人教版高二物理第一学期期末考试试卷含答案

高二年级上学期期末考试物理试题
模拟题
一、单项选择题（本题共10小题，每小题只有一个选项正确，每小题3分，共30分）
1．关于物体的动量和冲量，下列说法不正确的是（ ）
A ．物体所受合外力的冲量越大，它的动量也越大
B ．物体所受合外力的冲量不为零，它的动量一定要改变
C ．物体的动量增量的方向，就是它所受合外力的冲量的方向
D ．物体所受合外力越大，它的动量变化就越快
2．．一枚在空中飞行的火箭在某时刻的速度为0v ，方向水平，燃料即将
耗尽。

此时，火箭突然炸裂成两块（如图所示），其中质量为2m 的后部
分箭体以速率2v 沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质
量的变化，则质量为1m 前部分箭体速率1v 为（ ）
A ．02v v -
B ．02v v +
C ．2021m v v m -
D ．20021()m
v v v m +-
3．如图所示，小车静止在光滑水平面上，AB 是小车内半圆弧轨道的水平直径，现将一质量为m 的小球从距A 点正上方R 处由静止释
放，小球由A 点沿切线方向进入半圆轨道后又从B 点冲出，已知半
圆弧半径为R ，小车质量是小球质量的k 倍，不计一切摩擦，则下
列说法正确的是（ ）
A ．在相互作用过程中小球和小车组成的系统动量守恒
B ．小球从小车的B 点冲出后，不能上升到刚释放时的高度
C ．小球从滑人轨道至圆弧轨道的最低点时，车的位移大小为11
k R k -+ D ．小球从滑人轨道至圆弧轨道的最低点时，小球的位移大小为
1k R k + 4．一带电小球在某竖直方向的匀强电场中由静止释放，带电小球开始向上运动，则（ ）
A ．小球的电势能减小，机械能增大
B ．小球的电势能减小，机械能减小
C ．小球的电势能增大，机械能增大
D ．小球的电势能增大，机械能减小
5．如图甲所示，弹簧振子以O 点为平衡位置，在A 、B 两点之间做简谐运动。

取向右为正方向，
振子的位移x随时间t的变化图像如图乙所示，下列说法正确的是（）
A．t=0.8s时，振子的速度方向向右
B．t=0.2s时，振子在O点右侧62cm处
C．t=0.4s和t=1.2s时，振子的加速度相同
D．t=0.4s到t=0.8s的时间内，振子的加速度逐渐增大
6．用伏安法测未知电阻x R时，若不知道x R的大概值，为了选择正确的电路接法以减小误差，可将电路如图所示连接，只空出电压表的一个接头S，然后将S分别与a，b接触一下，观察电压表和电流表示数变化情况，那么有（）
A. 若电流表示数有显著变化，S应接a，测量值大于真实值
B. 若电流表示数有显著变化，S应接b，测量值小于真实值
C. 若电压表示数有显著变化，S应接a，测量值小于真实值
D. 若电压表示数有显著变化，S应接b，测量值大于真实值
7．如图所示，在一个匀强电场中有一个等边三角形，电场的方向与平面平行。

若已知B点的电势为6V，A 点电势为2V，C点电势为4V，三角形边长为4m，则匀强电场的场强大小为（）
A. 1V/m
B. 0.5V/m
C. 1.5V/m
D. 2V/m
8．如图所示，将一个电流计G和一个电阻串联可以改装成电压表，将一个电流计G和一个电阻并联可以改装成电流表，要使它们的量程增大，R1、R2应如何变化()
A. R1增大，R2增大
B. R1减小，R2减小
C. R1增大，R2减小
D. R1减小，R2增大
9．如图所示，虚线a、b、c 是电场中的三个等势面，实线为一个带负电的质点仅在电场力作用下的运动轨迹，P、Q 是轨迹上的两点。

下列说法正确的是（）
A. 质点在Q点时电势能比P点时大
B. 质点在Q 点时加速度方向与等势面a垂直
C. 三个等势面中等势面a的电势最低
D. 质点在 Q 点时的加速度比在 P 点时的大
10．平行金属板中带电质点P处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器R4的滑片向a端滑动时，则下列判断正确的是（）
A．质点P将向下运动 B．R3上消耗的功率逐渐增大
C．电压表读数减小 D．电流表读数增大
二、不定项选择题（本题共5小题，共20分．在每小题给出的四个选项中有多项符合目要求，全部选对得4分，选对但不全得2分，有错的得0分。

）
11．下述关于多用电表欧姆挡测电阻的说法中，正确的是（ ）
A ．测量电阻时如果指针偏转过大，应将选择开关S 拨至倍率较小的挡位，重新调零后测量
B ．测量电阻时，如果红、黑表笔分别插在负、正插孔，则会影响测量结果
C ．测量电路中的某个电阻，应该把该电阻接入电路
D ．测量电阻时每次换不同的挡位都必须重新调零
12．一辆总质量M （含人和沙包）的雪橇在水平光滑冰面上以速度v 匀速行驶。

雪橇上的人每次以相同的速
度3v （对地速度）向行驶的正前方抛出一个质量为m 的沙包。

抛出第一个沙包后，车速减为原来的45。

下列说法正确的是（ ）
A ．每次抛出沙包前后，雪橇、人和沙包的动量守恒
B ．雪橇有可能与拋出的沙包发生碰撞
C ．雪橇的总质量M 与沙包的质量m 满足M ：m=12：1
D ．拋出第四个沙包后雪橇会后退
13．如图是一种简化的阴极射线管的装置示意图，若在阴极射线管的阴极和阳极间加上直流高压1U ，并将管内一对水平的平行金属板（偏转电极）接另一直流高压2U ，不计电子的重力影响，从发出阴极射线到打在荧光屏上，下列说法中正确的是（ ）
A ．水平方向电子先做加速运动，再做匀速运动
B ．水平方向电子一直做加速运动
C ．1U 一定，2U 越大，亮点越高
D ．2U 一定，1U 越大，亮点越高
14．在如图所示电路中，电源电动势为12V ，电源内阻为1.0Ω，电路中电阻0R 为1.5Ω，小型直流电动机M 的内阻为0.5Ω．闭合开关S 后，电动机转动，电流表的示数为2.0A ．忽略电流表对电路的影响，则以下判断中正确的是（ ）
A ．电动机的输出功率为12W
B ．电动机两端的电压为7.0V
C ．电动机的发热功率为4.0W
D ．电源输出的电功率为24W
15．如图所示，两滑块A 、B 位于光滑水平面上，已知A 的质量A 1kg M =，B 的质量B 4kg M =.滑块B 的左端连有轻质弹簧，弹簧开始处于自由伸长状态。

现使滑块A 以5m/s V =速度水平向右运动，通过弹簧与静止的滑块B 相互作用（整个过程弹簧没有超过弹性限度），直至分开。

则（ ）
A ．物块A 的加速度一直在减小，物块
B 的加速度一直在增大
B ．作用过程中弹簧的最大弹性势能p 10J E =
C ．滑块A 的最小动能为KA 4.5J E =，滑块B 的最大动能为KB 8J E =
D ．若滑块A 的质量A 4kg M =，B 的质量B 1kg M =，滑块A 的最小动能为KA 18J
E =，滑块B 的最大动能为KB 32J E =
三、实验探究题（本题共2小题，共15分。

）
16．（7分）为验证碰撞中的动量是否守恒，某实验小组选取两
个体积相同、质量不相等的小球，按下述步骤进行实验。

①用天平测出两小球的质量（分别为1m 和2m ，且
12m m >）； ②按图安装好实验装置，将斜槽PQ 固定在桌边，使
斜槽末端切线水平，先不放小球2m ，让竖直挡板紧贴斜槽末端，
再让小球
1m 从斜糟顶端P 处由静止释放，记下小球1m 在竖直挡板上的撞击位置O ； ③将竖直挡板向右平移距斜槽末端一定距离，确保小球在碰撞前后均能撞击固定竖直挡板； ④先不放小球2m ，让小球1m 从斜槽顶端P 处由静止释放，记下小球1m 撞击竖直挡板的位置； ⑤将小球2m 放在斜槽末端，再让小球1m 从斜槽顶端P 处由静止释放，与2m 发生碰撞，分别记下小球1m 和2m 撞击竖直挡板的位置；
⑥图中A 、B 、C 点是该实验小组记下的小球与竖直挡板撞击的位置，用毫米刻度尺量出各个撞击点到O 的距离，分别为OA 、OB 、OC 。

根据该实验小组的测量，回答下列问题：
（1）小球1m 与2m 发生碰撞后，1m 撞击的是图中的_______点，2m 撞击的是图中的_______点（填
字时A 、B 、C ）。

（2）只要满足关系式___________（用1m 、2m 、OA 、OB 、OC 表示），则说明碰撞中的动量
是守恒的。

若测得::1:4:9OA OB OC =，则12m m =___________。

17．（8分）
在做“测定金属丝的电阻率”的实验中，已知待测金属丝的电阻约为5Ω．
（1）若采用伏安法测该金属丝的电阻，实验室提供以下器材供选择：
A ．电池组（3V ，内阻约1Ω）
B ．电流表（0～3A ，内阻约0.0125Ω）
C ．电流表（0～0.6A ，内阻约0.125Ω）
D ．电压表（0～3V ，内阻约4kΩ）
E ．电压表（0～15V ，内阻约15kΩ）
F ．滑动变阻器（0～20Ω，允许最大电流1A ）
G ．滑动变阻器（0～2000Ω，允许最大电流0.3A ）
H ．开关、导线若干
①实验时应选择的电流表为 ，电压表为 ，滑动变阻器为 （填器材前的字母代号）； ②在连成测量电路时，应采用电流表 接法（选填“内”或“外”），待测金属丝电阻的测量值比真实值偏 （选填“大”或“小”）；
（2）L 表示金属丝的长度，d 表示直径，测得金属丝的电阻为R ，用这些符号表示金属丝电阻率ρ= ．
四、计算题（本大题共4小题，共35分。

要求写出必要的文字说明、主要的计算步骤和明确的答案。

）
18.（8分）如图所示，匀强电场的电场线与AC 平行，把10－8 C 的负电荷从A 点移到B 点，静电力做功6×10－8 J ，AB 长6 cm ，AB 与AC 成60°角．求：
图
(1)匀强电场的场强方向；
(2)设B 处电势为1 V ，则A 处电势为多少？电子在A 处的电势能为多少？
19．（8分）
如图所示的电路中，两平行金属板A 、B 水平放置，两板间的距离40d =cm 。

电源电动势24E =V ，内电阻1r =Ω，电阻15R =Ω。

闭合开关S ，待电路稳定后，将一带正电的小球从B 板小孔以初速度04v =m /s 竖直向上射入板间。

若小球带电量为2110q -=⨯C ，质量为2
210m =⨯kg ，不考虑空气阻力。

（取210m /s g =）求：
（1）滑动变阻器接入电路的阻值为多大时，小球恰能达A 板？
（2）在第（1）问中，电源的输出功率是多大？
20．（9分）如图所示，ABCD 为竖直放在场强为E =104N/C 的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道，其中轨道的ABC 部分是半径为R =0.5m 的半圆环（B 为半圆弧的中点），轨道的水平部分与半圆环相切于C 点，D 为水平轨道的一点，而且CD =2R ，把一质量m =100g 、带电荷量q =10-4C 的负电小球，放在水平轨道的D 点，由静止释放后，在轨道的内侧运动。

g 取10m/s 2，求：
（1）它到达B 点时的速度是多大？
（2）它到达B 点时对轨道的压力是多大？
（3）要是小球能安全通过最高点A ，则开始释放点应C 点至少多远？
21．（10分）
如图甲所示，一质量M=4 kg 的小车静置于光滑水平地面上，左侧用固定在地面上的销钉挡住。

小车上表面由光滑圆弧轨道BC 和动摩擦因数μ=0.2的水平粗糙轨道CD 组成，BC 与CD 相切于C ， 圆弧轨道BC 的半径R=2.75 m ，圆弧所对圆心角θ=37°。

一质量m=1 kg 的小物块从某一高度处的A 点以υ0的速度水平抛出，恰好沿切线方向
自B 点进入圆弧轨道，A 、B 两点间的水平距离x=1.2
m ，小物块最后没有从小车上掉落。

取g=10 m/s 2，sin
37°=0.6，忽略空气阻力。

求: （1）小物块的初速度υ0；（2）水平轨道CD的最小长度。

答案
1. 选A
2. 选D
火箭在爆炸分离时水平方向上动量守恒，规定初速度的方向为正方向，由动量守恒定律可得1201122()m m v m v m v +=+ 解得210021
()m v v v v m =+
-故选D 。

3.选D A ．小球与小车组成的系统仅在水平方向不受外力，即只是水平方向系统动量守恒，故A 错误；
B ．因为系统水平方向总动量保持为零，则小球由B 点离开小车时小车速度为零，小球竖直上跑，由机械能守恒定律知小球从小车的B 点冲出后，能上升到刚释放时的高度，故B 错误； CD ．由人船模型结论可得：车的位移11R x k =
+ 小球的位移21
kR x k =
+故D 正确，C 错误。

故选D 。

4.选A
5.选B
【解析】A ．从t =0.8s 时起，再过一段微小时间，振子的位移为负值，因为取向右为正方向，故t=0.8s 时，速度方向向左，故A 错误；
B ．由图乙得振子的位移为
512sin π(cm)4x t = 则0.2s t =时
x =
故B 正确；
C ．由图乙可知，振子的位移方向相反，加速度方向相反，故C 错误；
D ．t =0.4s 到t =0.8s 的时间内，振子的位移逐渐变小，根据kx a m
=可知，其加速度逐渐减小，故D 错误。

6.选C
【详解】AB ．S 分别与a ，b 接触一下，若电流表读数有显著变化，说明电压表的分流作用明显，S 应接b ，此时的测量值大于真实值，故AB 错误；
CD ．S 分别与a ，b 接触一下，若电压表读数有显著变化，说明电流表的分压作用明显，S 应接a ，此时测量值小于真实值，故C 正确，D 错误。

故选C 。

7.选A
【详解】已知B 点的电势为6V ，A 点电势为2V ，C 点电势为4V ，在匀强电场中，AB 的中点的电势为
4V 2A B
D ϕϕϕ+==
连接CD 即为该匀强电场的等势面，电场线垂直于等势面，指向低电势方向，如图所示
由几何关系可知，CD 垂直于AB ，即电场线沿着BA 方向，则电场强度为
62V/m 1V/m 4
BA B A U E BA BA ϕϕ--=
===
故选A 。

8.选C
【详解】由图甲所示可知，电流表与电阻串联，甲图为电压表，R 1起分压作用，要使量程增加，需增加R 1的分压，即增加R 1的电阻，由图乙所示可知，电流表与电阻并联，乙图为电流表，R 2起分流作用，要使量程增加，需增加R 2的分流，即减小R 2的电阻，故C 正确．
9.选B
【详解】A ．负电荷从P 向Q 运动，电场力做正功，电势能减小，所以质点通过Q 点时的电势能比通过P 点时的小。

故A 错误；
B ．根据电场线与等势面的相互垂直可知，质点通过Q 点时的电场力的方向一定与等势面a 垂直，所以质点通过Q 点时的加速度的方向一定与等势面a 垂直，故B 正确；
C ．电场力做正功()0c a W q ϕϕ=-->，故φa >φc ，故C 错误；
D ．等差等势面P 处密，P 处电场强度大，电场力大，加速度大。

故D 错误。

10.选B
11.选AD
12.选AD
A ．每次抛出沙包前后，雪橇、人和抛出的沙包总动量守恒，故A 正确；
B ．抛出沙包后，雪橇的速度不会超过v ，不可能再与抛出的沙包发生碰撞，故B 错误；
C ．规定雪橇的初速度方向为正方向，对抛出第一个沙包前后，根据动量守恒定律有
()4
35
Mv M m v m v =-+⋅
得11M m =故C 错误；
D ．抛出第四个沙包后雪橇速度为1v ，由全过程动量守恒得()1443Mv M m v m v =-+⋅ 将11M m =代入得17
v v =-故D 正确。

13.选AC 14.选AB 15.选BD
A ．弹簧的弹力先增大后减小，两个物块受到的合外力都等于弹簧的弹力，则两个物块的加速度都先增大后减小，故A 错误；
B ．当弹簧压缩到最短时，弹簧的弹性势能最大，此时滑块A 和B 的速度相同。

选取向右为正方向，根据动量守恒定律()A A B M v M M v =+' 解得1m/s '=v
根据机械能守恒定律，知弹簧的最大弹性势能等于滑块A 、B 损失的动能，为：
()22p A A B 11
22
E M v M M v =
-+' 解得P 10J E 故B 正确；
C ．当A 、B 分离时，滑块B 的速度最大，由动量守恒和能量守恒定律得A A A B B M v M v M v =+
222
A A A
B B 111222
M v M v M v =+ 由以上两式得A 3m/s v =- B 2m/s v = 所以滑块A 的最小动能为KA 0E =
滑块B 的最大动能为2
KB B B
1
8J 2
E M v ==故C 错误。

D ．若滑块A 的质量A 4kg M =，B 的质量B 1kg M =，同理可得，当A 、B 分离时，A 、B 的速度分别为A 3m/s v = B 8m/s v =
滑块A 的最小动能为2
KA A A
1
18J 2
E M v == 滑块B 的最大动能为2
KB B B 1
32J 2
E M v ==故D 正确。

16．C A
=（1）[1][2]小球离开斜槽后做平抛运动，设斜槽末端到竖直挡板的水平距离为d ，小球打到竖直挡板的运动时间为d
t v =
小球做平抛运动的初速度v 越大，小球做平抛运动的时间t 越小，小球在竖直方向的位移
2
12
y gt =
越小，由图示可知，A 是碰撞后被碰球的落点位置，B 是碰撞前入射球的落点位置，C 是碰撞后入射球的落点位置；
（2）[3][4]小球做平抛运动的时间为t =
小球做平抛运动的初速度为d v t =
=
碰撞前后入射球做平抛运动的初速度为0v =
1v =
碰撞后被碰球的初速度为2v = 碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得101122m v m v m v =+
=若测得::1:4:9OA OB OC =
可得碰撞后被碰小球下落时间、碰撞前入射小球下落的时间、碰撞后入射小球下落的时间之比为1:2:3，则它们做平抛运动的初速度大小为3:2:1，即012v v =
313v v =代入101122m v m v m v =+
解得1
2
3m m =
17．（1）①CDF ②外 （2）2
4Rd L
πρ=
18.答案 (1)由C 指向A (2)－5 V 5 eV
解析 (1)将负电荷从A 点移至B 点，静电力做正功，所以电荷所受静电力方向由A 指向C .又因为是负电荷，场强方向与负电荷受力方向相反，所以场强方向由C 指向A .(3分) (2)由W AB ＝E p A －E p B ＝q (φA －φB )得
φA ＝W AB q ＋φB ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫6×10－
8－10－8＋1 V ＝－5 V(3分)
则电子在A 点的电势能为
E p A ＝qφA ＝(－e )×(－5 V)＝5 eV .(2分)
19．解：
（1）小球进入板间后，受重力和电场力作用，且到A 板时速度为零。

设两板间电压为AB U
由动能定理得2
0102
AB mgd qU mv --=-
滑动变阻器两端电压8AB U U ==滑V 设通过滑动变阻器电流为I ，由欧姆定律得
1E U I R r
-==+滑A
滑动变阻器接入电路的电阻8U R I
=
=Ω滑
滑 （2）电源的输出功率()
2
23P I R R =+=出
滑W
20．【答案】(1)m s ；(2)5N ；(3)1.25m
【详解】(1)小球在B 点的速度大小是v B ，则对于小球由D 到B 的过程中，应用动能定理
2B 1
32
qE R mgR mv ⨯-=
解得
B m s v =
(2)在B 点的圆轨道径向方向上，小球受到轨道对它的弹力和电场力，应用牛顿第二定律，有
2
B B v N qE m R
-= 解得
()
2
44
B 251010
N 0.1N 5N 0.5
N -=⨯+⨯
=
由牛顿第三定律可知，它对轨道的压力为5N 。

(3)在A 点，小球要恰好通过，则
2
v mg m R
=
设释放点距C 点的距离为x ，由动能定理得
2122
qEx mgR mv -=
解得
1.25m x =
为了使带电小球在半圆弧轨道上运动不脱轨，小球在水平轨道上释放的位置到C 点的距离至少为1.25m 。

21.（1）4 m/s ；（2）7.2 m （1）由平抛运动的规律得
tan θ=0
gt
v
x=v 0t 解得v 0=4 m/s
（2）物块进入圆弧轨道在B 点时的速度v B =5 m/s
由机械能守恒定律得mgR (1-cos 37°)+12m 2B v =21
2
C mv
物块在小车上CD 段滑动过程中，由动量守恒定律得 mv C =(M+m )v
由功能关系得fL=2
1
2
C mv -12(M+m )v 2
解得CD 的最小长度L=7.2 m。