广西壮族自治区钦州市港区中学2023年高二物理上学期期末试卷含解析

广西壮族自治区钦州市港区中学2023年高二物理上学期期末试卷含解析 一、 选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项符合题意 1. 如图所示，甲木块的质量为m1，以v的速度沿光滑水平地面向前运动，正前方有一静止的、质量为m2的乙木块，乙上连有一轻质弹簧．甲木块与弹簧接触后，下列说法不正确的是（　　） A．甲木块的动量守恒 B．甲、乙两木块所组成系统的动量守恒 C．甲、乙两木块所组成系统的动能不守恒 D．甲、乙两木块及弹簧组成的系统机械能守恒 参考答案： A 【考点】动量守恒定律；功能关系． 【分析】系统所受合力为零时，系统动量守恒，合外力做功为零，系统动能不变，机械能守恒的条件是只有重力或弹力做功，据此分析答题． 【解答】解：AB、甲木块与弹簧接触后，由于弹簧弹力的作用，甲、乙的动量要发生变化，但对于甲、乙所组成的系统，因所受合外力为零，故系统的动量守恒，故A错误，B正确； C、对于甲、乙两木块所组成系统，有一部分动能转化为弹簧的弹性势能，故系统的动能不守恒，故C正确． D、对于甲、乙两木块及弹簧组成的系统，只有弹力做功，则系统的机械能守恒，故D正确． 本题选不正确的，故选：A 2. 关于运动物体做功和能量变化，下列说法正确的是   （    ） A．运动物体重力做正功，重力势能增大 B．运动物体重力做负功，重力势能增大 C．运动物体合力做正功，动能要增大 D．运动物体动能不变，说明合外力为0 参考答案： BC 3. 目前雷达发出的电磁波频率多在200MHz～1000 MHz的范围内，下列关于雷达和电磁波的说法正确的是 （   ）  A．真空中，上述频率范围的电磁波的波长在30m～150m之间 B．测出从发射无线电波到接收反射回来的无线电波的时间，就可以确定障碍物的距离 C．电磁波是由恒定不变的电场或磁场产生的 D．波长越短的电磁波，越容易绕过障碍物，便于远距离传播 参考答案： B 4. 如图所示，导线AB可在平行导轨MN上滑动，接触良好，轨道电阻不计,电流计中有如图所示方向感应电流通过时，AB的运动情况是：（      ）                  A．向右加速运动       B．向右减速运动                              C．向右匀速运动       D．向左减速运动 参考答案： AD 5. 关于电场强度、电势和电势能，下列说法中正确的是（      ） A．在电场中，电势高的地方，电荷在该点具有的电势能就打     B．在电场中，电势高的地方，放在该点的电荷的电荷量越大，它所具有的电势能也越大     C．在电场中电势高的点，电场强度一定大     D．在负的点电荷所产生的电场中的任何一点上，正电荷所具有的电势能一定小于负电荷所具有的电势能   参考答案： D 二、 填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分 6. 有一台电动起重机，其两端的电压为380伏，通过它的电流为10安时，起重机正好以3m/s的速度匀速提起100千克的物体，不考虑其他机械能的损失，则电动机的电阻为          Ω。（g取10m/s2） 参考答案： 8 由 能量守恒： 380×10= 3800=100R+1000×3 解得R=8Ω 7. 如图所示为某同学利用方格坐标纸测定半圆形玻璃砖折射率实验的记录情况，虚线为半径与玻璃砖相同的圆，在没有其它测量工具的情况下，只需由坐标纸即可测出玻璃砖的折射率．则玻璃砖所在位置为图中的      （填“上半圆”或“下半圆”），由此计算出玻璃砖的折射率为          ． 参考答案： 上半圆    1.5 8. 用多用电表测量某电阻的阻值时，先将选择开关置于“×10”挡，把两支表笔________，调整“欧姆调零旋钮”，使指针指向“0”。此时电流的方向是从________（填“黑”或 “红”）表笔流出电表。然后将两支表笔与电阻两极连接，指针位置如图，则被测电阻的阻值为_________。 参考答案： 9. 某气体在、两种不同温度下的分子速率分布图象如图所示，纵坐标表示各速率区间的分子数占总分子数的百分比，横坐标表示分子的速率．可见，    （选填“＞”或“＜”），温度升高，分子的平均速率    增大  （选填“增大”或  “减小”）． 参考答案： ＜ 、 增大 解析温度是分子平均动能的标志，温度升高分子的平均动能增加，不同温度下相同速率的分子所占比例不同．温度越高，速率大的分子所占比率越大，故 小于 10. 图1为某一热敏电阻的I-U关系曲线图，在图2所示的电路中，电源电压恒为9v，电流表读数为70mA，定值电阻R1=250，由热敏电阻的I-U关系曲线可知，热敏电阻两端的电压约为       v，热敏电阻的阻值约为        ，电阻R2的阻值约为        。（结果均保留一位小数） 参考答案： 5.2v    152.9   111.8   11. 如图所示，用静电计测量电容器两板间的电势差，不改变两板的带电量，把B板向右移，静电计指针偏角将_______；把B板竖直向下移，静电计指针偏角将______；在AB板间插入一块电介质，静电计指针偏角将__________． 参考答案： 减小      增大        减小 12. 从空中同一地点沿水平方向同时抛出两个小球，它们的初速度方向相反、大小为分别为v1和v2，求经过           时间，两小球速度方向间的夹角为900。 参考答案：       13. 做简谐运动的单摆，当摆球做加速运动时，是__________能不断转化为__________能，在做减速运动时，是__________能不断转化为__________能。   参考答案： 重力势能、动能、动能、重力势能 三、 实验题：本题共2小题，每小题11分，共计22分 14. （6分）某同学选用匝数可调的可拆变压器来“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验，变压器原线圈两端所接的电源应是电压为12V的低压　  （选填“交流电源”或“直流电源”）。先保持原线圈的匝数不变，增加副线圈的匝数，观察到副线圈两端的电压     ；然后再保持副线圈的匝数不变，增加原线圈的匝数，观察到副线圈两端的电压       （选填“增大”、“减小”或“不变”）。上述探究副线圈两端的电压与匝数的关系中采用的实验方法是    （选填“控制变量法”、“转换法”或“类比法”）。 参考答案： 交流电源，增大，减小，控制变量法 变压器的工作原理是互感现象，故原线圈两端所接的电源应是电压为12V的低压交流电源； 根据变压比公式，保持原线圈的匝数不变，增加副线圈的匝数，观察到副线圈两端的电压增大； 根据变压比公式，保持副线圈的匝数不变，增加原线圈的匝数，观察到副线圈两端的电压减小； 上述探究副线圈两端的电压与匝数的关系中采用的实验方法是控制变量法。 15. 图Ⅰ为“研究平抛物体运动”的实验装置图，通过描点画出平抛小球的运动轨迹。 （1）    以下是实验过程中的一些做法，其中合理的有_______。 A．安装斜槽轨道，使其末端保持水平 B．每次小球释放的初始位置可以任意选择 C．每次小球应从同一高度由静止释放 D．为描出小球的运动轨迹，描绘的点可以用折线连接 （2）实验得到平抛小球的运动轨迹，在轨迹上取一些点，以平抛起点O为坐标原点，测量它们的水平坐标x和竖直坐标y，图Ⅱ中y－x2能说明平抛小球运动轨迹为抛物线的是_______。 （3）图Ⅲ为某同学根据实验画出的平抛小球的运动轨迹，O为平抛的起点，在轨迹上任取三点A、B、C，测得A、B两点竖直坐标y1为5.0cm、y2为45.0cm，A、B两点水平间距△x为40.0cm。则平抛小球的初速度v0为_______m／s；若C点的竖直坐标y3为60.0cm，则小球在C点的速度vC为_______m／s（结果均保留两位有效数字，g取10 m／s2）。 参考答案： 四、计算题：本题共3小题，共计47分 16. 如右图所示，用轻弹簧相连的质量均为2 kg的A、B两物块都以v=6 m／s的速度在光滑水平地面上运动，弹簧处于原长，质量4 kg的物块C静止在前方，B与C碰撞后二者粘在一起运动。在以后的运动中，求： （1）当弹簧的弹性势能最大时，物体A的速度多大? （2）弹性势能的最大值是多大? 参考答案： 解：(1)当A、B、C三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大. 由于A、B、C三者组成的系统动量守恒： (mA+mB)v＝(mA+mB+mC)vA′ ①   由①式解得 vA′=3 （m/s）  ② ks5u (2) B、C碰撞时B、C组成的系统动量守恒，设碰后瞬间B、C两者速度为v′，则： mBv=(mB+mC)v′③ 由③式解得： v′=2（m/s） ④ks5u 设物A速度为vA′时，弹簧的弹性势能最大为Ep，根据能量守恒： Ep=(mB+m-C) +mAv2-(mA+mB+mC) ⑤ 由⑤  式解得：Ep=12（J）⑥ ks5u 17. 如图所示，固定的光滑金属导轨间距为L，导轨电阻不计，上端a、b间接有阻值为R的电阻，导轨平面与水平面的夹角为θ，且处在磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中．质量为m、电阻为r的导体棒与固定弹簧相连后放在导轨上．初始时刻，弹簧恰处于自然长度，导体棒具有沿轨道向上的初速度v0．整个运动过程中导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触．已知弹簧的劲度系数为k，弹簧的中心轴线与导轨平行． （1）求初始时刻通过电阻R的电流I的大小和方向； （2）当导体棒第一次回到初始位置时，速度变为v，求此时导体棒的加速度大小a； （3）导体棒最终静止时弹簧的弹性势能为Ep，求导体棒从开始运动直到停止的过程中，电阻R上产生的焦耳热Q． 参考答案： 解：（1）棒产生的感应电动势E1=BLv0 通过R的电流大小 根据右手定则判断得知：电流方向为b→a   （2）棒产生的感应电动势为E2=BLv 感应电流 棒受到的安培力大小，方向沿斜面向上，如图所示． 根据牛顿第二定律 有|mgsinθ﹣F|=ma 解得　a=|gsinθ﹣| （3）导体棒最终静止，有　mgsinθ=kx 弹簧的压缩量 设整个过程回路产生的焦耳热为Q0，根据能量守恒定律　有    解得 电阻R上产生的焦耳热 答：（1）初始时刻通过电阻R的电流I的大小为，方向为b→a； （2）此时导体棒的加速度大小a为|gsinθ﹣|； （3）导体棒从开始运动直到停止的过程中，电阻R上产生的焦耳热Q为 [+﹣EP]． 【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；右手定则；电磁感应中的能量转化． 【分析】（1）棒向上运动切割磁感线，由E1=BLv0求感应电动势，由欧姆定律求感应电流，根据右手定则判断感应电流的方向； （2）当导体棒第一次回到初始位置时，速度变为v，棒产生的感应电动势为E2=BLv，再由欧姆定律求得感应电流，由F=BIL求出此时棒所受的安培力，根据牛顿第二定律就可以求出加速度； （3）导体棒最终静止时，由胡克定律求出弹簧的被压缩长度x，对整个过程，运用能量守恒列式，可求出回路产生的总热量，再串联关系求出R上产生的焦耳热Q． 18. 把一个试探电荷q放在点电荷Q所形成的电场中的A 点，若试探电荷 q=-2.0×10-8C,它所受的电场力F=4.0×10-3N,方向指向Q，A 点距Q的距离为 r=0.30m,求 A 点的电场强度； 点电荷Q的电荷量和电性（K=9.0×109Nm2/C2）。 参考答案：