河南省郑州外国语学校2022-2023学年高二物理上学期期中考试试题（Word版附解析）

郑州外国语学校2022－2023学年高二上期期中考试试卷物理一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1~8题只有一项符合题目要求，第9~12题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。）1.关于机械振动与机械波，下列说法正确的是（　　）A.驱动力的频率与物体的固有频率相差越大越容易共振B.能产生衍射现象的条件是障碍物或孔的尺寸与波长相差不多或比波长更大C.产生干涉现象的必要条件之一是两列波的频率相等D.当观察者靠近波源时，接收到波的频率小于波源的振动频率【答案】C【解析】【详解】A．根据共振条件可知，只有当驱动力的频率与物体的固有频率相等时，物体才能发生共振，而驱动力频率与物体的固有频率相差越大，物体的振幅越小，越不容易发生共振，故A错误；B．能产生明显衍射现象的条件是：障碍物或孔的尺寸与波长相差不多或比波长小；但衍射是不需要限定条件的，只要波遇到一定大小的障碍物就可以了，故B错误；C．产生干涉现象的必要条件之一是两列波的频率相等，故C正确；D．当观察者靠近波源时，接收到波的频率大于波源的振动频率，故D错误。故选C。2.如图所示为同一地点的两单摆甲、乙做简谐运动时的振动图像，下列说法正确的是（　　）A.甲的摆长大于乙的摆长B.甲摆的周期大于乙摆的周期C.在t＝0.5s时甲摆的回复力大于乙摆的回复力D.在t＝1.0s时乙速率大于甲的速率【答案】D 【解析】【详解】AB．由振动图像知甲和乙的周期相等均为2s，根据单摆周期公式所以甲的摆长等于乙的摆长，故AB错误；C．由振动图像知在时甲摆正经过平衡位置向x轴负方向运动，此时甲的回复力为零，该时刻乙离平衡位置最远，所以回复力最大，故C错误；D．由振动图像知在时甲离平衡位置最远，振动速度为零，而乙在平衡位置，速度最大，所以乙的速率大于甲的速率，故D正确。故选D。3.如图所示为水面上的两列相互干涉的波在某时刻的叠加情况，以波源、为圆心的两组同心圆弧分别表示该时刻两列波的波峰（实线）和波谷（虚线），已知的振幅为4cm，的振幅为5cm，下列说法正确的是（　　）A.质点A、D在该时刻的高度差为18cmB.再过半个周期，质点B是振动加强点C.质点C的振幅为0D.图中ABDC围成的区域为振动加强区【答案】A【解析】【详解】A．两列波叠加，A、D均为振动加强的点，在该时刻，A在波峰，位移为，D在波谷，位移为，故质点A、D在该时刻的高度差为18cm，故A正确；BC．由题图可知，质点B、C该时刻是振动减弱的点，则它们始终是振动减弱的点，振幅均为1cm，故BC错误；D．只有满足到两波源之间的距离差等于半波长的偶数倍的质点才是振动加强的点，显然图中ABDC围成区域内所有质点并不都满足该条件，所以该区域不为振动加强区，故D错误。故选A。4.如图所示，一列简谐横波向右传播，P、Q两质点平衡位置相距1.5m。当P运动到上方最大位移处时， Q刚好运动到平衡位置，则这列波的波长可能是（　　）A.0.2mB.0.4mC.0.6mD.0.8m【答案】B【解析】【详解】依题意，有两种情况，分别为可知故B正确；ACD错误。故选B。5.如图，a、b是电场线上的两点，将一点电荷q从a移到b，电场力做正功为W，且知a、b间的距离为d，以下说法正确的是（　　）A.b处的电场强度大小一定为B.a处的电场强度大小一定为C.a、b两点间的电势差一定为D.a点的电势一定为【答案】C【解析】【详解】C．根据可知a、b两点间的电势差一定为，故C正确；ABD．由于无法确定该电场是否是匀强电场，也没有规定零势能点，所以无法确定、两点的电场强度，以及点的电势，故ABD错误。故选C。6.如图所示，直线A为某电源的U—I图线，曲线B为某小灯泡L的U—I图线的一部分，用该电源和小灯泡L串联起来组成闭合回路时灯泡L恰能正常发光，则下列说法中正确的是（） A.此电源的内电阻为B.此电源的短路电流为6AC.灯泡L的额定电压为3V，额定功率为6WD.把灯泡L换成阻值恒为1Ω的纯电阻，电源的输出功率将变小【答案】C【解析】【详解】A．由题知直线A为某电源的U—I图线，根据闭合电路的欧姆定律有U=E-Ir则当I=0时U=E=4V且U—I图线的斜率为电源内阻，则r==Ω=0.5ΩA错误；B．由选项A知，当电源短路有I==8AB错误；C．两图线的交点表示小灯泡L与电源连接时的工作状态，由于灯泡正常发光，则知灯泡的额定电压U=3V，额定电流I=2A，则额定功率为P=UI=6WC正确；D．电源的输出功率图像如下 由图可看出当R外=r时输出功率最大，有选项C知小灯泡L的额定电压U=3V，额定电流I=2A，则小灯泡L的电阻为RL=1.5Ω，RL>0.5Ω若把灯泡L换成阻值恒为1Ω的纯电阻，则R外更接近内阻则电源的输出功率变大，D错误。故选C。7.如图所示的电路中，在闭合开关S后，将滑动变阻器的滑片P向下滑动一小段距离，不考虑灯泡电阻的变化，电流表和电压表均为理想电表，电流表、电压表示数变化量的大小分别为、，则下列说法正确的是（　　）A.电容器的带电量增多B.变小C.电压表和电流表示数均变大D.灯变亮，灯变暗【答案】D【解析】【详解】A．依题意，闭合开关S后，将滑动变阻器滑片P向下滑动一小段距离，则滑动变阻器接入电路中的阻值减小，外电阻减小，根据闭合电路欧姆定律可知，干路电流增大，则路端电压减小，但由于灯两端的电压增大，则灯两端的电压减小，即电容器两端的电压减小，根据，可知电容器的带电量减小，故A错误；B．根据闭合电路欧姆定律 可知因不考虑灯泡电阻变化，则滑片P向下调节时，不变，故B错误；CD．由前面选项分析知，干路电流增大，则电流表示数变大，流经灯L1的电流增大，亮度变大，L1的电压U1增大，又路端电压U外减小，所以灯L2和电容器两端的电压U2都减小，所以灯L2变暗，电压表示数减小，故C错误，D正确。故选D。8.最近，我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功，这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展。若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为3km/s，它在每秒喷射的气体质量为1.6×103kg，则产生的推力约为（　　）A.1.33×106NB.1.33×103NC.4.8×106ND.4.8×103N【答案】C【解析】【详解】以喷射的气体为研究对象，根据动量定律可得对气体的推力根据牛顿第三定律可知气体对火箭的推力为。故选C。9.下列说法正确的是（　　）A.若系统动量守恒，则机械能一定守恒B.若系统机械能守恒，则动量一定守恒C.接篮球时，手往往向后缩一下，是为了延长作用时间以减小作用力D.对系统应用动量定理时，系统内力的冲量和为零，只需计算外力的冲量【答案】CD【解析】【详解】AB．系统动量守恒的条件是系统所受外力之和为零，机械能守恒的条件是只有重力或弹力做功，系统动量和机械能守恒的条件不一定能同时满足，故AB错误；C．接篮球时，篮球的动量变化量一定，手往往向后缩一下，延长了与手的作用时间，根据动量定理可 知，手受到的作用力减小，故C正确；D．对系统应用动量定理时，系统内力的冲量和为零，只需计算外力的冲量，故D正确。故选CD。10.如图所示，A、B是平行电容器的两个正对着的极板，给平行板电容器充电，断开电源后A极板带正电，B极板带负电。板间一带电小球C用绝缘细线悬挂，如图所示，小球静止时与竖直方向的夹角为，则下列说法正确的是（  ）A.若只是将A极板向左平移稍许，小球的夹角不变B.若只是将B极板向下平移稍许，AB两板间电势差将减小C.若只是将A极板向上平移稍许，小球的夹角将变小D.若只是将B极板向右平移稍许，电容器的电容将减小【答案】AD【解析】【详解】A．对小球受力分析，由几何关系知由联立可得由题意知，电容器与电源断开，所以电荷量Q保持不变，所以若只是将A极板向左平移稍许，则电场强度E不变，则小球的夹角θ不变，故A正确；B．若只是将B极板向下平移稍许，则两极板的正对面积S减小，由可知，电容器电容变小， 又因为电容器电荷量保持不变，所以由可知，A、B两板间电势差将增大，故B错误；C．若只是将A极板向上平移稍许，则两极板的正对面积S减小，由可知，电容器电容变小，又因为电容器电荷量保持不变，所以由可知，A、B两板间电势差将增大，又因为，则两极板间的电场强度增大，故小球的夹角θ将变大，故C错误；D．若只是将B极板向右平移稍许，则两极板间距d增大，由可知，电容器电容将减小，故D正确。故选AD。11.如图所示，在光滑地面上静置着一个质量为M的斜面体（斜面体的上表面粗糙），斜面体底部的长度为L，一质量为m的滑块（滑块大小不计）从斜面体顶端静止释放，当滑块滑到斜面底端时，下列说法正确的是（　　）A.斜面体和滑块组成的系统机械能守恒B.斜面体和滑块组成的系统水平方向动量守恒C.当滑块滑到斜面底端时，斜面体的水平位移为D.当滑块滑到斜面底端时，斜面体的水平位移为【答案】BC【解析】【详解】A．滑块下滑过程中克服摩擦力做功，所以系统机械能减少，故A错误；B．斜面体和滑块组成的系统竖直方向受到的合力不为零，竖直方向动量不守恒。系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，故B正确；CD．当滑块滑到斜面底端时，设滑块向右的位移为x1，斜面体向左的位移为x2，根据水平方向动量守恒，有由几何关系知 解得斜面体对地的水平位移为故C正确，D错误。故选BC。12.如图所示，质量为m的物体1与竖直放置的轻质弹簧相连组成弹簧振子，物体1静止于O点，将另一个质量同为m的物体2从距O点上方某一高处的C点由静止开始释放。1、2两物体在O点发生碰撞后立刻粘在一起结合为一个整体3以速度v开始做简谐振动，图中B点是整体3运动的最低点。已知从O点到B点所用时间为t，O、B两点间距为h。则对整体3和弹簧组成的系统，下列说法中正确的是（　　）A.在物体1、2相碰形成整体3的过程中，损失机械能B.该系统做简谐振动的周期T满足2t<T<4t，振幅A<hC.从O点到B点的过程中，整体3重力势能减小量等于弹簧弹性势能增加量D.整体3的最大速度一定大于v，最大加速度一定大于【答案】BD【解析】【详解】物体1静止于O点，此时弹簧弹力结合为整体3以速度v开始做简谐振动时的平衡位置处弹簧弹力为所以A．物体2与1碰前速度为v0，根据动量守恒得则 碰撞过程中损失的机械能为故A错误；B．振动系统的平衡位置在OB之间，所以振幅A<h，从O到B的时间t满足所以系统做简谐振动周期满足故B正确；C．从O点到B点过程中，整体3重力势能减少量和动能减少量等于弹簧弹性势能增加量，故C错误；D．结合为整体3后以速度v开始做简谐振动，开始时弹簧的弹力小于3的重力，物体做加速运动，所以整体3的最大速度一定大于v；根据机械能守恒可得，整体3返回时上升的高度一定高于O点，整体3在O点的加速度为而3处于O点上方受到的弹簧弹力小于mg，所以加速度大于，故D正确；故选BD。二、实验题（第13题5分，第14题8分，共13分。）13.为方便测量纯净水样品的电阻，将采集的水样装入绝缘性能良好的薄塑料圆柱形容器（容器壁厚度可忽略）内，容器两端用金属圆片电极（内阻可忽略）密封，如图所示。（1）该同学用游标卡尺测量塑料圆柱容器长度，读数如下图所示，则该容器长度是______cm。（2）该同学用螺旋测微器测量该容器的直径时，某次测量的读数如图所示，则该容器的直径是______mm。 （3）该同学使用多用电表测量其电阻。测量步骤如下：①调节指针定位螺丝，使多用电表指针指着电流零刻度；②将选择开关旋转到“Ω”挡的“×10”位置；③将红黑表笔分别插入“+”“－”插孔，并将两表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使电表指针对准______；④将红黑表笔分别与样品两端接触，发现表针几乎不偏转，更换了欧姆挡的倍率之后，______（填“需要”或“不需要”）再次欧姆调零。若多用电表欧姆挡倍率选择“×1k”时的读数如图所示，则样品的电阻为______Ω；⑤测量完毕，将选择开关旋转至OFF位置。【答案】①.3.055②.5.225③.欧姆零刻度④.需要⑤.##16000【解析】【详解】（1）[1]该容器的长度为（2）[2]该容器的直径为（3）[3][4][5]两表笔短接，外测电阻为零，调节欧姆调零旋钮，使电表指针对准右侧欧姆零刻度。更换了欧姆挡的倍率之后，需要重新进行欧姆调零。该样品电阻为 14.某兴趣小组测量电源的电动势和内阻的实验原理图，如图甲所示，现提供的器材如下：A．待测电源（电动势约为3V）B．电压表V1（量程为0~3V，内阻约为3kΩ）C．电压表V2（量程为0~6V，内阻约为10kΩ）D．定值电阻R1=8ΩE．定值电阻R2=1000ΩF．电阻箱R（0~99.9Ω）G．开关和导线若干（1）如果要准确测量电源的电动势和内阻，电压表V应选择______，定值电阻R0应选择______。（均填写器材前的字母序号）（2）改变电阻箱的阻值R，记录对应电压表的示数U，作出的图像如图乙所示，图线与横、纵坐标轴的截距已在图中标出，根据图中数据便得到了电源的电动势与内阻，则该电源的内阻为______Ω。（结果保留两位有效数字）（3）利用上述方法测得的电源内阻______真实内阻。（填“大于”、“小于”或“等于”）【答案】①.B②.D③.3.1④.小于【解析】【详解】（1）[1][2]电源电动势约为3V，故电压表应选择B，定值电阻若选择E，比电阻箱的最大阻值大得多，调节电阻箱时电阻箱两端电压变化太小，不能有效测量多组数据，故定值电阻应选D。（2）[3]由图示电路，根据闭合电路欧姆定律可得 整理可得对比乙图可知，图线截距为斜率为联立可解得，（3）[4]由于电压表不是理想电压表，根据闭合电路欧姆定律有整理得可知，此时图线的纵截距为，所以r测<r真。三、解答题（本题共4题，共39分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。）15.如图所示，实线是一列简谐波在t=0时刻的波形曲线，虚线是在t=2s时刻的波形曲线。（1）求该波的周期；（2）若波速是3.5m/s，求波的传播方向；（3）若波速是3.5m/s，直接写出x=1m处的质点的振动方程。 【答案】（1）或；（2）沿x负方向；（3）【解析】【详解】（1）若该波向右传播，则解得若该波向左传播，则解得（2）若该波向右传播，则解得不是整数，则该波不是向右传播。若该波向左传播，则解得是整数，则该波向左传播。（3）由图可知，t=0时刻，x=1m处的质点由平衡位置向下振动，振幅为2cm。而周期为则振动方程为16.如图所示，固定在地面上的光滑斜面倾角为37°，一带有正电的小物块质量为 ，置于斜面上。当沿水平方向加有如图所示的匀强电场时，带电小物块恰好静止在斜面上，匀强电场场强大小为E=2500V/m。（g取，sin37°=0.6，cos37°=0.8）（1）求小物块的带电量q；（2）从某时刻开始，电场强度变化为原来的一半，则过2s后，物块的速度大小；（3）试计算第（2）问的2s内斜面对物块支持力的冲量的大小和方向。【答案】（1）；（2）；（3），垂直于斜面向上【解析】【详解】（1）小物块静止在斜面上时受力如图所示由平衡条件得代入数据解得（2）当电场强度变为原来的一半，物块沿斜面加速下滑，对物块，由牛顿第二定律得代入数据解得经t=2s后物块的速度大小（3）第（2）问的2s内斜面对物块支持力的大小 则2s内斜面对物块支持力的冲量的大小方向垂直于斜面向上。17.如图所示，在水平面上依次放置小物块A以及曲面劈B，其中A的质量为m=1kg，曲面劈B的质量M=3kg，曲面劈B的曲面下端与水平面相切，且曲面劈B足够高，所有的摩擦均不考虑。现给A一个正对B曲面的初速度，使A冲上曲面劈。若曲面劈B固定在地面上，则物块A能够达到的最大高度为H1，随后物块A从曲面劈B上滑离时的速度为v1；若将曲面劈B自由放置在地面上，则物块A能够达到的最大高度为H2，随后物块A从曲面劈B上滑离时的速度为v2。求：（1）H1与H2的比值；（2）v1与v2的比值。【答案】（1）；（2）【解析】【详解】若曲面劈B固定在地面上，根据机械能守恒定律得若曲面劈B固定在地面上，设共同速度为v，根据动量守恒定律得根据机械能守恒定律得解得（2）若曲面劈B固定在地面上，随后物块A从曲面劈B上滑离时的速度为 若将曲面劈B自由放置在地面上，根据动量守恒定律得根据机械能守恒定律得解得18.如图所示，匀强电场方向沿x轴的正方向，场强为E，在A（d，0）点有一个静止的中性微粒，由于内部作用，某一时刻突然分裂成两个带电微粒（分裂时的内力很大），其中微粒1的质量为m，电荷量为－q，微粒2的质量为2m，电荷量为＋q。微粒1的初始速度沿y轴负方向，经过一段时间到达（0，－d）点。不计重力和分裂后两微粒间的作用，试求：（1）分裂后，微粒1的初始速度的大小：（2）当微粒1到达（0，－d）点时，两微粒间的距离。【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）微粒1在y方向不受力，做匀速直线运动，在x方向由于受恒定的电场力，做匀加速直线运动，所以微粒1做的是类平抛运动。设微粒1分裂时的速度为，则在y方向上有d=v1t在x方向上有又联立，可得 速度方向沿y轴的负方向。（2）两微粒在破裂瞬间满足动量守恒，因此有微粒2在竖直方向向上匀速运动，运动的距离水平方向运动的距离为两微粒间的距离为