2022-2023學(xué)年廣東省茂名市電白區(qū)高二上學(xué)期期末（選擇性）考試物理試題（解析版）

茂名市電白區(qū)2022-2023學(xué)年高二上學(xué)期期末（選擇性）考試物理一、單項(xiàng)選擇題：本題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1.中國宋代科學(xué)家沈括在《夢溪筆談》中最早記載了地磁偏角：“以磁石磨針鋒，則能指南，然常微偏東，不全南也”。進(jìn)一步研究表明，地球周圍地場的磁感線分布示意如圖，結(jié)合上述材料，下列說法正確的是（）A.地理南、北極與地磁場的南、北極是重合的B.地球表面磁場的豎直分量在南半球垂直于地面向上，在北半球垂直于地面向下C.地球表面任意位置的地磁場方向都與地面平行D.地磁場對地球赤道上方任意放置的通電導(dǎo)線都有力的作用【答案】B【解析】【詳解】A．根據(jù)題意可知，地理南、北極與地磁場存在一個(gè)夾角，為磁偏角，故地理南、北極與地磁場的南、北極兩者不重合，故A錯(cuò)誤；B．地磁場的磁場方向沿磁感線切線的方向，由題意可知，地磁偏角很小，在不考慮地磁偏角的影響下，將南、北半球上空的磁感應(yīng)強(qiáng)度沿垂直于地面、平行于地面兩個(gè)方向正交分解，可知地球表面磁場的豎直分量在南半球垂直于地面向上，在北半球垂直于地面向下，故B正確；C．由于地磁場的磁場方向沿磁感線切線的方向，由題圖可知只有赤道處地磁場的磁場方向才近似與地面平行，故C錯(cuò)誤；D．當(dāng)通電直導(dǎo)線與地磁場方向平行時(shí)，導(dǎo)線不受安培力，故D錯(cuò)誤。故選B。2.我們在使用電爐加熱食物的時(shí)候，往往會(huì)發(fā)現(xiàn)電爐絲熱得發(fā)紅，而與電爐絲相連的導(dǎo)線卻不是那么熱，導(dǎo)致這種情況的原因是（）A.電爐絲的電阻小，發(fā)熱功率低 B.導(dǎo)線的電阻小，發(fā)熱功率低C.通過電爐絲的電流大 D.通過導(dǎo)線的電流大【答案】B【解析】【詳解】由于導(dǎo)線的電阻較小，電爐絲的電阻非常大，串聯(lián)電路中，電流處處相等，根據(jù)電阻越大，發(fā)熱功率越大，所以出現(xiàn)電爐絲熱得發(fā)紅，而與電爐絲相連的導(dǎo)線卻不是那么熱，B正確，ACD錯(cuò)誤。故選B。3.無線充電是近年發(fā)展起來的新技術(shù)。如圖所示，該技術(shù)通過發(fā)射線圈和接收線圈傳輸能量。手機(jī)的內(nèi)置接收線圈可以直接放在無線充電基座上進(jìn)行充電，下列關(guān)于無線充電的說法正確的是（）A.無線充電基座可以用穩(wěn)恒直流電源充電B.在充電過程中只有電能間的相互轉(zhuǎn)化C.無線充電基座可以對所有手機(jī)進(jìn)行充電D.無線充電過程主要利用了電磁感應(yīng)原理【答案】D【解析】【詳解】A．如果無線充電基座用穩(wěn)恒直流電源供電，則接收線圈的磁通量不變，不能產(chǎn)生感應(yīng)電流，無法對手機(jī)充電，故A錯(cuò)誤；B．充電時(shí)線圈中有電流，根據(jù)電流的熱效應(yīng)，可知線圈會(huì)發(fā)熱，有電能損失，故B錯(cuò)誤；C．如果手機(jī)內(nèi)沒有接收線圈，則無線充電基座不可以對手機(jī)進(jìn)行充電，故C錯(cuò)誤；D．無線充電過程主要利用互感現(xiàn)象來實(shí)現(xiàn)能量傳遞的，故D正確。故選D4.如圖所示，兩通電長直導(dǎo)線垂直紙面放置，I1=I2，方向相反。在紙面上有O、a、b、c、d五個(gè)點(diǎn)，O、a、b在導(dǎo)線橫截面的連線上，c、d在導(dǎo)線橫截面連線的垂直平分線上，其中O點(diǎn)離兩導(dǎo)線的距離相等，c、d點(diǎn)關(guān)于O點(diǎn)對稱，a、b點(diǎn)也關(guān)于O點(diǎn)對稱，則下列說法正確的是（）A.O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為零B.a點(diǎn)與b點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等、方向相同C.c點(diǎn)與d點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等、方向相反D.a點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度一定大于O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度【答案】B【解析】【詳解】A．根據(jù)安培定則，左、右導(dǎo)線在O點(diǎn)產(chǎn)生磁感應(yīng)強(qiáng)度方向都豎直向下，所以O(shè)點(diǎn)的合磁感應(yīng)強(qiáng)度不等于零，故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)安培定則，左邊導(dǎo)線、右邊導(dǎo)線在a點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向分別向上、向下，但是左邊導(dǎo)線離a點(diǎn)近，產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大，合磁場向上；左邊導(dǎo)線、右邊導(dǎo)線在b點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向分別為向下、向上，但是，右邊導(dǎo)線離b點(diǎn)近，產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大，合磁場方向上，所以a、b兩點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向相同，都向上，由場強(qiáng)疊加可知，a、b兩點(diǎn)場強(qiáng)大小相等，故B正確；C．根據(jù)安培定則，左、右導(dǎo)線在c點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向分別為右下、左下，且大小相等，合磁感應(yīng)強(qiáng)度方向豎直向下，左、右導(dǎo)線在d點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向分別為左下、右下，且大小相等，合磁感應(yīng)強(qiáng)度方向豎直向下，根據(jù)對稱性，在c、d兩點(diǎn)的合磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，所以，c、d兩點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，方向相同，故C錯(cuò)誤；D．距離導(dǎo)線越近，磁感應(yīng)強(qiáng)度越強(qiáng)，O、a距導(dǎo)線距離不確定，兩點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小不確定，故D錯(cuò)誤。故選B。5.一個(gè)電子僅在電場力的作用下以為初速度做直線運(yùn)動(dòng)，其v-t圖像如圖所示，由此可知（）A.此電場可能勻強(qiáng)電場B.電子的運(yùn)動(dòng)軌跡可能與某一等勢面相切C.時(shí)電子所在位置的等勢面比時(shí)所在位置的等差等勢面密集D.時(shí)電子所在位置的電勢比時(shí)所在位置的電勢高【答案】C【解析】【詳解】A．由v-t圖像的斜率表示加速度，此電子的v-t圖像是曲線，其加速度的大小在隨時(shí)間而變化，因此電場不可能為勻強(qiáng)電場，A錯(cuò)誤；B．與等勢面相切的點(diǎn)，質(zhì)點(diǎn)的加速度是零，對應(yīng)電子的v-t圖像的斜率應(yīng)是零，可該電子的v-t圖像的斜率并沒有等于零的點(diǎn)，B錯(cuò)誤；C．在等差等勢面越密集的地方，電場強(qiáng)度越大，電子受電場力越大，加速度越大，對應(yīng)的v-t圖像的斜率越大，由v-t圖像可知，在t0時(shí)v-t圖像的斜率大于時(shí)的斜率，則有時(shí)電子所在位置的等勢面比時(shí)所在位置的等差等勢面密集，C正確；D．由v-t圖像的斜率表示加速度，可知電子的加速度方向一直為正值，電子帶負(fù)電，且僅在電場力作用下做直線運(yùn)動(dòng)，說明電子運(yùn)動(dòng)方向與電場方向相反，因此時(shí)電子所在位置的電勢比時(shí)所在位置的電勢低，D錯(cuò)誤。故選C。6.某科技小組連接好圖示電路電源內(nèi)阻不能忽略，電壓表可視為理想電表。當(dāng)閉合開關(guān)，將滑動(dòng)變阻器的滑片由左端向右滑動(dòng)時(shí)。下列說法中正確的是（）A.小燈泡L1、L2均變亮B.小燈泡L1變亮，V2表的讀數(shù)變大C.小燈泡L1變暗，V1表的讀數(shù)變小D.小燈泡L2變暗，V2表的讀數(shù)變小【答案】D【解析】【詳解】滑動(dòng)變阻器的滑片從左端向右滑動(dòng)，R滑增大，L1與R滑并聯(lián)的電阻增大，R滑、L1、L2構(gòu)成的R外增大，由閉合電路歐姆定律得I1減小，由U內(nèi)=Ir可知U內(nèi)減小，由路端電壓U1=E-U內(nèi)可知U1增大，電壓表V1增大。電壓表V2的讀數(shù)U2=IR12所以U2減小，因?yàn)镮干減小，L2變暗，UR外=U1-U2U1增大，U2減小，UR開增大，所以通過L1的電流I1增大，L1變亮，ABC錯(cuò)誤，D正確。故選D。7.如圖甲、乙、丙、丁所示，下列關(guān)于四幅圖的說法正確的是（）A.甲圖，通電螺線管周圍產(chǎn)生的磁場和磁感線都是真實(shí)存在的B.乙圖，將小磁針放在地球表面赤道位置自由靜止時(shí)，小磁針的N極指向地理南極C.丙圖，法拉第圓盤發(fā)電機(jī)利用了“電生磁”的現(xiàn)象為原理制作而成D.丁圖，麥克斯韋推斷的電磁波產(chǎn)生與傳播的原理圖【答案】D【解析】【詳解】A．磁場真實(shí)存在，但磁感線是為了描述磁場的性質(zhì)引人的假想線，并不實(shí)際存在，故A錯(cuò)誤；B．地理南極即為地磁北極，則在赤道位置的地磁場方向由地理南極指向地理北極，小磁針N極方向與磁場方向相同，故此時(shí)小磁針的N極應(yīng)指向地理北極，故B錯(cuò)誤；C．法拉第圓盤發(fā)電機(jī)是利用電磁感應(yīng)---“磁生電”現(xiàn)象為原理制作的，故C錯(cuò)誤；D．麥克斯韋推斷：若在空間某區(qū)域有周期性變化的電場，那么它就在空間引起周期性變化的磁場，這個(gè)變化的磁場又引起新的變化的電場，這樣交替產(chǎn)生，由近及遠(yuǎn)地向周圍傳播，即為電磁波的產(chǎn)生和傳播原理，故D正確。故選D。二、多項(xiàng)選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。8.全民運(yùn)動(dòng)，始于“足下”。如圖所示，學(xué)生練習(xí)用腳顛球，足球的質(zhì)量為。某一次足球由靜止自由下落，被顛起后，離開腳豎直向上運(yùn)動(dòng)的最大高度為。已知足球與腳的作用時(shí)間為，重力加速度g取，不計(jì)空氣阻力，下列說法正確的是（）A.足球與腳作用的過程，腳對足球的沖量大于足球的動(dòng)量改變量B.足球與腳作用的過程，足球動(dòng)量變化量大小為C.足球與腳作用的過程，腳對足球的平均作用力大小為D.足球從下落至第一次向上運(yùn)動(dòng)到最大高度的過程中，重力沖量的大小為【答案】AC【解析】【詳解】A．設(shè)足球與腳作用的過程，腳對足球的沖量大小為，重力對足球的沖量大小為，以豎直向上為正方向，足球動(dòng)量變化為，由動(dòng)量定理得解得足球與腳作用的過程，腳對足球的沖量大于足球的動(dòng)量改變量。A正確；B．足球達(dá)到腳背的速度大小為離開腳的速度大小規(guī)定向上為正方向，足球與腳作用的過程，足球動(dòng)量變化量B錯(cuò)誤；C．足球與腳作用的過程，腳對足球的平均作用力大小為，由動(dòng)量定理得得C正確；D．足球下落時(shí)間足球上升時(shí)間足球從下落至第一次向上運(yùn)動(dòng)到最大高度的過程中，重力沖量的大小D錯(cuò)誤。故選AC。9.下列選項(xiàng)中的操作能使如圖所示的三種裝置產(chǎn)生感應(yīng)電流的是（）A.甲圖中，使導(dǎo)體棒AB順著磁感線運(yùn)動(dòng)B.乙圖中，使條形磁鐵插入或拔出線圈C.丙圖中，開關(guān)S保持閉合，使小螺線管A插入大螺線管B中不動(dòng)D.丙圖中，開關(guān)S保持閉合，使小螺線管A插入大螺線管B中不動(dòng)，移動(dòng)滑動(dòng)變阻器的滑片【答案】BD【解析】【分析】【詳解】A．題圖甲中導(dǎo)體棒順著磁感線運(yùn)動(dòng)，穿過閉合電路的磁通量沒有發(fā)生變化，無感應(yīng)電流，故A錯(cuò)誤；B．題圖乙中條形磁鐵插入線圈時(shí)線圈中的磁通量增加，拔出線圈時(shí)線圈中的磁通量減少，線圈中都能產(chǎn)生感應(yīng)電流，故B正確；C．題圖丙中開關(guān)S保持閉合，回路中為恒定電流，小螺線管A產(chǎn)生的磁場穩(wěn)定，螺線管B中的磁通量無變化，無感應(yīng)電流，故C錯(cuò)誤；D．題圖丙中開關(guān)S保持閉合，小螺線管A插入大螺線管B中不動(dòng)，移動(dòng)滑動(dòng)變阻器的滑片使閉合回路中的電流變化，從而使小螺線管A產(chǎn)生的磁場變化，故大螺線管B中的磁通量變化，有感應(yīng)電流，故D正確。故選BD。10.兩個(gè)小球在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運(yùn)動(dòng)，球2在前，球1在后，m1=1kg，m2=3kg，v01=6m/s，v02=3m/s，當(dāng)球1與球2發(fā)生碰撞后，兩球速度分別為可v1，v2，將碰撞后球1的動(dòng)能和動(dòng)量大小分別記為E1、p1，則v1、v2、E1、p1的可能值為（）A.v1=1.75m/s，v2=3.75m/s B.v1=1.5m/s，v2=4.5m/sC.E1=9J D.p1=1.5kg·m/s【答案】BD【解析】【詳解】碰撞前系統(tǒng)總動(dòng)量p=m1v01＋m2v02=(1×6＋3×3)kg·m/s=15kg·m/sA．如果v1=1.75m/s，v2=3.75m/s，則碰撞后的系統(tǒng)總動(dòng)量p′=m1v1＋m2v2=(1×1.75＋3×3.75)kg·m/s=13kg·m/s系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，A錯(cuò)誤；B．如果v1=1.5m/s，v2=4.5m/s，則碰撞后的系統(tǒng)總動(dòng)量p′=m1v1＋m2v2=(1×1.5＋3×4.5)kg·m/s=15kg·m/s系統(tǒng)動(dòng)量守恒，B正確；CD．兩球碰撞過程中系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以兩球的初速度方向?yàn)檎较?，如果兩球發(fā)生完全非彈性碰撞，由動(dòng)量守恒定律得m1v01＋m2v02=(m1＋m2)v代入數(shù)據(jù)解得v=3.75m/s如果兩球發(fā)生完全彈性碰撞，由動(dòng)量守恒定律得m1v01＋m2v02=m1v1＋m2v2由機(jī)械能守恒定律得m1v012m2v022m1v12m2v22代入數(shù)據(jù)解得v1=1.5m/s，v2=4.5m/s則碰撞后球1球2的速度滿足1.5m/s≤v1≤3.75m/s3.75m/s≤v2≤4.5m/s球1的動(dòng)能E1m1v12滿足1.125J≤E1≤7.03J球1的動(dòng)量為p1=m1v1滿足1.5kgm/s≤p1≤3.75kgm/sC錯(cuò)誤、D正確。故選BD。三、非選擇題：本題共5小題，共54分。11.某同學(xué)用如圖甲所示的裝置，通過半徑相同的兩球碰撞來驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律，圖中是斜槽，是水平槽，斜槽與水平槽之間平滑連接。實(shí)驗(yàn)時(shí)先使小球1從斜槽上某一固定位置由靜止開始滾下，落到位于水平地面的記錄紙上，留下痕跡，重復(fù)上述操作多次。再把小球2放在水平槽末端的位置小球1仍從原位置由靜止開始滾下，與小球2碰撞后，兩小球分別在記錄紙上留下各自的落點(diǎn)痕跡，重復(fù)上述操作多次。在記錄紙上確定M、N、P為三個(gè)落點(diǎn)的平均位置。實(shí)驗(yàn)中測出小球1的質(zhì)為，小球2的質(zhì)量為，M、N、P三點(diǎn)到O點(diǎn)的距離為、、，其中O點(diǎn)為水平槽末端在記錄紙上的豎直投影點(diǎn)。（1）本實(shí)驗(yàn)必須滿足的條件是___________；A．兩小球質(zhì)量必須相等B．斜槽軌道必須是光滑的C．軌道末端必須是水平的（2）某次實(shí)驗(yàn)中P點(diǎn)位置的多次落點(diǎn)痕跡如圖乙所示，刻度尺的零點(diǎn)與O點(diǎn)對齊，則___________；（3）若實(shí)驗(yàn)結(jié)果滿足___________，就可以驗(yàn)證碰撞過程中動(dòng)量守恒；（4）實(shí)驗(yàn)中通過僅測量小球做平拋運(yùn)動(dòng)的___________（選填“水平位移”或“豎直位移”），可間接得到小球碰撞前后的速度關(guān)系，這樣做的依據(jù)是___________?！敬鸢浮竣?C②.44.79（44.76~44.82范圍內(nèi)均可）③.④.水平位移⑤.小球下落高度相同，做平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相同，碰撞前后的速度正比于水平位移【解析】【詳解】（1）[1]A．為了使小球1碰撞后不反彈，且速度不變?yōu)榱悖瑧?yīng)滿足，故A不符合題意；B．實(shí)驗(yàn)中要求小球1每次運(yùn)動(dòng)至斜槽末端時(shí)的速度大小相同，所以需要每次將小球1從斜槽軌道上同一位置由靜止釋放，而斜槽軌道是否光滑對上述要求無影響，故B不符合題意；C．為了使兩小球離開斜槽軌道末端后能夠做平拋運(yùn)動(dòng)，軌道末端必須是水平的，故C符合題。故選C。（2）[2]如圖所示，作一盡可能小的圓將所有落點(diǎn)痕跡圍住，圓心所在位置即為落點(diǎn)的平均位置，所以（3）（4）[3][4][5]設(shè)小球1與小球2碰撞前瞬間的速度為v1，碰后瞬間二者的速度分別為v1′和v2′，根據(jù)動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律分別得①②聯(lián)立①②解得③④根據(jù)③④式可知N是未放小球2時(shí)小球1落點(diǎn)的平均位置，M、P分別是小球1和小球2碰撞后二者各自落點(diǎn)的平均位置。因?yàn)樾∏蛳侣涓叨认嗤?，做平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相同，則碰撞前后的速度正比于水平位移，所以實(shí)驗(yàn)中通過僅測量小球做平拋運(yùn)動(dòng)的水平位移可間接得到小球碰撞前后的速度關(guān)系，即⑤⑥⑦聯(lián)立①⑤⑥⑦可得需要驗(yàn)證碰撞過程中動(dòng)量守恒的表達(dá)式為12.為研究某一蓄電池組，某興趣小組將一塊舊的電池組充滿電，準(zhǔn)備利用下列器材測量電池組的電動(dòng)勢和內(nèi)電阻。A．待測電池組，電動(dòng)勢約為，內(nèi)阻約幾歐姆B．直流電壓表、（量程均可滿足要求，均可視為理想電表）C．定值電阻（未知）D．滑動(dòng)變阻器，最大阻值（已精確測定）E．導(dǎo)線和開關(guān)（1）現(xiàn)利用以上器材，設(shè)計(jì)一個(gè)電路如圖所示，完成對待測電池組的電動(dòng)勢和內(nèi)阻的測量。（2）實(shí)驗(yàn)之前，需要利用該電路圖測出定值電阻，方法是先把滑動(dòng)變阻器調(diào)到最大阻值，再閉合開關(guān)，電壓表、的讀數(shù)分別為、，則_________（用、、表示）。（3）實(shí)驗(yàn)中移動(dòng)滑動(dòng)變阻器觸頭，讀出電壓表、的多組數(shù)據(jù)、，描繪出圖像（橫軸為），圖線斜率絕對值為，與橫軸的截距值為，則電池組的電動(dòng)勢_________，內(nèi)阻_________（用、、表示）?！敬鸢浮竣?②.③.【解析】【詳解】（2）[1]由圖，與串聯(lián)，由串聯(lián)電路電流相等可得即解得（3）[2][3]由全電路歐姆定律可得整理可得則斜率橫軸的截距解得，13.如圖所示，一質(zhì)量為m=0.5kg的小物塊放在水平地面上的A點(diǎn)，小物塊以v0=9m/s的初速度從A點(diǎn)沿AB方向運(yùn)動(dòng)，與墻發(fā)生碰撞（碰撞時(shí)間極短）。碰前瞬間的速度v1=7m/s，碰后以v2=6m/s反向運(yùn)動(dòng)直至靜止．已知小物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.32，取g=10m/s2。求：（1）A點(diǎn)距墻面的距離x；（2）碰撞過程中，墻對小物塊的沖量大小I；（3）小物塊在反向運(yùn)動(dòng)過程中，克服摩擦力所做的功W?！敬鸢浮浚?）5m;（2）6.5N·s;（3）9J【解析】【詳解】（1）小物塊由A到B過程做勻減速運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理可得解得x=5m；（2）選初速度方向?yàn)檎较?，由?dòng)量定理得I=-mv2-mv1解得I=-6.5N·s，即沖量大小為6.5N·s；（3）物塊反向運(yùn)動(dòng)過程中，由動(dòng)能定理得W=-9J，即克服摩擦力所做的功為9J。14.如圖所示，半徑的豎直半圓光滑軌道在B點(diǎn)與水平面平滑連接，一個(gè)質(zhì)量的小滑塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）靜止在A點(diǎn)。一瞬時(shí)沖量使滑塊以一定的初速度從A點(diǎn)開始運(yùn)動(dòng)，在水平面末端與質(zhì)量的另一個(gè)滑塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）相撞后粘在一起經(jīng)B點(diǎn)進(jìn)入圓軌道，沿圓軌道運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)C，并從C點(diǎn)水平飛出，落在水平面上的D點(diǎn)。經(jīng)測量，D、B間的距離，A、B間的距離，滑塊與水平面的動(dòng)摩擦因數(shù)，重力加速度。求：（1）滑塊通過C點(diǎn)時(shí)的速度大小；（2）滑塊剛進(jìn)入圓軌道時(shí)，在B點(diǎn)軌道對滑塊的彈力；（3）滑塊在A點(diǎn)受到的瞬時(shí)沖量的大小。【答案】（1）10m/s；（2）90N；（3）【解析】【詳解】（1）設(shè)滑塊從C點(diǎn)飛出時(shí)的速度為，從C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)時(shí)間為