重慶市 2022-2023學年高二下學期期末物理 Word版含解析.docx

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2022-2023學年重慶市城口中學高二（下）期末考試物理試卷一、單選題1.關于點電荷和元電荷，下列說法正確的是（　?。〢.自然界把電荷按不同屬性分成兩類：正電荷、負電荷或點電荷、元電荷B.因為電子很小，所以電子在任何時候都可以看作點電荷C.當帶電體的大小對靜電作用力的影響能夠忽略不計時可視為點電荷D.元電荷就電子和質子【答案】C【解析】【詳解】A．自然界只存在二種電荷：正電荷、負電荷，元電荷是電荷量單位，點電荷是理想化模型，故A錯誤；BC．帶電體看作點電荷的條件，當一個帶電體的形狀及大小對它們間相互作用力的影響可忽略時，這個帶電體可看作點電荷，是由研究問題的性質決定，與自身大小形狀無具體關系，故B錯誤，C正確；D．由元電荷定義：將電子或質子子所帶電量的絕對值稱為元電荷，而不是把質子或電子叫元電荷，故D錯誤。故選C。2.“跳馬”是集技術、力量、勇氣于一體的高難度競技體操項目，體操運動員在落地時總要屈腿，這樣做可以（　?。〢.減小地面對腳的沖擊力B.使地面對于腳的沖量為零C.減小人的動量變化量D.減小人的動能變化量【答案】A【解析】【詳解】落地時屈腿，這樣可以增加腳與地接觸的時間，根據動量定理得 得當時間增大時，沖量和動量的變化量都不變且不為零，動能的變化量也不變；動量的變化率減小，即地面對腳的作用力減小.故選A。3.兩個相同的帶同種電荷的導體小球所帶電荷量的比值為1∶3，相距為r（r遠大于小球半徑）時庫侖力的大小為F，今使兩小球接觸后再分開放回原處，此時庫侖力的大小為（　?。〢.FB.FC.FD.F【答案】C【解析】【分析】【詳解】若其中一個小球帶的電荷量為Q，則另一個小球帶的電荷量為3Q，根據庫侖定律有F=k今使兩小球接觸后，由于兩小球帶同種電荷，則二者帶的電荷量分別為2Q，根據庫侖定律有F′=k則可得出F′=故選C4.如圖所示，在半徑為R的半球形碗的光滑內表面上，一質量為m的小球在距碗口高度為h的水平面內做勻速圓周運動，重力加速度為g，則小球做勻速圓周運動的線速度大小為（　?。〢.B.C.D.【答案】D【解析】 【詳解】設支持力與豎直方向上的夾角為θ，小球靠重力和支持力的合力提供向心力，小球做圓周運動的半徑為r=Rsinθ根據幾何關系豎直方向根據平衡條件水平方向根據牛頓第二定律解得故選D。5.如圖示，10匝矩形線框處在磁感應強度B=T的勻強磁場中，繞垂直磁場的軸以恒定角速度=10rad/s在勻強磁場中轉動，線框電阻不計，面積為0.4m2，線框通過滑環(huán)與一理想自耦變壓器的原線圈相連，副線圈接有一只燈泡L（規(guī)格為“1.0W，0.1A”）和滑動變阻器，電流表視為理想電表，則下列說法正確的是（　?。〢.當燈泡正常發(fā)光時，原、副線圈的匝數(shù)比為1∶2B.若將滑動變阻器滑片P向上移動，則電流表示數(shù)減小C.若將自耦變壓器觸頭向上滑動，燈泡會變暗D.若從圖示線框位置開始計時，線框中感應電動勢的瞬時值為40sin（10t）V【答案】B【解析】【分析】 【詳解】A．輸入電壓的最大值為變壓器輸入電壓的有效值為當燈泡正常發(fā)光時，燈泡的電壓為根據理想變壓器變壓比得故A錯誤；B．滑動變阻器滑片P向上移動，連入電路的電阻變大，負載等效電阻變大，輸入電壓不變，線圈匝數(shù)比不變，則不變，所以變壓器副線圈的功率減小，原線圈功率也減小，由可得原線圈的電流減小，則電流表示數(shù)減小，故B正確；C．將自耦變壓器觸頭向上滑動，副線圈匝數(shù)變大，根據理想變壓器的變壓比可知輸出電壓增大，所以燈泡變亮，故C錯誤；D．輸入電壓的最大值為，圖中位置穿過線圈的磁通量為0，感應電動勢最大，所以從圖示線框位置開始計時，線框中感應電動勢的瞬時值為故D錯誤。故選B。6.如圖所示，一橫截面為直角三角形的玻璃磚，，一細光束平行邊從邊上的O點由空氣射入玻璃磚。已知玻璃磚對該光束的折射率，真空中光速為c，則光束（） A.在邊會發(fā)生全反射B.在邊會發(fā)生全反射C.在玻璃磚中的波長為空氣中的倍D.該光束在玻璃中發(fā)生全反射的臨界角為【答案】A【解析】【詳解】ABD．通過折射定律知可得到達AC邊，由幾何關系可知得故能發(fā)生全反射，根據幾何知識，反射光平行BC，由于對稱型，在邊會發(fā)生全反射，在邊不會發(fā)生全反射，A正確，BD錯誤；C．由折射率公式得C錯誤。故選A。二、多選題（16分）7.如圖所示為一理想變壓器，原、副線圈的匝數(shù)比為n:1，原線圈接電壓為u=U0sinωt的正弦交流電，輸出端接有一個交流電流表和一個電動機，電動機的線圈電阻為R．當輸入端接通電源后，電動機帶動一質量為m的重物勻速上升，此時電流表的示數(shù)為I，重力加速度為g，下列說法正確的是（） A.電動機兩端電壓為IRB.原線圈中的電流為nIC.電動機消耗的電功率為D.重物勻速上升的速度為【答案】CD【解析】【詳解】A．變壓器原線圈輸入電壓為副線圈輸出電壓為即電動機兩端電壓為，電動機不是純電阻電路，則兩端的電壓不等于IR，選項A錯誤；B．根據變壓器原副線圈電流關系得，原線圈中電流為，B錯誤；C．電動機消耗電功率為選項C正確；D．電動機輸出功率為mgv，線圈發(fā)熱功率為I2R，電動機消耗電功率等于輸出機械功率與線圈熱功率之和，即可得重物上升速度為 D正確．故選CD。8.下列說法中正確的是（　?。〢.勻速圓周運動是勻變速曲線運動B.牛頓通過萬有引力定律測算出了地球的質量C.開普勒第三定律也適用于圍繞地球運行的所有衛(wèi)星D.物體做圓周運動，它所受的合外力不一定指向圓心【答案】CD【解析】【詳解】A．勻速圓周運動的加速度是不斷變化的，是非勻變速曲線運動，選項A錯誤；B．牛頓發(fā)現(xiàn)了萬有引力定律，但沒有測出引力常量，卡文迪許利用扭秤裝置比較準確地測出了萬有引力常量，從而可以根據萬有引力定律計算出地球的質量，故B錯誤；C．開普勒第三定律也適用于圍繞地球運行的所有衛(wèi)星，故C正確；D．只有勻速圓周運動的時候，合力才指向圓心。非勻速的圓周運動，合力不指向圓心，故D正確。故選CD。9.對于光的衍射現(xiàn)象，下列說法正確的是（　?。〢.只有障礙物或孔的尺寸可以跟光波波長相比，甚至比光波波長還要小的時候，才能產生明顯的衍射現(xiàn)象B.衍射現(xiàn)象是光特有的現(xiàn)象，只有光才會發(fā)生衍射C.光的衍射現(xiàn)象否定了光沿直線傳播的結論D.光的衍射現(xiàn)象說明了光具有波動性【答案】AD【解析】【分析】【詳解】光的衍射現(xiàn)象說明了光具有波動性，在障礙物的尺寸可以跟光的波長相比，甚至比光的波長還小的時候，衍射現(xiàn)象比較明顯，在光的波長比障礙物的尺寸小的情況下，衍射現(xiàn)象不明顯，可以認為光是沿直線傳播的，所以光的衍射現(xiàn)象和光沿直線傳播是不矛盾的，它們是光在不同條件下產生的兩種現(xiàn)象，衍射現(xiàn)象是波特有的現(xiàn)象，不是光特有的現(xiàn)象。 故選AD。10.如圖所示，質量為3m，長度為L木塊置于光滑的水平面上，質量為m的子彈以初速度v0水平向右射入木塊，穿出木塊時速度為，設木塊對子彈的阻力始終保持不變，則下列說法正確的有（）A.子彈穿透木塊后，木塊速度為B.子彈和木塊增加的內能為C.若將木塊固定，子彈仍以相同速度水平射向木塊，子彈穿出時速度為D.若將木塊固定，子彈仍以相同速度水平射向木塊，系統(tǒng)產生的內能為【答案】ABD【解析】【詳解】A．設向右方向為正方向，由動量守恒定律得解得故A正確；B．由能量守恒定律得，子彈和木塊增加的內能故B正確；C．設子彈和木塊的加速度分別為、，相互之間的摩擦力為，則由牛頓第二定律相對位移若將木塊固定，子彈仍以相同速度水平射向木塊，子彈穿出時速度為，有 聯(lián)立解得故C錯誤；D．若將木塊固定，子彈仍以相同速度水平射向木塊，由于摩擦力和相對位移不變，所以系統(tǒng)產生的內能仍為。故D正確。故選ABD。三、填空題（12分）11.甲、乙兩汽車在同一平直公路上行駛，其速度—時間圖像如圖所示．甲車所做的運動是_____運動，在t=0到t=25s的時間內，甲車運動的加速度為___，乙車在前10s內速度為__，在t=10s到t=25s的時間內，乙車運動的加速度為___．【答案】①.勻加速直線②.0.4m/s2③.0④.2m/s2【解析】【詳解】甲車所做的運動是勻加速直線運動．根據速度時間圖象的斜率表示加速度，由圖象可得：甲車的加速度a甲=m/s2=0.4m/s2；乙車在前10s內速度為0．在t=10到t=25s的時間內，乙車的加速度a乙=m/s2=2m/s2；【點睛】解答本題的關鍵應抓住速度圖象的斜率表示加速度，傾斜的直線表示勻變速直線運動．12.一圓盤邊緣纏有足夠長的細線，細線下端栓有重錘，釋放重錘，圓盤繞固定軸在豎直平面內轉動。用頻閃儀拍下重錘從A到D豎直下落的頻閃照片，如圖所示。已知頻閃儀每隔0.04s閃光一次，圖中s1＝16.63cm，s2＝17.92cm，s3＝19.20cm，s1、s2、s3為實際下落的數(shù)值。（1）判斷重錘由A運動到D是不是勻加速運動的依據是__________；（2）重錘運動到C點的速度為_________m/s，若要得到此時圓盤的角速度，還應測量的物理量是__________。 【答案】①.在誤差允許范圍內，與是否相等②.4.64③.圓盤的半徑【解析】【詳解】（1）[1]已知頻閃儀每隔0.04s閃光一次，且s1＝16.63cm，s2＝17.92cm，s3＝19.20cm，則有而勻變速直線運動連續(xù)相同時間內的位移差值相等，在誤差允許范圍內，s2﹣s1與s3﹣s2是相等的，因此重錘由A運動到D是不是勻加速運動的依據是在誤差允許范圍內，s2﹣s1與s3﹣s2是否相等；（2）[2]根據中時刻的瞬時速度等于這段時間內的平均速度，則有[3]若要得到此時圓盤的角速度，依據角速度與半徑的關系式ω＝vr還應測量的物理量是圓盤的半徑。四、計算題（52分）13.國內最壯觀的音樂噴泉——太原晉陽湖音樂噴泉，擁有面積高達182m×80m的噴泉矩陣，是晉陽湖公園中最大的亮點，它的主噴口噴出的水柱高度達到80m。忽略空氣阻力，取，求：(1)水從最高點落回到水面時的速度；(2)水從最高點落回到水面的時間。 【答案】(1)；(2)【解析】【詳解】(1)設落回水面時的速度為解得(2)從最高點落回水面時間14.當平行板電容器兩極板間是真空時，電容C與極板的正對面積S、極板間距離d的關系為，k為靜電力常量。對給定的平行板電容器充電，當該電容器極板所帶電荷量Q變化時，兩極板間的電勢差U也隨之變化。（1）在如圖所示的坐標系中畫出電容器極板間電勢差U與帶電量Q的關系圖像。電容器儲存的電能等于電源搬運電荷從一個極板到另一個極板過程中，克服電場力所做的功。這一過程與克服彈力做功等于彈性勢能增量類似，與之類比，推導電容器儲存的電能表達式。（2）若保持平行板電容器帶電量Q、極板正對面積S不變，兩極板間為真空，將板間距離由增大到，需要克服電場力做多少功？（3）如果我們把單位體積內的電場能定義為電場能量密度，用表示。試證明真空中平行板電容器的電場能量密度和兩板間的電場強度平方成正比。（忽略兩板外的電場） 【答案】（1），；（2）；（3）證明見解析【解析】【詳解】（1）根據電容定義式得所以電容器極板間電勢差U與帶電量Q的關系圖像，如下圖類比彈力與形變量圖像的面積表示彈性勢能可得，電容器極板間電勢差U與帶電量Q的關系圖像與橫軸所圍面積為對電容器充電過程中電容器儲存的電能，即又因為所以（2）因為板間距為d時，電容為又因為所以 則將板間距離由增大到，則所以需要克服電場力做功為（3）因為電容器的體積為則電場能量密度為又由得整理得又因為電場強度所以即真空中平行板電容器的電場能量密度和兩板間的電場強度平方成正比。15.如圖所示，質量為在足夠長的木板A靜止在水平地面上，其上表面水平，木板A與地面間的動摩擦因數(shù)為，一個質量為的小物塊B（可視為質點）靜止于A的左端，小物塊B與木板A間的動摩擦因數(shù)為．現(xiàn)給小物塊B一個水平向右的初速度，大小為．求：木板A與小物塊B在整個運動過程中位移大小之比（最大靜摩擦力的大小等于滑動摩擦力的大小，?。?【答案】【解析】【詳解】分別以A、B為研究對象，受力分析，木板和物塊的加速度大小分別為，由牛頓第二定律得假設經過秒A、B共速，共同速度設為，由勻變速直線運動的規(guī)律得解得：共速過程中，A的位移大小設為，B的位移大小設為，則解得假設共速之后，A、B一起向右勻減速運動，木板和物塊間的靜摩擦力大小為，木板和物塊的加速度大小分別為，由牛頓第二定律得 解得假設成立，故設共速之后至A、B均靜止，A的位移設為，B的位移設為，則整個過程中A的位移大小B的位移大小則