天津?qū)幒涌h寧河鎮(zhèn)中學(xué)2023年高二物理期末試題含解析

1、天津?qū)幒涌h寧河鎮(zhèn)中學(xué)2023年高二物理期末試題含解析一、 選擇題：本題共5小題，每小題3分，共計15分每小題只有一個選項符合題意1. （單選）在電場線如圖所示的電場中有M、N兩點，一個帶電離子（不計重力）僅在電場力作用下由靜止開始從M點運動到N點，則AM點處的電場強度比N點處的電場強度大B該離子在M點的電勢能大于在N點的電勢能CM點處的電勢比N點處的電勢低D該離子在N點的速度可能為零參考答案：B2. 有一小段通電導(dǎo)線，長為1 cm，電流強度5 A，把它置于磁場中，受到的磁場力為0.1N，則該處的磁感應(yīng)強度B一定是AB=2T BB2TCB2T D以上情況均可能參考答案：C3. 一列波以速率v傳播

2、，如圖所示，t1時刻的波形的實線，t2時刻的波形為虛線，兩時刻之差t1-t2=0.03s，且小于一個周期T，有下列各組判斷中，可能正確的是：（ ）AT012s，v=100msBT0.04s，v300msCT0.12s，v300msDT004s，v=100ms參考答案：AB4. （多選題）下列關(guān)于物體動量和沖量的說法正確的是（）A物體所受合外力沖量越大，它的動量也越大B物體所受合外力沖量不為零，它的動量一定要改變C物體動量增量的方向，就是它所受沖量的方向D物體所受合外力越大，它的動量變化就越大參考答案：BC【考點】動量定理；動量守恒定律【分析】根據(jù)動量定理，結(jié)合合力的沖量等于動量的變化量進行判斷

3、【解答】解：A、合外力的沖量越大，根據(jù)動量定理知，動量的變化量越大，但是動量不一定大故A錯誤B、合外力的沖量不為零，根據(jù)動量定理知，動量的變化量不為零，即動量一定改變故B正確C、根據(jù)動量定理知，合力的沖量等于動量變化量，則沖量的方向與動量增量的方向相同故C正確D、根據(jù)F=，知物體的合外力越大，動量的變化率越大，變化量不一定大故D錯誤故選：BC5. 如圖是根據(jù)某次實驗記錄數(shù)據(jù)畫出的UI圖象，下列關(guān)于這個圖象的說法中正確的是A縱軸截距表示待測電源的電動勢，即E3.0 VB橫軸截距表示短路電流，即I短0.6 AC根據(jù)rE/I短，計算出待測電源內(nèi)電阻為5 D根據(jù)r|，計算出待測電源內(nèi)電阻為1 參考答案

4、：AD二、 填空題：本題共8小題，每小題2分，共計16分6. 平行板電容器兩板相距2cm，接在200V電源上，帶電量為510-8庫侖。這個電容器的電容是 ，板間電場強度是 。參考答案：2.5X10-10F，1.0X104V/M 7. 如圖所示為研究平行板電容器電容的實驗，電容器充電后與電源斷開，電荷量Q將不變，與電容器相連的靜電計用來測量電容器的 在常見的電介質(zhì)中，由于空氣的介電常數(shù)是最小的，當(dāng)極板間插入其它的電介質(zhì)時，電容器的電容將 （填“增大”、“減小”、或“不變”），于是我們發(fā)現(xiàn)，靜電計指針偏角將 （填“增大”、“減小”、或“不變”）參考答案：電壓；增大；減小電容器充電后與電源斷開，電量

5、Q保持不變；靜電計可以測量電容器的電壓；當(dāng)插入介質(zhì)時，？增大，由C=可知電容將增大；由U=Q/C可知，兩板間的電壓減小，靜電計指針偏角減小8. 圖中a、b和c表示點電荷電場中的三個等勢面，它們的電勢分別為U、和。一帶電粒子從等勢面a上某處由靜止釋放后，僅受電場力作用而運動，已知它經(jīng)過等勢面b時的速率為v，則它經(jīng)過等勢面c時的速率為_。參考答案：1.5V9. 真空中有一電場，在電場中的P點放一個電量為的檢驗電荷，它受到的電場力為，則P點的場強為；把檢驗電荷的電荷量減少為，則檢驗電荷所受到的電場力為。參考答案：10. 如上右圖所示，質(zhì)量為10kg的小球掛在傾角為37的光滑斜面頂端，若斜面和小球一起

6、向右勻速運動，繩對小球的拉力大小為_N；若斜面和小球以加速度a=5m/s2向右勻加速運動，則斜面對小球的支持力大小為_N。（g取10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8）參考答案：60；5011. 電子所帶的電荷量是C，實驗指出，所有帶電物體的電荷量或者 （填“等于”或“不等于”），或者是的 倍。參考答案：等于 ； 整數(shù) 12. 如圖所示，理想變壓器的原、副線圈匝數(shù)之比為n1n241，原線圈回路中的電阻A和副線圈回路中的電阻B的阻值相等a、b端加一定交流電壓后，兩電阻消耗的電功率之比PAPB_，兩電阻兩端電壓之比UAUB_。 參考答案：1：16，1：413. 把帶電量為q10-6庫

7、的點電荷放入電場中某點，它所受的電場力為F210-6牛，則該點的場強大小是_牛庫；如果在該點放人一個電量為2q(210-6庫)的點電荷，它所受的電場力大小是_牛，這時該點的場強大小是_牛庫。參考答案：2，4，2三、 實驗題：本題共2小題，每小題11分，共計22分14. 如圖所示為多用電表示意圖其中A、B、C為三個可調(diào)節(jié)的部件某同學(xué)在實驗室中用它測量一阻值約為13k的電阻他測量的操作步驟如下：（1）調(diào)節(jié)可調(diào)部件_，使電表指針指向左邊零刻度處。（2）調(diào)節(jié)可調(diào)部件B，使它的尖端指向_位置。（3）將紅黑表筆分別插入正負(fù)插孔中，兩筆尖相互接觸，調(diào)節(jié)可動部件_，使電表指針指向歐姆零刻度位置。（4）將兩只表

8、筆分別與待測電阻兩端相接，進行測量讀數(shù)。（5）換測另一阻值為2025 k的電阻時，選擇“1 k”檔，此時還必須重復(fù)步驟（3），才能進行測量，若電表讀數(shù)如圖所示，則該待測電阻的阻值是_參考答案：1）A （2）“100”的倍率擋 （3） C （5）22.0 k15. 在“測定金屬的的電阻率”實驗中，用螺旋測微器測量金屬絲的直徑，如圖所示的讀數(shù)是 mm。參考答案：0.740（0.739或0.741）。四、計算題：本題共3小題，共計47分16. 如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy內(nèi)，第1象限存在沿y軸負(fù)方向的勻強電場，第象限以O(shè)N為直徑的半圓形區(qū)域內(nèi)，存在垂直于坐標(biāo)平面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B一質(zhì)量為

9、m、電荷量為q的帶正電的粒子，從y軸正半軸上y=h處的M點，以速度v0垂直于y軸射入電場，經(jīng)x軸上x=2h處的P點進入磁場，最后以速度v垂直于y軸射出磁場不計粒子重力求：（1）電場強度大小E；（2）粒子在磁場中運動的軌道半徑；（3）粒子離開磁場時的位置坐標(biāo)參考答案：解：（1）在電場中粒子做類平拋運動，設(shè)粒子在電場中運動的時間為t1，則有：2h=v0t1h=at12根據(jù)牛頓第二定律得：qE=ma聯(lián)立式得：E=（2）由題意可知，粒子進入磁場時速度也為v，根據(jù)動能定理得：qEh=再根據(jù) qvB=m聯(lián)立式得：，r=（3）如圖，設(shè)粒子離開磁場時的位置坐標(biāo)為（x、y），粒子進入磁場時速度v，與x軸正方向的

10、夾角為，由圖可得：cos=，=45所以 x=2hrcos45=2hy=r+rsin45=（1+）答：（1）電場強度大小E為；（2）粒子在磁場中運動的軌道半徑為；（3）粒子離開磁場時的位置坐標(biāo)為（2h），（1+）【考點】帶電粒子在勻強磁場中的運動；帶電粒子在勻強電場中的運動【分析】（1）粒子在電場中做類平拋運動，水平方向做勻速運動，豎直方向做勻加速運動，應(yīng)用牛頓第二定律與類平拋運動分位移公式結(jié)合，可求出電場強度的大小E；（2）根據(jù)動能定理求出粒子進入磁場時的速度大小，由牛頓第二定律求出軌道半徑；（3）再作出粒子運動軌跡，由幾何知識求出粒子離開磁場時的位置坐標(biāo)17. 如圖所示，MN為金屬桿，在豎直

11、平面內(nèi)貼著光滑金屬導(dǎo)軌下滑，導(dǎo)軌的間距l(xiāng)=10cm，導(dǎo)線上端接有電阻R=0.5，導(dǎo)線與金屬桿電阻不計，整個裝置處于B=0.5T的水平勻強磁場中，軌桿穩(wěn)定下落時，每秒鐘有2J的重力勢能轉(zhuǎn)化為電能，則MN桿的下落速度v= m/s，桿的質(zhì)量為 kg參考答案：20；0.01【考點】導(dǎo)體切割磁感線時的感應(yīng)電動勢；閉合電路的歐姆定律【分析】當(dāng)桿MN達到穩(wěn)定狀態(tài)時勻速下滑，重力勢能轉(zhuǎn)化為電能，根據(jù)能量守恒可知，整個電路消耗的電功率等于MN棒的重力功率，列式即可求得MN桿的下落速度v桿勻速下落，根據(jù)平衡條件可求得桿的質(zhì)量【解答】解：桿穩(wěn)定下落時做勻速運動，重力的功率等于電路的電功率，設(shè)重力的功率為P，由題意有：P=2W根據(jù)功能關(guān)系有：P=由法拉第電磁感應(yīng)定律得：E=Blv聯(lián)立、得：P=代入數(shù)據(jù)得：