广东省佛山市三水白坭中学2022-2023学年高二物理期末试题含解析

广东省佛山市三水白坭中学2022-2023学年高二物理期末试题含解析一、选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项符合题意1.（单选）火卫一和火卫二环绕火星做圆周运动，已知火卫一的周期比火卫二的周期小，则两颗卫星相比A.火卫一的线速度较大

B.火卫一距火星表面较远C.火卫二的角速度较大

D.火卫二的向心加速度较大参考答案：A2.如图1-9-2所示，AB为固定的通电直导线，闭合导线框P与AB在同一平面内。当P远离AB做匀速运动时，它受到AB的作用力为A．零

B．引力，且逐步变小C．引力，且大小不变

D．斥力，且逐步变小参考答案：B3.（多选）在测定电源的电动势和内阻的实验中，待测电池、开关和导线配合下列哪组仪器，可以达到测定目的

（

）A．一只电流表和一个滑动变阻器B．一只电流表和一只电压表C．一只电流表和一个电阻箱D．一只电压表和一个电阻箱参考答案：CD4.如图所示，一个菱形的导体线框沿着自己的对角线匀速运动，穿过具有一定宽度的磁场区域，已知对角线AC的长度为磁场宽度的两倍且与磁场边界垂直，下面对于线框中感应电流随时间变化的图象（电流以ABCD顺序流向为正方向，从C点进入磁场开始计时）可能正确的是（）A． B． C． D．参考答案：A【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；楞次定律．【分析】先根据楞次定律判断感应电流的方向，分析有效切割长度的变化，再结合切割产生的感应电动势公式判断感应电动势的变化，从而结合闭合电路欧姆定律判断感应电流的变化．【解答】解：线圈在进磁场的过程中，磁通量增加，根据楞次定律可知，感应电流的方向为ABCD方向，为正；在出磁场的过程中，磁通量减小，根据楞次定律知，感应电流的方向为ADCBA，为负．在线圈进入磁场的前一半的过程中，切割的有效长度均匀增大，感应电动势均匀增大，则感应电流均匀增大，在线圈进入磁场的后一半过程中，切割的有效长度均匀减小，感应电动势均匀减小，则感应电流均匀减小；在线圈出磁场的前一半的过程中，切割的有效长度均匀增大，感应电流均匀增大，在线圈出磁场的后一半的过程中，切割的有效长度均匀减小，感应电流均匀减小．故A正确，B、C、D错误．故选：A．5.（多选题）下列四幅图所反映的物理过程中，系统动量守恒的是（）A．在光滑水平面上，子弹射入木块的过程中B．剪断细线，弹簧恢复原长的过程C．两球匀速下降，细线断裂后，它们在水中运动的过程中D．木块沿光滑固定斜面由静止滑下的过程中参考答案：AC【考点】动量守恒定律．【分析】系统动量守恒定律的条件是当系统所受的外力之和为零或不受外力，系统动量守恒．【解答】解：A、在光滑水平面上，子弹射入木块的过程中，系统所受外力之和为零，系统动量守恒．故A正确．B、剪断细线，弹簧恢复原长的过程，墙壁对滑块有作用力，系统所受外力之和不为零，系统动量不守恒．故B错误．C、木球与铁球的系统所受合力为零，系统动量守恒；故C正确．D、木块下滑过程中，由于木块对斜面的压力，导致斜面始终受挡板作用力，系统动量不守恒．故D错误．故选AC．二、填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分6.（4分）一个小球从4m高处落下，被地面弹回，在1m高处被接住，则小球在整个过程中小球的位移大小x=

m。参考答案：37.质量为0.1kg的弹性小球从高为1.25m处自由下落至一光滑而坚硬的水平板上，碰撞后弹回到0.8m高处，碰撞时间为0.01s，则小球与水平板碰撞过程中动量变化大小为_____________kg·m/s，小球与水平板间的平均撞击力大小为____________N．参考答案：

(1).0.9

(2).91【详解】由于小球做自由落体运动，则其与水平面碰撞前的速度为：，所以与水平面碰撞前的动量为：P1=mv1=0.1×5kg?m/s=0.5kg?m/s，方向竖直向下。与水平面碰后，小球做竖直上抛运动，上升的最大高度为0.8m，则碰后小球速度为，方向竖直向上；此时小球的动量为：P2=mv2=0.1×4kg?m/s=0.4kg?m/s，方向竖直向上，动量的变化量为：。设向上为正方向，根据动量定理，合外力的冲量等于物体动量的变化．小球所受外力有重力mg和水平面对它的弹力N，则有：（N-mg）t=P2-P1，代入数据解得：N=91N，方向竖直向上。8.当质量为1kg、温度为0℃的水结成0℃的冰后，它的体积会变大。此过程中所有水分子的总动能__________（选填：“增大”、“不变”或“减少”），所有水分子势能的总和__________（选填：“增大”、“不变”或“减少”）。

参考答案：不变；减少9.（6分）要使重400N的桌子从原地移动，至少要用120N的水平推力。桌子从原地移动以后，为了使它继续做匀速运动，只要100N的水平推力就行了，则最大静摩擦力为

N。桌子与地面间的动摩擦因数为

。如果用90N的水平推力推桌子，这时静摩擦力为

N。参考答案：120、0.25、9010.宇宙飞船(内有宇航员)绕地球做匀速圆周运动，地球的质量为M，宇宙飞船的质量为m，宇宙飞船到地球球心的距离为r，引力常量为G，宇宙飞船受到地球对它的万有引力F＝________；飞船内的宇航员处于________状态(选填“超重”或“失重”)．参考答案：；失重11.14．如图中s1和s2是两个相干波源,以s1和s2为圆心的两组同心圆弧分别表示在同一时刻两列波的波峰和波谷,实线表示波峰,虚线表示波谷,a、b、c三点中,振动加强的点是______________，振动减弱的点是______________，再过周期,振动加强的点是______________，振动减弱的点是______________。参考答案：bcda12.如图所示为定性研究平行板电容器的电容与其结构之间的关系的装置，平行板电容器的A板与静电计相连，B板和静电计金属壳都接地，若充电后保证电容器带电量不变，则正对面积减小时，静电计指针的偏转角度__________。（填“变大”“变小”或“不变”）参考答案：13.如图所示，把一个线框从一匀强磁场中匀速拉出（线框原来全在磁场中）．第一次拉出的速率是V，第二次拉出速率是2V，其它条件不变，则前后两次拉力大小之比是1：2，拉力功率之比是1：4，拉力做功的绝对值之比1：2，是安培力做功的绝对值之比是1：2，线框产生的热量之比是1：2，通过导线某一横截面的电量之比是1：1．参考答案：解：由安培力公式FA=可知，FA∝v，则得安培力之比为1：2；由于线框匀速运动，拉力与安培力大小，则前后两次拉力大小之比为1：2；由W=Fs，s相等，则拉力做功之比和安培力做功均为1：2，所用时间之比为2：1，则由功率公式P=可得，拉力功率之比为1：4．线框匀速运动时，拉力做的功全部转化为焦耳热，焦耳热之比为1：2，由q=It==，因磁通量的变化量相等，所以通过导线某一横截面的电量相等，则电量之比是1：1．故答案为：1：2，1：4，1：2，1：2，1：2，1：1．三、简答题：本题共2小题，每小题11分，共计22分14.在燃气灶上常常安装电子点火器，用电池接通电子线路产生高压，通过高压放电的电火花来点燃气体请问点火器的放电电极为什么做成针尖状而不是圆头状？参考答案：燃气灶电极做成针尖状是利用尖端放电现象解：尖端电荷容易聚集，点火器需要瞬间高压放电，自然要高电荷密度区，故安装的电子点火器往往把放电电极做成针形．【点睛】强电场作用下，物体尖锐部分发生的一种放电现象称为尖端放电，它属于一种电晕放电.它的原理是物体尖锐处曲率大，电力线密集，因而电场强度大，致使其附近部分气体被击穿而发生放电.如果物体尖端在暗处或放电特别强烈，这时往往可以看到它周围有浅蓝色的光晕．15.如图所示，水平放置的两平行金属板间距为d，电压大小为U，上板中央有孔，在孔正下方的下板表面上有一个质量为m、、电量为－q的小颗粒，将小颗粒由静止释放，它将从静止被加速，然后冲出小孔，则它能上升的最大高度h=_________________，参考答案：;试题分析:小颗粒由静止释放，电场力对它做正功，重力做负功，从小颗粒由静止释放到最高点过程，根据动能定理得qU-mg（d+h）=0，解得，h=考点：带电粒子在匀强电场中的运动；动能定理的应用；机械能守恒定律四、计算题：本题共3小题，共计47分16.（15分）如图所示，极板A、B、K、P连入电路，极板P、K，A、B之间分别形成电场，已知电源电动势E=300V，电源内阻不计，电阻R1=2000KΩ,R2=1000KΩ，A、B两极板长，间距。一个静止的带电粒子，电荷量、质量，从极板K中心经P、K间电场加速后，进入极板A、B间电场中发生偏转。（极板间电场可视为匀强电场且不考虑极板边缘效应，不计粒子重力）求：⑴极板P、K之间电压UPK，A、B之间电压UAB⑵粒子刚进入偏转极板A、B时速度v0⑶粒子通过极板A、B时发生偏转距离y参考答案：17.如图所示，面积为0.2m2的100匝线圈A处在磁场中，磁场方向垂直于线圈平面．磁感强度随时间变化的规律是B=（6﹣0.2t）（T）已知R1=4Ω，R2=6Ω，电容C=30μF，线圈A的电阻不计．求：（1）闭合S后，通过R2的电流强度大小和方向．（2）闭合S一段时间后再断开S，S断开后通过R2的电荷量是多少？参考答案：解：（1）由于B=6﹣0.2t，则A线圈内产生的感应电动势：S闭合后，电路中电流方向由a→R2→b故通过R2的电流强度大小为0.4A，方向由a→R2→b．（2）断开S后，通过R2的电流Q=C故S断开后通过R2的电量是7.2×