号电荷距离较远，则M点的场方向向左，故B正确；

C．由图可知，M和O点位于两等量异号电荷的等势线上，即M和O点电势相等，所以将一带正电的点电荷从M点移动到O点，电场力做功为零，故C错误；

D．由图可知，L点的电势低于N点电势，则将一带正电的点电荷从L点移动到N点，电场力做功不为零，故D错误。

故选AB

二、实验题与计算题∶（实验题每空2分，共14分，计算题32分）

11. 请分别写出螺旋测微器和游标卡尺对应的读数

甲读数：___________mm；乙读数为_____________cm。

【答案】    ①. 1.847##1.846##1.848    ②. 4.240

【解析】

【详解】[1]螺旋测微器的精确值为0.01mm，由图甲可知读数为

[2]20分度游标卡尺的精确值为0.05mm，由图乙可知读数为
 

12. 在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，可供选择的器材及代号如下：

A.小灯泡L（3 V、1.8 W）；铅蓄电池、电键各一个，导线若干；

B.滑动变阻器R（，额定电流1.5A）

C.电压表V1（量程：，）

D.电压表V2（量程：，）

E.电流表A1（量程：，）

F.电流表A2（量程：0~3 A，）

实验中要求加在小灯泡两端的电压可连续地从零调到额定电压。

（1）为了减少误差，实验中应选电压表___________，电流表___________；

（2）在实验中，电流表应采用___________法（填“内接”或“外接”）；

（3）请在图虚线框内按要求设计实验电路图（部分线已画好）______________

（4）某同学实验后作出的图像如图所示，请分析该图像形成的原因是：____________________________

【答案】    ①. C    ②. E    ③. 外接    ④.     ⑤. 灯丝的电阻随温度的升高而增大

【解析】

【详解】[1]由题可知小灯泡的额定电压为3V，所以电压表应该选择，即C。

[2]小灯泡的额定电流根据公式

带入数据，解得

电流表应该选择，即E。

[3]由公式

带入数据，解得

所以小灯泡的电阻约5Ω左右，远小于电压表内阻，属于小电阻，所以实验中，应该采用外接法。

[4]又因为要求加在小灯泡两端的电压可连续地从零调到额定电压，所以控制电路应该选择分压式接法，由之前的分析可知还应该选择外接法，所以电路图，如图所示

[5]电压、电流的增大，使小灯泡温度升高，灯丝电阻增大，所以该图像的原因是灯丝的电阻随温度的升高而增大。

13. 如图为由电源、电阻箱、电流表、开关等连接的成的电路。闭合并关S，当电阻箱接入电路的阻值时，电流表示数。已知电源的内阻，电流表的内阻不计。求：

（1）电源的电动势；

（2）当R取什么值电阻箱消耗的电功率最大，最大值为多少？

【答案】（1）；（2），

【解析】

【详解】（1）根据题意，由闭合电路欧姆定律可得

（2）根据题意可知，电阻箱消耗的功率即电源的输出功率，由公式可得

可知，当

时，有最大值，又有

可知，电阻箱消耗的电功率最大时，电阻箱的阻值为

最大功率为

14. 如图，长为L的矩形长木板静置于光滑水平面上，一质量为m的滑块以水平向右的初速度滑上木板左端。若木板固定，则滑块离开木板时的速度大小为；若木板不固定，则滑块恰好不离开木板。滑块可视为质点，重力加速度大小为g。求：

（1）滑块与木板间的动摩擦因数μ；

（2）木板的质量M。

【答案】（1）；（2）

【解析】

【详解】（1）木板固定时，滑块做匀减速直线运动，所受摩擦力大小为

由动能定理有

解得，滑块与木板间的动摩擦因数为

（2）木板不固定时，木板和滑块系统在相互作用过程中动量守恒，设两者共速时的速度为v，由能量守恒定律有

对木板和滑块系统，由动量守恒定律有

联立两式解得，

15. 如图所示为某显像设备内电场的简化模型。在y轴左侧存在水平向左的匀强电场，右侧存在竖直向上的匀强电场，场强大小均为E。电子枪在A处无初速释放一质量为m，电荷量为e的电子，A点的坐标为，不计电子重力。求：

（1）电子进入第一象限的速度大小；

（2）电子从释放到达x轴所需的时间；

（3）电子经过x轴上的点时的速度大小及速度方向与x轴正方向夹角θ的正切值。

【答案】（1）；（2）；（3），

【解析】

【详解】（1）电子进入第一象限前只受到电场力，则根据动能定理有

可得，电子进入第一象限的速度大小为

（2）设电子进入第一象限之前的匀加速直线运动时间为，则根据匀变速直线运动速度与时间的关系以及牛顿第二定律有

可得

电子在A处释放加速运动至y轴进入第一象限后，做类平抛运动到达x轴，则根据初速度为零的匀变速直线运动位移与时间的关系可知y轴方向的位移满足

根据牛顿第二定律可得y轴右侧电子的加速度为

两式联立可得

则粒子由释放到x轴的时间为

（3）电子从y轴运动到x轴的过程中只受到竖直方向的电场力作用，因此由动能定理得

解得电子经过x轴上的点时速度大小为

由于电子在A处释放加速运动至y轴进入第一象限后，做类平抛运动到达x轴，因此根据速度的分解可得方向与x轴正方向的正切值为