廣東省揭陽市桃山中學(xué)2022-2023學(xué)年高二物理期末試卷含解析

廣東省揭陽市桃山中學(xué)2022-2023學(xué)年高二物理期末試卷含解析一、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.某電場的電場線的分布如圖所示．一個帶電粒子由M點沿圖中虛線所示的途徑運動通過N點．則下列判斷正確的是（）A．粒子帶負(fù)電B．粒子在M點的加速度大C．粒子在M點的電勢能大D．粒子在N點的速度大參考答案：

考點：電勢能．專題：電場力與電勢的性質(zhì)專題．分析：電場線是從正電荷或者無窮遠出發(fā)出，到負(fù)電荷或無窮遠處為止，沿電場線的方向，電勢降低，電場線密的地方電場的強度大，電場線疏的地方電場的強度小．解答：解：A、電場線的方向向上，根據(jù)粒子的運動的軌跡可以知道，粒子的受到的電場力的方向也向上，所以電荷為正電荷，故A錯誤；B、電場線密的地方電場的強度大，電場線疏的地方電場的強度小，所以粒子在N點的受力大，加速度大，故B錯誤；C、從M點到N點，靜電力方向先與速度方向成銳角，電場力做正功，電勢能減小，粒子的速度增大，故CD正確；故選：CD．點評：本題是電場中粒子的軌跡問題，首先要能根據(jù)軌跡的彎曲方向判斷粒子受力方向，其次根據(jù)電場線的疏密可以判斷電場強度的強弱，進而判斷電場力的大小，加強基礎(chǔ)知識的學(xué)習(xí)，掌握住電場線的特點，即可解決本題．2.黑體輻射的實驗規(guī)律如圖所示，由圖可知

(

)A．隨溫度升高，各種波長的輻射強度都有增加B．隨溫度降低，各種波長的輻射強度都有增加C．隨溫度升高，輻射強度的極大值向波長較短的方向移動D．隨溫度降低，輻射強度的極大值向波長較長的方向移動參考答案：ACD3.如圖2所示，在O點置一點電荷Q，以O(shè)為圓心作一圓。現(xiàn)將一電荷從A分別移到圓上的B、C、D三點，則電場力做功最多的過程是：（

）A、移到B的過程

B、移到C的過程C、移到D的過程

D、三個過程一樣多參考答案：D4.如圖所示，在y軸上關(guān)于0點對稱的A、B兩點有等量同種點電荷+Q，在x軸上C點有點電荷-Q且CO=OD，∠ADO=600。下列判斷正確的是(

)A、O點電場強度為零

B、D點電場強度為零C、若將點電荷+q從O移向C，電勢能增大

D、若將點電荷-q從O移向C，電勢能增大參考答案：BD5.（多選）某人站在靜浮于水面的船上，從某時刻開始人從船頭走向船尾，設(shè)水的阻力不計，那么在這段時間內(nèi)人和船的運動情況是（

）A．人勻速走動，船則勻速后退，且兩者的速度大小與它們的質(zhì)量成反比B．人勻加速走動，船則勻加速后退，且兩者的速度大小一定相等C．不管人如何走動，在任意時刻兩者的速度總是方向相反，大小與它們的質(zhì)量成反比D．人走到船尾不再走動，船則停下參考答案：ACD二、填空題：本題共8小題，每小題2分，共計16分6.右圖為“電流天平”示意圖，它可用于測定磁感應(yīng)強度B。在天平的右端掛有一矩形線圈，設(shè)其匝數(shù)為5匝，底邊cd長20cm，放在待測勻強磁場中，使線圈平面與磁場垂直。設(shè)磁場方向垂直于紙面向里，當(dāng)線圈中通入如圖方向的電流I=100mA時，兩盤均不放砝碼，天平平衡。若保持電流大小不變，使電流方向反向，則要在天平左盤加質(zhì)量m=8.2g砝碼天平才能平衡。則cd邊所受的安培力大小為__4.02×10-2N，磁感應(yīng)強度B的大小為__0.402__T．參考答案：7.（4分）如圖所示，把一根條形磁鐵從同樣高度插到線圈中同樣的位置處，第一次快插，第二次慢插，兩情況下線圈中產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動勢的大小關(guān)系是E1

E2；通過導(dǎo)線截面電量的大小關(guān)系是q1

q2(填“>”，“=”或“<”)。參考答案：>

=8.如圖所示，某種自動洗衣機進水時，洗衣機缸內(nèi)水位升高，與洗衣缸相連的細管中會封閉一定質(zhì)量的空氣，通過壓力傳感器感知管中的空氣壓力，從而控制進水量．當(dāng)洗衣缸內(nèi)水位緩慢升高時，設(shè)細管內(nèi)空氣溫度不變．若密閉的空氣可視為理想氣體，在上述空氣體積變化的過程中，外界對空氣做了0.6J的功，則空氣

（選填“吸收”或“放出”）了

J的熱量；當(dāng)洗完衣服缸內(nèi)水位迅速降低時，則空氣的內(nèi)能

（選填“增加”或“減小”）．參考答案：放出（2分），

0.6（2分），

減小9.（單選）如圖所示，a、b兩個質(zhì)量相同的球用線連接，a球用線掛在天花板上，b球放在光滑斜面上，系統(tǒng)保持靜止，以下圖示哪個是正確的(

)參考答案：B10.在研究彈簧的形變與外力的關(guān)系的實驗中，將彈簧水平放置測出其自然長度，然后豎直懸掛讓其自然下垂，在其下端豎直向下施加外力F，實驗過程是在彈簧的彈性限度內(nèi)進行的．用記錄的外力F與彈簧的形變量x作出的F－x圖線如圖所示，由圖可知彈簧的勁度系數(shù)為

．圖線不過原點的原因是由于

。參考答案：200

自身重力11.14．一個有初速的、電量為+4×10－8C為的帶電粒子，在電場中只受電場力作用，從A點運動到B點的過程中，克服電場力做了8×10－5J的功。則A、B兩點的電勢差=____，在此過程中，電荷的動能_______（填“增加”或“減少”）了________eV.參考答案：12.如圖所示為一個正電荷的電場。A、B是電場中的兩點。若將q=5×10-8C的負(fù)電荷置于A點，所受的電場力為2×10-4N，則A點的場強大小為

N/C,方向指向

（填“左”或“右”）；若將電荷q從A點移走，則該點的電場強度大小是

N/C。參考答案：

4000

，

右

，

4000

13.如圖所示，光滑絕緣桿豎直放置，它與以正點電荷Q為圓心的某一圓周交于B、C兩點，質(zhì)量為m、帶電荷量為－q的有孔小球從桿上的A點無初速度下滑，已知q?Q，AB＝h，小球滑到B點時速度大小為，若取A點電勢為零，C

點電勢為

，B到C電場力做的功為

參考答案：

;

0

三、簡答題：本題共2小題，每小題11分，共計22分14.（6分）（1）開普勒第三定律告訴我們：行星繞太陽一周所需時間的平方跟橢圓軌道半長徑的立方之比是一個常量。如果我們將行星繞太陽的運動簡化為勻速圓周運動，請你運用萬有引力定律，推出這一規(guī)律。

（2）太陽系只是銀河系中一個非常渺小的角落，銀河系中至少還有3000多億顆恒星，銀河系中心的質(zhì)量相當(dāng)于400萬顆太陽的質(zhì)量。通過觀察發(fā)現(xiàn)，恒星繞銀河系中心運動的規(guī)律與開普勒第三定律存在明顯的差異，且周期的平方跟圓軌道半徑的立方之比隨半徑的增大而減小。請你對上述現(xiàn)象發(fā)表看法。

參考答案：（1）

（4分）

（2）由關(guān)系式可知：周期的平方跟圓軌道半徑的立方之比的大小與圓心處的等效質(zhì)量有關(guān)，因此半徑越大，等效質(zhì)量越大。

（1分）

觀點一：銀河系中心的等效質(zhì)量，應(yīng)該把圓形軌道以內(nèi)的所有恒星的質(zhì)量均計算在內(nèi)，因此半徑越大，等效質(zhì)量越大。

觀點二：銀河系中心的等效質(zhì)量，應(yīng)該把圓形軌道以內(nèi)的所有質(zhì)量均計算在內(nèi)，在圓軌道以內(nèi)，可能存在一些看不見的、質(zhì)量很大的暗物質(zhì)，因此半徑越大，等效質(zhì)量越大。

說出任一觀點，均給分。

（1分）

15.分子勢能隨分子間距離r的變化情況可以在如圖所示的圖象中表現(xiàn)出來，就圖象回答：（1）從圖中看到分子間距離在r0處分子勢能最小，試說明理由．（2）圖中分子勢能為零的點選在什么位置？在這種情況下分子勢能可以大于零，也可以小于零，也可以等于零，對嗎？（3）如果選兩個分子相距r0時分子勢能為零，分子勢能有什么特點？參考答案：解：（1）如果分子間距離約為10﹣10m數(shù)量級時，分子的作用力的合力為零，此距離為r0．當(dāng)分子距離小于r0時，分子間的作用力表現(xiàn)為斥力，要減小分子間的距離必須克服斥力做功，因此，分子勢能隨分子間距離的減小而增大．如果分子間距離大于r0時，分子間的相互作用表現(xiàn)為引力，要增大分子間的距離必須克服引力做功，因此，分子勢能隨分子間距離的增大而增大．從以上兩種情況綜合分析，分子間距離以r0為數(shù)值基準(zhǔn)，r不論減小或增大，分子勢能都增大．所以說，分子在平衡位置處是分子勢能最低點．（2）由圖可知，分子勢能為零的點選在了兩個分子相距無窮遠的位置．因為分子在平衡位置處是分子勢能最低點，據(jù)圖也可以看出：在這種情況下分子勢能可以大于零，也可以小于零，也可以等于零是正確的．（3）因為分子在平衡位置處是分子勢能的最低點，最低點的分子勢能都為零，顯然，選兩個分子相距r0時分子勢能為零，分子勢能將大于等于零．答案如上．【考點】分子勢能；分子間的相互作用力．【分析】明確分子力做功與分子勢能間的關(guān)系，明確分子勢能的變化情況，同時明確零勢能面的選取是任意的，選取無窮遠處為零勢能面得出圖象如圖所示；而如果以r0時分子勢能為零，則分子勢能一定均大于零．四、計算題：本題共3小題，共計47分16.如圖所示，質(zhì)量為1.9kg的長木板A放在水平地面上，在長木板最右端放一個質(zhì)量為1kg小物塊B，物塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ1=0.2，木板與地面間的動摩擦因數(shù)μ2=0.4．在t=0時刻A、B均靜止不動，現(xiàn)有質(zhì)量為100g的子彈，以初速度v0=120m/s射入長木板并留在其中（此過程可視為瞬間完成）．物塊與木板間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，且物塊始終在木板上，取重力加速度的大小g=10m/s2．求：（1）木板開始滑動的初速度；（2）從木板開始滑動時刻到物塊與木板均停止運動時，物塊相對于木板的位移的大小；（3）長木板與地面摩擦產(chǎn)生的熱量．參考答案：解：（1）子彈射入木塊過程，設(shè)向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律有：mCv0=（mA+mC）v1代入數(shù)據(jù)解得：v1=6m/s；（2）子彈射入長木板之后，木板與物塊之間的摩擦力使物塊加速，使木板減速，此過程一直持續(xù)到物塊和木塊具有共同速度為止，由牛頓第二定律，對物塊有：μ1mBg=mBaB代入數(shù)據(jù)解得：aB=2m/s2；對長木板有：μ2（mA+mB+mC）g+μ1mBg=（mA+mC）aA代入數(shù)據(jù)解得：aA=7m/s2設(shè)t1時，兩者有速度相同v2，則有：v2=v1﹣aAt1=aBt1代入數(shù)據(jù)解得：t1=s，v2=m/s在t1時刻后，假設(shè)物塊與木板相對靜止，它們之間的摩擦力大小為f，物塊和木板的加速度大小為a'，則由牛頓第二定律，對物塊有：f=mBa'對整體有：μ2（mA+mB+mC）g=（mA+mB+mC）a'解得：f=4N大于物塊和木板之間的最大摩擦力所以在t1時刻后，兩者發(fā)生了相對滑動，由牛頓第二定律，對物塊有：μ1mBg=mBa’代入數(shù)據(jù)解得：aB’=2m/s2；對物塊有：μ2（mA+mB+mC）g﹣μ1mBg=（mA+mC）aA’代入數(shù)據(jù)解得：aA’=5m/s2由運動學(xué)公式可推知物體相對于地面的運動距離為：xB=+代入數(shù)據(jù)解得：xB=m；木塊相對于地面的運動距離為：xA=t1+代入數(shù)據(jù)解得：xA=m；物塊相對于木板位移大小為：△x=xA﹣xB=﹣=m（3）長木板與地面摩擦產(chǎn)生的熱量為：Q=μ2（mA+mB+mC）gxA=0.4×（1.9+1+0.1）×10×=J；答：（1）木板開始滑動的初速度為6m/s；（2）從木板開始滑動時刻到物塊與木板均停止運動時，物塊相對于木板的位移的大小為m；（3）長木板與地面摩擦產(chǎn)生的熱量為J．【考點】動量守恒定律；功能關(guān)系．【分析】（1）對子彈射入過程分析，根據(jù)動量守恒定律即可求得開始時木板的速度；（2）分別對A、B及整體進行分析，由牛頓第二定律可求得對應(yīng)的加速度，分析AB兩物體何時發(fā)生相對滑塊，求出此時的速度大小，再對各物體受力分析，求出對應(yīng)的加速度，再根據(jù)運動學(xué)公式分析求解對應(yīng)的位移大小，從而求出相對位移；（3）根據(jù)熱量等于摩擦力與相對位移間的乘積進行分析，從而求出對應(yīng)的熱量．17.如圖，在光滑水平面上有A、B兩個小球，質(zhì)量分別為mA=2m、mB=m，A、B之間用一輕彈簧相連．開始時A、B處于靜止?fàn)顟B(tài)，彈簧處于原長．現(xiàn)給滑塊C一個水平向右的初速度v，質(zhì)量mC=3m，某時刻C與A發(fā)生彈性正碰，求：（i）碰撞后瞬間A和C的速度大小與方向；（ii）碰撞后彈簧所具有的最大彈性勢能Epm．參考答案：解：（i）滑塊C與A彈性碰撞后，速度分別為v1和v2，以水平向右方向為正方向，由動量守恒定律得：3mv=3mv1+2mv2，由機械能守恒定律得：（3m）v2=（3m）v12+（2m）v22，解得：v1=v，v2=v，方向水平向右；（ii）當(dāng)A、B速度相等時，彈簧具有最大彈性勢能，A、B系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得：2mv2=3mv3，由機械能守恒定律得：（2m）v22=（3m）v32+EPm，解得：EPm=mv2；答：（i）碰撞后瞬間A和C的速度大小分別為：v、v，方向：水平向右；（ii）碰撞后彈簧所具有的最大彈性勢能Epm為mv2．【考點】動量守恒定律；機械能守恒定律．【分析】（i）A、C碰撞過程系統(tǒng)動量守恒、機械能守恒，應(yīng)用動量守恒定律與機械能守恒定律可以求出碰撞后的速度．（ii）彈簧壓縮量最大時，A、B速度相等，彈簧的彈性勢能最大，A、B、彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒、機械能守恒，應(yīng)用動量守恒定律與機械能守