2023-2024学年度第一学期期末学情调研测试
高二物理
本卷：共100分
考试时间：75分钟
一、单选题：本大题共11小题，共44分。
1.电梯上升过程中，某同学用智能手机记录了电梯速度和时间变化的关系，如图1所示，
下列表述正确的是
A.只有从20.0s到30.0s,电梯才处于上升阶段
1.00
B.从30.0s到40.0s,电梯处于静止阶段
E0.50
0.00
C.只有从40.0s到50.0s,电梯才处于下降阶段
-0.50
0
20.0
10.0
60.0
D.从20.0s到50.0s,电梯都处于上升阶段
时间(s)
2.如图2所示，一个质量为50kg的沙发静止在水平地面上，甲、乙两人同时从背面和侧面
分别用F1=150N、F2=200N的力推沙发，F1与F2相互垂直，且平行于地面.沙发与地面
间的动摩擦因数为0.3.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力（取g=10m/s2),下列说法正确的
是
A.沙发不会被推动
B.沙发将沿着F2的方向移动，加速度为1m/s2
C.沙发的加速度大小为2m/s2
D.沙发的加速度为5m/s2
图2
3.如图3所示，一名运动员在参加跳远比赛，他腾空过程中离地面的最大高度为h=1.25m,
成绩为x=5m。假设跳远运动员落入沙坑瞬间速度方向与水平
面的夹角为a,运动员可视为质点，不计空气阻力，g=10ms2。则
a等于
A.30°
B.37°
C.45
D.60°
4.质量为50kg的小明坐在秋千上摆动到最高点时的照
图4
片如图4所示，g=10m/s2,对该时刻，下列说法正确的是
A.秋千对小明的作用力小于500N
B.秋千对小明的作用力等于500N
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C.秋千对小明的作用力大于500小N
D.因为小明的加速度为零，所以其所受合力为零
5.如图5所示，指纹采集装置中的半导体基板上有大量相同的小极板，外表面绝缘。当手
指的指纹一面与绝缘表面接触时，由于指纹凸凹不平，凸点处与凹点处分别与半导体基板
上的小极板形成一个个正对面积相同的电容器，若每个电容器的电压保持不变，则在指纹
采集过程中，下列说法正确的是
图5
A.指纹的凹点处与对应的小极板距离远，该位置的电容大
B.指纹的凸点处与对应的小极板距离近，该位置的电容小
C.由于指纹的凸点处与对应的小极板距离较近，小极板的
带电量较小
D.由于指纹的凸点处与对应的小极板距离较近，小极板的带电量较大
6.某同学用一个微安表头（量程1mA,内阻452）、电阻箱R1和电阻箱R2组装成一个多用电
表，有电流“10mA”和电压“3V”两挡，改装电路如图6所示，则R1、R2应调到的阻值
为
A.R1=52,R2=295.52
B.R1=52,R2=29552
C.R1=102,R2=29102
图6
D.R1=102,R2=2912
7.利用单摆测定重力加速度的实验装置如图7所示。已知摆线长度为L,小球直径为d,实
验中测出摆球完成50次全振动的时间为t,则下列说法中正确的是
图7
A.实验中，为便于观测，释放小球时应使摆线与竖直方向夹角大些
B.应从摆球处于最高点开始计时
C.实验测出当地重力加速度为g=10
2
D.误把51次全振动记为50次全振动会导致g的测量值偏小
8.如图8所示，在“测量玻璃的折射率”的实验中，以下说法正确的是
A.实验必须选用两光学表面平行的玻璃砖，否则无法测量
第2页，共6页2023-2024学年第一学期期末学情调研（高二物理)
参考答案和评分标准
1.D
2.C3.C4.A5.D6.A7.D8.D9.B10.C11.D
12.(15分，每空3分)【答案】(1)0.695；(2)偏小：(3)2.60：0.52(4)1.0×10-62·m
13.(6分)
解：(1)由折射定律可知n=sin53
………………得1分
sin30
解得折射率=1.6…………正确代入数据并得出结果得2分
(2)由折射率与光在介质中的速率关系式n=………得1分
解得v=1.875×108m/s,…………正确代入数据并得出结果得2分
答：（略）
14.(8分)
【答案】解：(1)波沿x轴正方向传播，当x=0处的振动状态传到质点M时，质点M第一
次回到平衡位置，则此过程中波传播的距离4x=0.1m…得出结果得2分
则波速大小v=
。解得v=02m/s…写出计算式并得出结果得2分
(2)由题中波动图像可知波长1=1.2m…1分
周期7=合=6s…1分
则质点M在18s内完成的全振动次数为：ng=3次…1分
所以其走过的路程s=3×4A=12×20cm=240cm=2.4m….1分
答：（略）
15.(12分)
【答案】解：(1)子弹射入物块过程，系统的动量守恒，取向右方向为正方向，
根据动量守恒定律得：则有：movo=(mo+M)p,…1分
得：v=2m/s
……1分
机械能只在该过程有损失，损失的机械能为4B=moo2-(mo+Mv2,…1分
解得：△E=196:…1分
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(2)物块（含子弹）在向上摆动过程中，以物块（含子弹）和圆环组成的系统为研究对象，
根据系统水平方向的动量守恒得，则有：(mo+M)v=(mo+M+m)v',…1分
解得：v=1.6m/s…1分
根据机械能守恒定律有：2(Omo+M)p2-(Omo+M+m)v2+(m+Mgh…1分
代入上述结论后可解得：h=0.04m…1分
(3)当子弹、物块、圆环达到共同速度后，子弹和物块将向下摆动，在此过程中圆环一直
受绳子水平向右的分力作用，圆环速度一直增大，当子弹和物块运动到圆环正下方时圆环
速度最大。
设此时子弹和物块的速度为v1,圆环速度为2
则有(mo+Mm=(m0+M)y1+mv2…1分
及(0m0+M)v2=2(0m0+M)好+2m吃…1分
由上述两式联列后可解得v1=1.2m/s,v2=3.2m/S…2分
故圆环的最大速度为3.2m/s
答：（略）
R
16.(15分)
E
XqvB
X;X
解：(1)当小球离开圆弧轨道后，对其受力分析如图所示：
由平衡条件得：F电=qE=mngtan0…2分
代入数据解得：E=6W/C…1分
(2)小球从进入圆弧轨道到离开圆弧轨道的过程中，由动能定
mg
理得：qERsine0-mgR(1-cos0)=mv呢-m听…2分
代入数据得：pc=4m/s…2分
(3)根据小球经过C点时的受力分析图可知：F熊=qcB=
……2分
解得：B=2.5T…1分
分析小球经过A处时，由向心力公式可知：Fw十q4B-mg=m片…2分
R
代入数据得：F≈2.5×10-3N.2分
由牛顿第三定律得，小球对轨道的压力为：Fw≈2.5×10-3W,方向：竖直向下。…1分
答：（略）
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