2022-2023学年广东省广州中学高二上学期期末考试物理试题

这是一份2022-2023学年广东省广州中学高二上学期期末考试物理试题，共15页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
广州中学2022-2023学年第一学期期末测试卷高二物理（选考）（命题：  审题：  满分100分，考试用时75分钟）一、单项选择题（每题4分，计32分）1．下列说法中不正确的是（　　）A．物体所受的合外力不为零，物体的运动状态一定发生变化B．物体所受的合外力不为零，物体的加速度一定发生变化C．合外力对物体做了功，物体的动能一定发生变化D．合外力对物体有冲量，物体的动量一定发生变化2．若带正电荷的小球只受到电场力作用，则它在任意一段时间内（  ）A．一定沿电场线由高电势处向低电势处运动B．一定沿电场线由低电势处向高电势处运动C．不一定沿电场线运动，但一定由高电势处向低电势处运动D．不一定沿电场线运动，也不一定由高电势处向低电势处运动3．图为一质点做简谐运动的位移随时间变化的图像，由图可知，在t=4s时刻，质点的（  ）A．速度为零，位移为正的最大值B．速度为零，位移为负的最大值C．速度为正的最大值，位移为零D．速度为负的最大值，位移为零4．一列简谐机械横波某时刻的波形图如图所示，波源的平衡位置坐标为x＝0．当波源质点处于其平衡位置上方且向下运动时，介质中平衡位置坐标x＝0.2m的质点所处位置及运动情况是(　　)A．在其平衡位置下方且向上运动B．在其平衡位置上方且向下运动C．在其平衡位置上方且向上运动D．在其平衡位置上方且向下运动5．质量为1.0kg的小球从高20m处自由下落到软垫上，反弹后上升的最大高度为5.0m．小球与软垫接触的时间为1.0s，在接触时间内小球受到合力的冲量大小为（空气阻力不计，g取10m/s2）A．10N·s B．20N·s C．30N·s D．40N·s6．一个做简谐运动的质点，它的振幅是4cm，频率是2.5Hz，该质点从平衡位置开始经过2.9s后，位移的大小和经过的路程分别为　（　　）A．0　10cm B．4cm　100cmC．0　28cm D．4cm　116cm7．在如图所示的电路中，R1、R2、R3均为可变电阻。当开关S闭合后，两平行金属板MN中有一带电液滴正好处于静止状态。为使带电液滴向上加速运动，可采取的措施是（　　）A．增大R1   B．减小R2   C．减小R3  D．增大MN间距8．一简谐机械波沿x轴正方向传播，周期为T，波长为λ。若在x=0处质点的振动图象如图所示，则该波在时刻的波形曲线为（                            ）A． B．C． D．二、多项选择题（每题4分，计16分，选对但不全的得2分）9．关于波的传播现象，下列说法正确的是（  ）A．波向前传播，在两介质的界面上要么发生反射，要么发生折射，二者不会同时发生B．发生反射时波的频率不变，波速变小，波长变短C．发生折射时波的频率不变，但波长、波速发生变化D．两列波发生干涉时，振动加强的位置和减弱的位置是不变的10．平行板电容器的电容（  ）A．跟两极板间的距离成正比B．跟充满极板间的介质的介电常数成正比C．跟两极板的正对面积成正比D．跟加在两极板间的电压成正比11．如图所示，一简谐横波在x轴上传播，轴上a、b两点相距12m。t=0时a点为波峰，b点为波谷；t=0.5s时，a点为波谷，b点为波峰。则下列判断中正确的是（　　）A．波一定沿x轴正方向传播 B．波长可能是8mC．周期可能是0.5s D．波速可能是24m/s12．光滑水平面上有一边长为L的正方形区域处在场强为E的匀强电场中，电场方向与正方形一边平行。一质量为m，带电量为q的小球由某一边的中点，以垂直于该边的初速度进入该正方形区域。当小球再次运动到该正方形区域的边缘时，具有的动能可能为（　　）A．0 B．C． D．三、填空题（每题3分，计9分）13．（1）电场中A点的电势φ A＝15V，B点的电势φ B＝10V。把电量为－5×10－9C的电荷，从A点移到B点电场力做的功为_______J。（2）一台标有“220V 66W”的电风扇，线圈电阻为20Ω．当电风扇正常工作时，输出的机械功率为_____W。（3）一长为L的木板放在光滑的水平面上，一木块以一定的初速度从木板的一端滑上木板。若木板固定，木块刚好没有滑离木板；若木板不固定，木块相对于木板滑行的距离为______。已知木板和木块的质量相等，木块可看成质点。四、实验题（计16分）14．（3分）某同学通过实验测定一个阻值约为5Ω的电阻Rx的阻值。现有电源（4V，内阻可不计）、滑动变阻器（0～20Ω，额定电流2A）、开关和导线若干，以及下列电表：A．电流表（0～3A，内阻约0.025Ω）B．电流表（0～0.6A，内阻约0.125Ω）C．电压表（0～3V，内阻约3kΩ）D．电压表（0～15V，内阻约15kΩ）为减小测量误差，在实验中，电流表应选用______，电压表应选用______（选填器材前的字母）；实验电路应采用图中的______（选填“甲”或“乙”）； 甲   乙15．（7分）某同学通过查找资料自己动手制作了一个电池．该同学想测量一下这个电池的电动势E和内电阻r，但是从实验室只借到一个开关、一个电阻箱（最大阻值为999.9Ω，可当标准电阻用）、一只电流表（量程I g＝0.6A，内阻r g＝0.1Ω）和若干导线。(1)请根据测定电动势E和内电阻r的要求，设计图a中器材的连接方式，把它们连接起来；(2)闭合开关，逐次改变电阻箱的阻值R，读出与R对应的电流表的示数I，并作记录。当电阻箱的阻值R＝2.6Ω时，其对应的电流表的示数如图b所示。处理实验数据时，首先计算出每个电流值I的倒数；再制作R－坐标图，如图c所示，图中已标注出了（，R）的几个与测量对应的坐标点，请你将与图b实验数据对应的坐标点也标注在图c上______；(3)在图c上把描绘出的坐标点连成图线；(4)根据图c描绘出的图线可得出这个电池的电动势E＝______V，内电阻r＝______Ω。（小数点后面保留2位小数）16．（6分）一位同学用单摆做测量重力加速度的实验，他将摆球挂起后，进行了如下步骤A．测摆长：用米尺量出摆线的长度。B．测周期：将摆球拉起，然后放开，在摆球某次通过最低点时，按下秒表开始计时，同时将此次通过最低点作为第一次，接着一直数到摆球第60次通过最低点时，按秒表停止计时，读出这段时间，算出单摆的周期C．将所测得的和代入单摆周期公式算出，将它作为实验的最后结果写入实验报告中去。指出上面步骤中遗漏或错误的地方，写出该步骤的字母，并加以改正。(不要求进行误差计算)五、计算题（计27分）17．（8分）如图所示，将一质量m＝0.2g的带负电荷的小球B用绝缘线挂起来，用带电荷量的小球A靠近B，当B球静止时悬线与竖直方向成45°角，此时两球位于同一水平面上，相距r＝30cm。重力加速度。静电力常量，求：（1）B球所带电荷量；（2）此时A球在B球平衡处产生的电场强度的大小。18．（8分）在核反应堆里，用石墨作减速剂，使铀核裂变所产生的快中子通过与碳核不断的碰撞而被减速．假设中子与碳核发生的是弹性正碰，且碰撞前碳核是静止的．已知碳核的质量近似为中子质量的12倍，中子原来的动能为，试求：经过一次碰撞后中子的能量变为多少？19．（11分）如图所示，质量为m，电荷量为e的电子，从A点以速度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a的大小及电子在B点的速度大小？（2）A、B两点间的电势差？（3）电子从A运动到B的时间？
参考答案：1．B【解析】A．物体所受合外力不为零，物体必有加速度，即速度会发生变化，运动状态一定发生变化，故A正确；B．物体所受合外力不为零，但是是恒力，根据牛顿第二定律，物体的加速度也是恒定不变的，故B错误；C．根据动能定理，合外力对物体做功，物体的动能一定发生变化，故C正确；D．根据动量定理，合外力对物体有冲量，物体的动量一定发生变化，故D正确。故选B。2．D【解析】物体的运动情况取决于受到的合力和初始条件。小球只受到电场力的作用，由于不清楚电场是何种电场，也不清楚小球的初速度大小和方向，故在任意一段时间内，小球不一定沿电场线运动，也不一定由高电势处向低电势处运动。故选D。3．A【解析】在时，质点的位移为正向最大，质点的速度为零，而加速度方向总是与位移方向相反，大小与位移大小成正比，则加速度为负向最大值；故A正确；故选A。4．A【解析】由图λ=0.4m，坐标x=0.2m的质点的振动情况与波源的振动情况总是相反．当波源质点处于其平衡位置上方且向下运动时，则x=0.2m的质点在平衡位置下方且向上运动，故A正确．故选C．5．C【解析】小球从开始下落到落到软垫上过程中，由动能定理可得：mgh1=mv12-0，代入数据解得：v1=20m/s，方向竖直向下；小球从反弹到到达最高点过程中：-mgh2=0-mv22，代入数据解得：v2=10m/s，方向竖直向上；以竖直向上为正方向，由动量定理得：I=mv2-mv1=1kg×10m/s-1kg×（-20m/s）=30N•s，方向竖直向上；故选C．6．D【解析】质点振动的周期为时间质点从平衡位置开始振动，经过2.9s到达最大位移处，其位移大小为通过的路程为故ABC错误，D正确。故选D。7．B【解析】A．当增大R1电阻时，没有作用，因为R1电阻与两平行金属板相串联，没有电流通过，所以R1电阻两端没有电势差。故A错误；B．当R2减小时，导致总电阻减小，所以总电流变大，则变阻器R3电压变大，电容器板间电压增大，场强增大，液滴所受的电场力增大，将向上加速运动，故B正确；C．当R3减小时，导致总电阻减小，所以总电流变大，则R2电阻两端电压变大，那么R3变阻器电压变小，电容器板间电压减小，场强减小，液滴所受的电场力减小，将向下加速运动，故C错误；D．当增大MN间距时，由于平行板两端电压不变，则两板间的电场强度变小，所以电场力将小于重力，液滴向下加速运动，故D错误。故选B。8．A【解析】从振动图像上可以看出x=0处的质点在时刻处于平衡位置，且正在向下振动，四个图像中，只有A符合题意，故A正确，BCD错误。故选A。9．CD【解析】A．波向前传播，在两介质的界面上，通常波既发生反射，也会发生折射，当然全反射时，就只有反射没有折射了，A错误；B．波发生反射时，在同一种介质中传播，因此波长、波速和频率都不发生变化，故B错误；C．波发生折射时，在不同种介质中运动，波速发生变化，但频率由振源决定，波的频率不变，由可知波长也发生变化，C正确．D．两列波发生干涉现象的条件是两列波的频率相同且相位差恒定，在这个前提下，振动加强区始终加强，振动减弱区始终减弱，形成稳定的干涉图样，故D正确。10．BC【解析】A．根据，电容的大小和两极板的距离成反比，故A错误；B．根据，电容的大小和充满极板间的介质的介电常数成正比，故B正确；C．根据，电容的大小和两极板的正对面积成正比，故C正确；D．电容和两极板间的电压无关，故D错误。故选BC。11．BD【解析】A．题干信息无法确定波的传播方向，故A错误；B．从波动图像可知：若a点为波峰，b点为波谷，则二者相距至少半个波长，或者n个波长另加半个波长，故有，（n=0，1、2、3…）得当n=1时，λ=8m，故B正确；C．由题意有，（k=0，1、2、3…）得k无论取何值，T都不可能为0.5s，故C错误；D．波速为当k=1，n=1时，v=24m/s，故D正确。故选BD。12．BC【解析】若初速度方向与电场方向垂直，则小球做类平抛运动，从邻边出去，根据动能定理，得可得出动能为如果从对边出去，动能小于若初速度的方向与电场方向平行，但电场力方向与电场方向相反，则小球做匀减速直线运动，当小球能从对边出电场，则根据动能定理可得可得出其动能为若初速度的方向与电场方向平行，但电场力方向与电场方向相反，则小球做匀减速直线运动，当没有到达对边速度就减为零，则小球会返回到出发点，速度仍为v0，动能为若初速度的方向与电场方向平行，但速度方向与电场方向相同，则小球做匀加速直线运动，则小球会从对边射出电场，由动能定理，得可得出故选BC。13．（1）；（2）64.2   （3）L/2【解析】（1）AB间的电势差为则此过程中电场力做的功为（2）正常工作时通过电动机的电流大小为已知电动机正常时总功率为电动机正常工作时热功率为电动机正常工作时机械功率为小物块所受合外力为滑动摩擦力，设物块受到的滑动摩擦力为f，物块的初速度v0；如果长木板是固定的，物块恰好停在木板的右端，对小滑块的滑动过程运用动能定理如果长木板不固定，物块冲上木板后，物块向右减速的同时，木板要加速，最终两者一起做匀速运动，该过程系统受外力的合力为零，动量守恒，规定向右为正方向，根据系统动量守恒得对系统运用能量守恒，有解得14．B  C  甲【解析】（1）由于电源电动势为4V，待测电阻的阻值约为5Ω，故电路最大电流为0.8A，再考虑到滑动变阻器的影响，电流表应选用B，电压表应选C。待测电阻阻值约为5Ω，电流表内阻约为0.125Ω，电压表内阻约为3kΩ，电压表内阻远大于待测电阻阻值，电流表应采用外接法，应选择图甲所示电路图。15．   1.48  0.20【解析】（1）应用电流表与电阻箱测电源电动势与内阻，电流表、电阻箱与待测电源组成串联电路，实物电路图如图所示（2）由图示电流表可知，其量程为0.6A，分度值为0.02A，示数为0.5A，将电流与对应的电阻阻值标在坐标系内，如图所示（3）连成图线如图所示（4）由闭合电路欧姆定律可知则图像的斜率表示电源的电动势，故故图像与纵坐标的交点即内电阻为16．要用卡尺测出摆球直径d，摆长L等于摆线长与之和g应测量多次，然后取平均值做实验结果【解析】A．摆长不等于摆线的长度，所以要用卡尺测出摆球直径d，摆长L等于摆线长与小球半径之和；B．一个周期内两次通过最低点，按秒表开始计时，并记数为1，直到摆球第60次通过最低点时，所以共有29.5次全振动，所以；C．不能通过单独一次的实验数据作为最终结果，g应多测几次，然后取平均值作为实验最后结果；17．（1）；（2）【解析】（1）对B球进行受力分析，如图所示，设B球受到A球的库仑力为，则有由牛顿第三定律知B球受到的库仑力的大小为由库仑定律解得（2）A球在B球平衡处产生的电场强度18．【解析】设中子的质量为，速度为，碳核的质量为M，碰撞后中子、碳核的速度分别为、，以方向为正方向，根据动量守恒定律得根据机械能守恒定律得由以上两式解得碰撞一次，中子损失的动能为则剩余的能量为19．（1），；（2）；（3）【解析】（1）根据牛顿第二定律有解得从B点射出电场时的速度方向与电场线成120°角，则B点射出电场时的速度方向与水平方向成30°，则有（2）电子从A点到B点过程有解得（3）竖直分速度结合上述，解得