廣西壯族自治區(qū)百色市那坡縣高級中學2022-2023學年高二物理下學期期末試卷含解析

廣西壯族自治區(qū)百色市那坡縣高級中學2022-2023學年高二物理下學期期末試卷含解析一、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.(單選)關于電容器與電容器的電容，下列說法正確的是（）A.電容器所帶的電量越多，電容就越大B.電容器兩極間所加電壓越大，電容就越大C.1F＝1012μF

D.電容器有“隔直流、通交流”的作用參考答案：D2.LC振蕩電路中，某時刻的磁場方向如圖所示，若磁場正在減弱，則A.電容器正在充電，電流由b向αB.電場能正在增大，電容器上板帶負電C.電場能正在減少，電容器上板帶正電D.電容器正在充電，電流方向由α向b參考答案：AB3.（多選）做簡諧運動的物體向平衡位置運動時，速度越來越大的原因是（

）A.物體的慣性作用

B.回復力對物體做了正功C.物體的加速度與速度同向

D.物體的勢能轉化為動能參考答案：BCD4.一個彈簧振子在A、B間做簡諧運動，O為平衡位置，如圖甲所示，以某一時刻t=0為計時起點，經1/4周期，振子具有正方向最大的加速度，那么在圖乙所示的振動圖線中，能正確反應振子的振動情況是（以向右為正方向）

（

）

參考答案：D5.（多選題）如圖所示，一個單匝矩形導線圈在勻強磁場中繞垂直于磁感線的軸oo′勻角速轉動，轉動周期為T0．線圈產生的電動勢的最大值為Em，則（）A．線圈產生的電動勢的有效值為EmB．線圈轉動過程中穿過線圈的磁通量的最大值為C．線圈轉動過程中磁通量變化率的最大值為EmD．經過2T0的時間，通過線圈電流的方向改變2次參考答案：BC【考點】法拉第電磁感應定律；磁通量．【分析】根據(jù)正弦交流電的最大值與有效值的關系，結合最大值，即可求解有效值；由公式Em=BSω，結合ω=，可求出磁通量的最大值；根據(jù)法拉第電磁感應定律表達式Em=，可確定磁通量變化率的最大值，最后由線圈在一個周期內，電流方向改變2次，從而即可求解．【解答】解：A、線圈在勻強磁場中勻速轉動，產生正弦式交流電，則電動勢的有效值為Em，故A錯誤；B、由公式Em=BSω，結合ω=，可求出磁通量的最大值?m=，故B正確；C、根據(jù)法拉第電磁感應定律表達式Em=，可確定磁通量變化率的最大值=Em，故C正確；D、經過T0的時間，通過線圈電流的方向改變2次，故D錯誤；故選：BC．二、填空題：本題共8小題，每小題2分，共計16分6.如圖4所示，把長為的導體棒置于豎直向下的勻強磁場中，導體棒與磁場方向垂直，棒中通有電流，導體棒所受安培力為，則磁場的磁感應強度為為

，安培力的方向

。為增大導體棒所受的安培力，可采用的方法是

（填一種方法即可）。參考答案：

垂直紙面向里

增加（或）7.質量為m1=2kg的帶電絕緣球A，在光滑水平面上，從無限遠處以初速度10m/s，向另一個固定在水平面上帶同號電荷的絕緣球B靠近，B球的質量為m2=3kg，在它們相距到最近時，總的動能為_________________J，它們具有的電勢能為_________________J。參考答案：0，

1008.（4分）一架飛機起飛過程中由靜止開始在跑道上加速滑行，已知飛機的質量為lOt，加速度大小為O.4m／s2，飛機所受的合力為

N，30s末飛機的速度為

m／s．

參考答案：4000；129.如圖所示，物體沿斜面勻速下滑，在這個過程中物體所具有的動能_________，重力勢能_________，機械能_________（填“增加”、“不變”或“減少”）參考答案：10.如圖所示，若閉合電路abcd和ABCD所在平面均與勻強磁場B垂直，面積分別為S1和S2，且S1>S2，但磁場區(qū)域恰好只有ABCD那么大，則閉合電路abcd的磁通量Ф1和閉合電路ABCD的磁通量Ф2的大小關系為Ф1______________Ф2(填<、=或>)參考答案：=

11.電場線上每一點的_

都跟該點的場強方向一致。電場線越____的地方，場強越大。勻強電場的電場線是_________。沿著電場線方向電勢

。參考答案：正電荷受力，密，平行的等間距，降低12.河寬420m，船在靜水中的速度為5m/s，水流速度是4m/s，則過河的最短時間為

，最小位移為

m。參考答案：C13.為判斷線圈繞向，可將靈敏電流計G與線圈L連接，如圖所示。已知線圈由a端開始繞至b端；當電流從電流計G左端流入時，指針向左偏轉。（1）將磁鐵N極向下從線圈上方豎直插入L時，發(fā)現(xiàn)指針向左偏轉。俯視線圈，從上向下繞向為_______________（填“順時針”或“逆時針”）。（2）當條形磁鐵從圖中虛線位置向右遠離L時，指針向右偏轉。俯視線圈，從上向下繞向為_______________（填“順時針”或“逆時針”）。[來源:

/]參考答案：三、實驗題：本題共2小題，每小題11分，共計22分14.體積為1．2×10-3cm3的石油滴在平靜的水面上，石油擴展為3m2的單分子油膜。試估算石油分子的直徑約為____________m；估算出1mol石油的體積約為___________m3。（結果保留一位有效數(shù)字，阿伏伽德羅常數(shù)NA=6.02×1023mol-1）參考答案：410-10；210-515.(1)在“用單擺測重力加速度”的實驗中，下列措施中可以提高實驗精度的是________．A．選細線做為擺線B．單擺擺動時保持擺線在同一豎直平面內C．拴好擺球后，令其自然下垂時測量擺長D．計時起止時刻，選在最大擺角處

(2)如果測得的g值偏小，可能的原因是________.A．測擺線長時擺線拉得過緊B．擺線上端懸點末固定，振動中出現(xiàn)松動，使擺線長度增加了C．開始計時時，秒表過遲按下D．實驗中誤將49次全振動記為50次(3)為了提高實驗精度，在實驗中可改變幾次擺長l并測出相應的周期T，從而得出一組對應的l與T的數(shù)據(jù)，再以l為橫坐標，T2為縱坐標，將所得數(shù)據(jù)連成直線如圖所示，并求得該直線的斜率為k，則重力加速度g＝________(用k表示)．參考答案：四、計算題：本題共3小題，共計47分16.光滑曲面AB與滑動摩擦系數(shù)μ=0.4的粗糙水平面BC相切于B點，如圖所示．圖中SBC=0.5m，用細線拴一質量m=1kg小球Q，細線長L=1.5m，細線的另一端懸于O點．球Q在C點時，對C點無壓力．質量與Q相等的小球P自高h=1.0m處沿曲面AB由靜止開始滑下，在水平面上與球Q正碰，若碰撞過程中無機械能損失．（g取10m/s2）（1）P與Q第一次碰撞后，小球Q上升的最大高度；（2）小球P與Q最多能碰撞幾次？參考答案：解：（1）P球從開始下滑到碰撞前的過程，運用動能定理得

mgh﹣μmgSBC=P球和Q球在碰撞過程中，取向右為正方向，由動量守恒定律和能量守恒定律得

mv0=mvP+mvQ由機械能守恒定律得：mv02=mvP2+mvQ2解得：vP=0，vQ=v0．設P與Q第一次碰撞后小球Q上升的最大高度為H．對Q，由機械能守恒定律得mvQ2=mgH聯(lián)立解得H=0.8m（2）以P球和Q球為系統(tǒng)，從P球開始下滑至P球靜止的過程中，由能量守恒定律得

mgh﹣μmgs=0解得，P球在BC段滑行的總路程s=1.25m則==2.5所以兩球碰撞四次，P球最終靜止于C點答：（1）P與Q第一次碰撞后，小球Q上升的最大高度是0.8m；（2）小球P與Q最多能碰撞4次．17.如圖所示，在以O為圓心，半徑為R的圓形區(qū)域內，有一個水平方向的勻強磁場，磁場的磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向外．豎直平行正對放置的兩金屬板A、K連在電壓可調的電路中．S1、S2為A、K板上的兩個小孔，S1、S2和O在同一直線上，且；另有一水平放置的足夠大的熒光屏D，O點到熒光屏的距離h=R．比荷（電荷量與質量之比）為k的帶正電的粒子由S1進入電場后，通過S2射向磁場中心，通過磁場后落到熒光屏D上．粒子進入電場的初速度及其所受重力均可忽略不計．（1）求粒子垂直打到熒光屏上P點時速度的大??；（2）調節(jié)滑片P，使粒子打在熒光屏上Q點，PQ=h（如圖所示），求此粒子從S1運動到光屏上Q點的時間．參考答案：（1）（6分）設粒子的質量為m，電荷量為q，垂直打在熒光屏上的P點時的速度為v1，粒子垂直打在熒光屏上，說明粒子在磁場中的運動是四分之一圓周，運動半徑r1=R…2分根據(jù)牛頓第二定律

Bqv1=,

……2分依題意：k=q/m…………1分

解得：v1=BkR…………1分

（2）作出粒子的運動軌跡，，=30°，由幾何知識=30°，故半徑r2=，又，解得：，在電場中運動的時間：，第一段勻速運動的時間：在磁場中運動的時間：第二段勻速運動的時間：粒子運動的時間t=t