高二物理上学期期末考前必刷卷01（人教版2019）（全解全析）

2022-2023学年高二物理上学期期末考前必刷卷高二物理·全解全析123456789101112DDCBDCCCACADBDBD1．D【详解】A．在时，弹簧振子的位移正向最大，弹簧振子的加速度为负向最大，故A错误；B．在时，弹簧振子具有最大的负向位移，弹簧的形变量最大，弹簧振子有最大的弹性势能，故B错误；C．在与两个时刻，弹簧振子的位移为零，弹簧的弹性形变量为零，弹簧的弹性势能为零，系统的动能最大，振子有最大的速度，故C错误；D．从到时间内，弹簧振子的位移逐渐减小，弹簧的弹性形变量减小，弹力减小，弹簧振子的加速度逐渐减小，故弹簧振子做加速度减小的加速运动，D正确。故选D。2．D【详解】A．等量异种电荷的电场线和等势线分别是关于连线和中垂线对称的，由等量异种电荷的电场特点，结合题图可知，两点在等量异种电荷的中垂面上，因此两点的电势相等，选项A错误；B．由于b、d两点到O点的距离相等，由对称性可知，b、d两点的电场强度大小相等，方向相同，选项B错误；C．由于为连线的中垂面，则该面上所有点的电势相同，因此负电荷沿棱由移动的过程中，在同一个等势面内运动，电场力一直不做功，选项C错误；D．将从a点移动到e点，由几何关系可知O点位于连线的中垂线上，则O点的电势仍为零，因此O点的电势不变，选项D正确。故选D。3．C【详解】A．由于光经过两容器时折射率不同，光速不同，到达正中央的光程差可能是波长的整数倍，也可能是半波长的奇数倍，所以中央可能是亮条纹，也可能是暗条纹，故B中气体可能含有瓦斯，也可能没有，故A错误；B．如果屏的正中央是暗纹，必有光程差，说明B中的气体与A中的气体成分不相同，一定含有瓦斯，故B错误；C．条纹不停地移动，则B中气体的折射率在变化，即瓦斯含量不稳定，故C正确；D．单色光或复色光都能出现干涉条纹，故D错误。故选C。4．B【详解】考虑临界情况，设折射角为C，光路图如图所示则有由几何关系可得2C=90°解得故选B。5．D【详解】AB．武汉处于北半球，地磁场的分量一个沿水平方向向北，一个竖直向下指向地面，根据题图中测量结果可知，x轴磁场分量为负值，说明x轴正方向指向南方，则y轴正方向指向东方，故AB错误；C．武汉该地的地磁场为故C错误；D．武汉该地的磁倾角（磁场与水平方向的夹角）正切值为,θ大于45°，故D正确。故选D。6．C【详解】A．甲图中A、B都是振动加强点，其中A在波峰，B在平衡位置，则A、B两点的竖直高度差为2A=10cm，故A正确，不符合题意；B．波的周期为从甲图所示时刻开始经，B点通过的路程为2×2A=20cm，故B正确，不符合题意；C．乙图所表示的是波的多普勒效应，故C错误，符合题意；D．在E点单位时间内接收到的波面比F点多，则在E点观察到的频率比在F点观察到的频率高，故D正确，不符合题意。故选C。7．C【详解】A．体型相近的两人，脂肪含量高者电阻较大，图乙为串联电路，脂肪含量高者总电阻大，因此总电流小，因此电流表示数较小，根据闭合回路欧姆定律可得两端电压为当总电流较小时，两端电压较大，即电压表示数较大，故A错误；B．电源的输出功率与外电阻和电源内阻的关系有关，外电阻与电源的内阻越接近，电源输出功率越大，本题中未给出外电阻与电源内阻的关系，因此无法确定谁对应的电源输出功率小，故B错误；C．图乙为串联电路，因此电源效率为由A选项分析可知，脂肪含量高者两端电压大，故对应的电源效率高，故C正确；D．根据闭合回路欧姆定律可得变化后得到可知电压表示数为横坐标，电流表示数为纵坐标，绘制的图像是一条与横纵和纵轴都有交点的向下倾斜的直线，故D错误。故选C。8．C【详解】飞机着陆时速度大小为飞机着陆时竖直向下的速度大小为飞机着地过程对乘客在竖直方向上利用动量定理解得故C正确。故选C。9．AC【详解】A．根据波动图和振动图可读出波的波长为，周期为，故可得波速为平衡位置在x=3m与x=7m的质点相差两个波长，则其振动情况完全相同，A正确；B．根据A质点的振动图可知，t=7.5s时A质点在正的最大位移处，因周期为，则t=6.5s时A质点在平衡位置，t=5.5s时A质点在负的最大位移处，故t=6s时A正在负的位移位置向平衡位置振动，由t=6s的波动图可知A质点的平衡位置与原点的距离在0m到0.5m之间，B错误；C．根据t=9s与t=6s的时间差为则平衡位置在x=1.7m处的质点在波形图上再振动的时间，x=1.5m的质点处于平衡位置，x=2.0m的质点处于波谷，则x=1.7m正在负的位移处向平衡位置振动，故加速度为沿着y轴正方向，C正确；D．根据t=13.5s与t=6s的时间差为则平衡位置在x=1.4m处的质点在波形图上再振动超过的时间，x=1.0m的质点处于波峰，x=1.5m的质点处于平衡位置，则x=1.4m的质点位移为正，D错误。故选AC。10．AD【详解】设某位置时球B离O点的距离为l，AB之间的距离为r，对球B受力分析如下图两球间的库仑力为根据相似三角形有可得；由于l一直减小，故细线对球B的拉力一直减小，球B对细线的拉力一直变小，而由上式可以看成r不变，故球B所受的库仑力不变且球B的运动轨迹是一段圆弧。故选AD。11．BD【详解】AB．当小球运动到最低点时，绳的拉力达到最大，力传感器的示数最大，所以从0时刻开始，摆球第一次到最低点的时间为0.5s，故A错误，B正确；C．摆长为细线的长度与小球半径之和，故C错误；D．根据单摆的周期公式由图可知解得故D正确。故选BD。12．BD【详解】A．物体A整个运动过程，弹簧对物体A的弹力一直向左；整个运动过程，弹簧对物体A的冲量向左，不可能为零，故A错误；B．物体A与弹簧接触运动过程中水平方向受弹力和摩擦力，物体A和弹簧组成的系统机械能不断减少；经过同一位置时，物体A向左运动的速率小于向右运动的速率；则物体A向右运动过程中与弹簧接触的时间小于物体A向左运动过程中与弹簧接触的时间，故B正确；C．弹簧原长时，物体与弹簧分离；物体A离开弹簧后向左运动2x0停止，对这一过程应用动能定理可得解得物体离开弹簧时的速度物体在向左运动过程中当弹力与摩擦力相等时速度最大，则物体A向左运动的最大速度大于，故C错误；D．由动量定理可得当物体向右运动到速度为零时，弹簧的弹性势能最大，由功能关系得，系统的最大弹性势能故D正确。故选BD。13．????13.45?（1分）???升高?（1分）????（1分）?????（1分）??无影响（2分）????D（2分）【详解】（1）[1]20分度游标卡尺的精确值为，图乙中读数为（2）[2]根据“发现滑块通过光电门1的时间大于通过光电门2的时间”可知滑块通过光电门1的速度小于通过光电门2的速度，滑块做加速运动，所以1的位置较高，因此可调节Q使轨道右端升高。（3）[3]因为B碰撞后被弹回，根据碰撞的基本规律，B滑块较轻，有[4]滑块碰后的速度为通过光电门的速度，即（4）[5]设B碰前速度大小为，碰后速度大小为，A碰后速度大小为，取水平向左为正方向，为验证动量守恒，只需证明下面等式成立即可同时有，，代入，有该等式两边可消去，所以实验中遮光条宽度的测量值有误差对验证碰撞过程动量守恒无影响。（5）[6]若机械能守恒，结合动量守恒有，解得，可得可得可得即故选D。14．????1431（1分）????5??（1分）??（1分）?????（1分）???小于（1分）????小于（1分）【详解】（1）[1]一块电芯所带电量为（2）[2]一块电芯的额定电压约为为了更加精确地测量，图乙中电压表量程应该接5V；（3）[3][4]根据得图线的纵轴截距为a，即则斜率为所以（4）[5][6]如果考虑电压表的内阻；此时图线纵截距表示，所以E测小于E真，而斜率不变截距偏大，因此r测小于r真。15．（ⅰ）；（ⅱ），L=14cm【详解】（ⅰ）由题图可知，该波的波长，若该波沿x轴正方向传播，则该波在时间内传播的最小距离（1分）由周期性可知，该波在内传播的距离（2分）（ⅱ）若波速大小，则该波的周期（1分）因为（1分）所以波沿x轴负方向传播，在时刻，质点P处于平衡位置并沿y轴正方向运动。在时刻，质点P到达负方向的最大位移处，可知（1分）在内，质点P通过的路程（1分）16．（1）；（2）【详解】（1）由公式（1分）可得（1分）光在内球表面上发生全反射的光路图如图，有（1分）有（1分）由数学知识得（1分）得（1分）根据折射定律有（1分）折射光线与内球面相切，入射角最大，设为，如图，有（1分）；即（1分）17．（1）90V；（2）0.2m；（3）0.1m【详解】（1）电子在加速电场中，由动能定理得（1分）解得电子进入偏转电场时的速度（1分）电子在偏转电场中做类平抛运动，电子恰好能从偏转电场射出时（1分），（1分），解得电子恰好能从偏转电场射出时对应的电压值（1分）（2）电子离开偏转电场后做匀速直线运动，由几何知识可知得（1分）解得恰好能从偏转电场射出的电子打在荧光屏M的位置到中心点O的距离（1分）偏转电压为0时，电子打在荧光板上的O点。在偏转电场上极板下缘放入一块长为的挡板，电子刚好从挡板边缘射出偏转电场，则，（1分），解得（1分）电子打在荧光板上留下的痕迹长度为，则解得（1分）18．（1）；（2）；（3）【详解】（1）将物块与木板作为研究对象，因地面光滑，由动量守恒定律可知（1分）由能量守恒定律可知（1分）解得木板与墙壁第一次碰前物块相对木板的位移大小为（1分）（2）因为，若要求木板与墙壁发生2次及以上碰撞，则第一次碰前木板与物块未相对静止，木板的加速度为物块的加速度为木板第一次与墙壁碰撞前的速度大小为，由速度-位移关系可知（1分）木板从静止开始至与墙壁第一次碰撞所用的时间（1分）第一次碰撞时，物块的速度大小为，由速度-时间关系可得（1分）依题意有才能保证模板最终再