福建省漳州市東坂中學2022年高二物理期末試卷含解析

福建省漳州市東坂中學2022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.（單選題）如圖所示的電場線，可判定

A、該電場一定是勻強電場B、負電荷放在B點所受電場力方向向右C、A點的電勢一定低于B點電勢D、負電荷放在B點的電勢能比放在A點的電勢能大參考答案：D2.（多選）三個電阻R1=2Ω，R2=3Ω，R3=5Ω，將它們并聯后加一恒定電壓U，電路如圖所示。流過每個電阻的電流分別是I1、I2、I3，每個電阻兩端電壓分別是U1、U2、U3，則下列說法正確的是：()A．I1：I2：I3＝5:3:2B．U1：U2：U3＝1:1:1C．若再并聯一個100Ω的電阻，則并聯的總阻值增大D．若減小R1的阻值，則電路中并聯的總阻值減小參考答案：BD3.（多選題）如圖所示，一物體分別沿三個傾角不同的光滑斜面由靜止開始從頂端下滑到底端C、D、E處，三個過程中重力的沖量依次為I1、I2、I3，動量變化量的大小依次為△P1、△P2、△P3，則有（）A．三個過程中，合力做的功不相等，動能的變化量不相等B．三個過程中，合力做的功相等，動能的變化量相等C．I1＜I2＜I3，△P1=△P2=△P3D．I1＜I2＜I3，△P1＜△P2＜△P3參考答案：BC【考點】動量定理；功能關系．【分析】根據機械能守恒求出重力做的功，根據動能定理分析動能的變化；重力的沖量I=mgt，根據物體的運動的情況，求得物體運動的時間的關系，可以求得沖量的大?。粍恿孔兓康拇笮　鱬=mv，求得物體的速度的大小即可求得動量變化量的大?。窘獯稹拷猓篈、B、物體下滑過程中只有重力做功，故合力做的功相等，根據動能定理，動能的變化量相等，故A錯誤，B正確；C、D、由機械能守恒定律可知物體下滑到底端C、D、E的速度大小v相等，動量變化量△p=mv相等，即△p1=△p2=△p3；根據動量定理，合力的沖量等于動量的變化量，故合力的沖量也相等，注意不是相同（方向不同）；設斜面的高度為h，從頂端A下滑到底端C，由得物體下滑的時間t=，所以θ越小，sin2θ越小，t越大，重力的沖量I=mgt就越大，故I1＜I2＜I3；故C正確，D錯誤；故選：BC．4.在如圖所示電路中，電源電動勢為12V，電源內阻為1.0Ω，電路中電阻R0為1.5Ω，小型直流電動機M的內阻為0.5Ω．閉合開關S后，電動機轉動，電流表的示數為2.0A．則以下判斷中正確的是（）A．電動機的輸出功率為14W B．電動機兩端的電壓為7.0VC．電動機的發(fā)熱功率為4.0W D．電源輸出的電功率為24W參考答案：B【考點】電功、電功率．【分析】在計算電功率的公式中，總功率用P=IU來計算，發(fā)熱的功率用P=I2R來計算，如果是計算純電阻的功率，這兩個公式的計算結果是一樣的，但對于電動機等非純電阻，第一個計算的是總功率，第二個只是計算發(fā)熱的功率，這兩個的計算結果是不一樣的．【解答】解：A、電路中電流表的示數為2.0A，所以電動機的電壓為：U=E﹣U內﹣UR0=12﹣Ir﹣IR0=12﹣2×1﹣2×1.5=7V，電動機的總功率為：P總=UI=7×2=14W，電動機的發(fā)熱功率為：P熱=I2R=22×0.5=2W，所以電動機的輸出功率為：P出=14W﹣2W=12W，所以B正確，AC錯誤；D、電源的輸出的功率為：P輸出=EI﹣I2R=12×2﹣22×1=20W，所以D錯誤．故選：B5.如圖甲所示為示波管，如果在YY′之間加如圖乙所示的交變電壓，同時在XX′之間加如圖丙所示的鋸齒形電壓，使X的電勢比X′高，則在熒光屏上會看到圖形為（

）A．

B．C．

D．參考答案：C考點：示波器；帶電粒子在電場中的運動【名師點睛】本題關鍵要清楚示波管的工作原理，要用運動的合成與分解的正交分解思想進行思考。二、填空題：本題共8小題，每小題2分，共計16分6.一列沿著x軸正方向傳播的橫波，在t=0時刻的波形如圖甲所示．其中某質點的振動圖象如圖乙所示．質點N的振幅是

0.8

m，振動周期為

4

s，圖乙表示質點

(從質點K、L、M、N中選填)的振動圖象．該波的波速為

0.5

m／s．

參考答案：7.一起重機以恒定的豎直向上F=600N的力，將一質量為m=20kg的物體由靜止開始向上提升，求上升h=10m時的速度

。參考答案：20m／s8.已知電流表的內阻，滿偏電流.要把它改裝成量程是6V的電壓表，應_____聯一個電阻，其阻值=_______；若用它來測量一段電路兩端電壓時，表盤指針如圖所示，這段電路兩端的電壓是____

V.參考答案：9.一質量為m的物體，沿半徑為R的圓形向下凹的軌道滑行，如圖所示，經過最低點的速度為v，物體與軌道之間的滑動摩擦因數為μ，則它在最低點時所受到的摩擦力為_____參考答案：10.在某電場中的A點放上一個帶有3×10-8C電量的點電荷q,它所受電場力的大小為6×10-7N，則A點電場強度的大小為_________N/C;若將點電荷q從A點移走，則A點電場強度的大小為_________N/C.參考答案：

20,20

11.電量為2×10-6C的正點電荷放入電場中A點，受到作用力為4×10-4N，方向向右，則A點的場強為________N/C,方向________。參考答案：12.（4分）通過觀察宇宙中的其他星系，按外形大致分為：__________星系、__________星系和不規(guī)則星系。參考答案：旋渦；橢圓13.質量為2kg的物體在合外力作用下做直線運動的υ一t圖象如圖所示。在0—2s內，合外力對物體做的功為_______J。參考答案：三、簡答題：本題共2小題，每小題11分，共計22分14.在1731年，一名英國商人發(fā)現，雷電過后，他的一箱新刀叉竟顯示出磁性．請應用奧斯特的實驗結果，解釋這種現象．參考答案：閃電產生的強電流產生磁場會使刀叉磁化．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數量級時，分子的作用力的合力為零，此距離為r0．當分子距離小于r0時，分子間的作用力表現為斥力，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為數值基準，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.假設钚的同位素離子Pu靜止在某一勻強磁場中，該離子沿著與磁場垂直的方向放出一個粒子后，變成了鈾的一個同位素離子，同時放出能量E＝0.09MeV的光子．若已知钚核的質量為ml＝238.999655u，鈾核的質量為m2＝234.993470u，粒子的質量為m3＝4.001509u.（普朗克常量是h=6.63×10-34J·s，光在真空中的速度為c=3×108m/s，1u的質量對應于931.5MeV的能量。）試求：（1）寫出這一過程的核反應方程式是怎樣的？（2）放出的光子的波長是多少？（3）求α粒子和新核獲得的總動能是多少?參考答案：鈾核相對粒子作反向運動（反沖），在磁場中形成相切的圓軌跡，衰變中系統(tǒng)的動量及總能量均是守恒的，釋放出的結合能，一部分轉變成兩個生成核的動能，另一部分以光子的形式輻射出去．（1）PuU十He＋E

3分

（2）因E＝h＝h，

2分所以＝＝1.38×10－11（m）

1分17.如圖，在直角坐標系xOy平面內，虛線MN平行于y軸，N點坐標(-,0)，MN與y軸之間有沿y軸正方向的勻強電場，在第四象限的某區(qū)域有方向垂直于坐標平面的圓形有界勻強磁場（圖中未畫出）。現有一質量為m、電荷量為e的電子，從虛線MN上的P點，以平行于x軸正方向的初速度v0射入電場，并從y軸上A點(O,0.5)射出電場，射出時速度方向與y軸負方向成30°角，此后,電子做勻速直線運動,進人磁場并從圓形有界磁場邊界上Q點(,）射出、速度沿x軸負方向.不計電子重力。求：(1)勻強電場的電場強度E的大?。?2)勻強磁場的磁感應強度B的大?。侩娮釉诖艌鲋羞\動的時間t是多少?(3)圓形有界勻強磁場區(qū)域的最小面積S多大?參考答案：（1）設電子在電場中運動的加速度為a，時間為t，離開電場時，沿y軸方向的速度大小為vy，則

vy＝at

l＝v0t

vy＝v0cot30°解得

（2）設軌跡與x軸的交點為D，OD距離為xD，則xD＝0.5ltan30°

xD＝所以，DQ平行于y軸，電子在磁場中做勻速圓周運動的軌道的圓心在DQ上，電子運動軌跡如圖所示。設電子離開電場時速度為v，在磁場中做勻速圓周運動的軌道半徑為r，則

v＝vsin30°

（有）

（或）解得，

（3）以切點F、Q為直徑的圓形有界勻強磁場區(qū)域的半徑最小，設為r1，則

金屬框從開始運動至其ab邊剛要出磁場的過程，由能的轉化和守恒定律有

∴