【文档说明】重庆市城口中学2022-2023学年高二下学期期末物理试题 含解析.docx，共(16)页，1.502 MB，由小赞的店铺上传

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2022-2023学年重庆市城口中学高二（下）期末物理试卷一、单选题1.关于点电荷和元电荷，下列说法正确的是（）A.自然界把电荷按不同属性分成两类：正电荷、负电荷或点电荷、元电荷B.因为电子很小，所以电子在任何时候都可以看作点电荷C.当带电体的大小对静电作用力的影响能够忽略不计时可

视为点电荷D.元电荷就电子和质子【答案】C【解析】【详解】A．自然界只存在二种电荷：正电荷、负电荷，元电荷是电荷量单位，点电荷是理想化模型，故A错误；BC．带电体看作点电荷的条件，当一个带电体的形状及大小对它们间相互作用力的影响可忽略时，这个带电体可看作点电

荷，是由研究问题的性质决定，与自身大小形状无具体关系，故B错误，C正确；D．由元电荷定义：将电子或质子子所带电量的绝对值称为元电荷，而不是把质子或电子叫元电荷，故D错误。故选C。2.“跳马”是集技术、力量、勇气于一体的高难度竞技体操项目，体操运动员在落地时总要屈腿，这样做可

以（）A.减小地面对脚的冲击力B.使地面对于脚的冲量为零C.减小人的动量变化量D.减小人的动能变化量【答案】A【解析】【详解】落地时屈腿，这样可以增加脚与地接触的时间，根据动量定理得()0Fmgtmv−−=−得是mvFmgt=−当时间增大时

，冲量和动量的变化量都不变且不为零，动能的变化量也不变；动量的变化率减小，即地面对脚的作用力减小.故选A。3.两个相同的带同种电荷的导体小球所带电荷量的比值为1∶3，相距为r（r远大于小球半径）时库仑力的大小为F，今

使两小球接触后再分开放回原处，此时库仑力的大小为（）A.FB.34FC.43FD.12F【答案】C【解析】【分析】【详解】若其中一个小球带的电荷量为Q，则另一个小球带的电荷量为3Q，根据库仑定律有F=k223Qr今使两小球接触后，由于两小球带同种电荷，则二

者带的电荷量分别为2Q，根据库仑定律有F′=k2244Qr则可得出F′=43F故选C4.如图所示，在半径为R的半球形碗的光滑内表面上，一质量为m的小球在距碗口高度为h的水平面内做匀速圆周运动，重力加速度为g，则小球做匀速圆周运动的线速度大小为（）A.2gRhB.2ghRC.22()gRhh+

D.22(-)gRhh【答案】D【解析】。【详解】设支持力与竖直方向上的夹角为θ，小球靠重力和支持力的合力提供向心力，小球做圆周运动的半径为r=Rsinθ根据几何关系coshR=竖直方向根据平衡条件NcosFmg=水平方向根据牛顿第二定律2NsinmvFr

=解得22(-)gRhvh=故选D。5.如图示，10匝矩形线框处在磁感应强度B=2T的匀强磁场中，绕垂直磁场的轴以恒定角速度=10rad/s在匀强磁场中转动，线框电阻不计，面积为0.4m2，线框通过滑环与一理想自耦变压器的原线圈相连，副线圈接有一只灯泡L

（规格为“1.0W，0.1A”）和滑动变阻器，电流表视为理想电表，则下列说法正确的是（）A.当灯泡正常发光时，原、副线圈的匝数比为1∶2B.若将滑动变阻器滑片P向上移动，则电流表示数减小C.若将自耦变压器触头向上滑动，灯

泡会变暗D.若从图示线框位置开始计时，线框中感应电动势的瞬时值为402sin（10t）V【答案】B【解析】【分析】【详解】A．输入电压的最大值为1020.410V402VmUNBS===变压器输入电压的有效值为140V2mUU==当灯泡正常发光时，灯泡的电压为210VPUI==

根据理想变压器变压比得112241UnUn==故A错误；B．滑动变阻器滑片P向上移动，连入电路的电阻变大，负载等效电阻变大，输入电压1U不变，线圈匝数比不变，则2U不变，所以变压器副线圈的功率减小，原线圈功率也减小，由PIU=可得原线圈的电流减小，则电

流表示数减小，故B正确；C．将自耦变压器触头向上滑动，副线圈匝数变大，根据理想变压器的变压比可知输出电压增大，所以灯泡变亮，故C错误；D．输入电压的最大值为402V，图中位置穿过线圈的磁通量为0，感应电动势最大，所以从

图示线框位置开始计时，线框中感应电动势的瞬时值为402cos(10)Vut=故D错误。故选B。6.如图所示，一横截面为直角三角形的玻璃砖，=60B，一细光束平行AC边从BC边上的O点由空气射入玻璃砖。已知玻璃砖对该光束的折射率3n=

，真空中光速为c，则光束（）A.在AC边会发生全反射B.在AB边会发生全反射C.在玻璃砖中的波长为空气中的3倍D.该光束在玻璃中发生全反射的临界角为30【答案】A【解析】【详解】ABD．通过折射定律知sinsininr=可得

30r=到达AC边，由几何关系可知133sin32Cn==得60C故能发生全反射，根据几何知识，反射光平行BC，由于对称型，在AC边会发生全反射，在AB边不会发生全反射，A正确，BD错误；C．由折射率公式003fcnvf====得033

=C错误。故选A。二、多选题（16分）7.如图所示为一理想变压器，原、副线圈的匝数比为n:1，原线圈接电压为u=U0sinωt的正弦交流电，输出端接有一个交流电流表和一个电动机，电动机的线圈电阻为R．当输入端接通电源后，电动机带动一质量

为m的重物匀速上升，此时电流表的示数为I，重力加速度为g，下列说法正确的是（）A.电动机两端电压为IRB.原线圈中的电流为nIC.电动机消耗的电功率为02UInD.重物匀速上升的速度为0(2)2IUnIRnmg−【答案】CD

【解析】【详解】A．变压器原线圈输入电压为012UU=副线圈输出电压为022UUn=即电动机两端电压为02Un，电动机不是纯电阻电路，则两端的电压不等于IR，选项A错误；B．根据变压器原副线圈电流关系得，原线圈中电流为In，B错误；C．电

动机消耗电功率为022UIPIUn==选项C正确；D．电动机输出功率为mgv，线圈发热功率为I2R，电动机消耗电功率等于输出机械功率与线圈热功率之和，即2PIRmgv−=可得重物上升速度为0(2)2IUnIRvnmg−=D正确．故选CD。8.下列说法中正确的是（）A.匀速圆周运动是匀变速曲线运动B

.牛顿通过万有引力定律测算出了地球的质量C.开普勒第三定律也适用于围绕地球运行的所有卫星D.物体做圆周运动，它所受的合外力不一定指向圆心【答案】CD【解析】【详解】A．匀速圆周运动的加速度是不断变化的，是非匀变速曲线运动，选项A错误；B．牛顿发现了万有

引力定律，但没有测出引力常量，卡文迪许利用扭秤装置比较准确地测出了万有引力常量，从而可以根据万有引力定律计算出地球的质量，故B错误；C．开普勒第三定律也适用于围绕地球运行的所有卫星，故C正确；D．只有匀速圆周运动的时候，合力才指向圆心。非匀速的圆周运动，合力

不指向圆心，故D正确。故选CD。9.对于光的衍射现象，下列说法正确的是（）A.只有障碍物或孔的尺寸可以跟光波波长相比，甚至比光波波长还要小的时候，才能产生明显的衍射现象B.衍射现象是光特有的现象，只有光才会发生衍射C.光的衍射现象

否定了光沿直线传播的结论D.光的衍射现象说明了光具有波动性【答案】AD【解析】【分析】【详解】光的衍射现象说明了光具有波动性，在障碍物的尺寸可以跟光的波长相比，甚至比光的波长还小的时候，衍射现象比较明显，在光的波长比障碍物的尺寸小的情况下，衍射现象不明显，可以认为光是沿

直线传播的，所以光的衍射现象和光沿直线传播是不矛盾的，它们是光在不同条件下产生的两种现象，衍射现象是波特有的现象，不是光特有的现象。故选AD。10.如图所示，质量为3m，长度为L木块置于光滑的水平面上，质量为m的子弹以初速度v0水平向右

射入木块，穿出木块时速度为025v，设木块对子弹的阻力始终保持不变，则下列说法正确的有（）A.子弹穿透木块后，木块速度为015vB.子弹和木块增加的内能为20925mvC.若将木块固定，子弹仍以相同速度水平射向木块，子弹穿出时速度为025vD.若将木块固定，子弹仍以相同

速度水平射向木块，系统产生的内能为20925mv【答案】ABD【解析】【详解】A．设向右方向为正方向，由动量守恒定律得00235mvmvmv=+解得05vv=故A正确；B．由能量守恒定律得，子弹和木块增加的内能2222

0000112119(3)2252525Qmvmvmvmv=−−=（）（）故B正确；C．设子弹和木块的加速度分别为1a、2a，相互之间的摩擦力为f，则由牛顿第二定律123fmama==相对位移的2220001221()()5522vvvLaa−=−若将木块固定，子弹仍以相同速度水平射向木块，子弹

穿出时速度为'v，有2'2012vvaL−=联立解得'075vv=故C错误；D．若将木块固定，子弹仍以相同速度水平射向木块，由于摩擦力和相对位移不变，所以系统产生的内能仍为20925mv。故D正确。故选AB

D。三、填空题（12分）11.甲、乙两汽车在同一平直公路上行驶，其速度—时间图像如图所示．甲车所做的运动是_____运动，在t=0到t=25s的时间内，甲车运动的加速度为___，乙车在前10s内速度为__，在t=10s到t=25s的时间内，乙车运动

的加速度为___．【答案】①.匀加速直线②.0.4m/s2③.0④.2m/s2【解析】【详解】甲车所做的运动是匀加速直线运动．根据速度时间图象的斜率表示加速度，由图象可得：甲车的加速度a甲=302025−m/s2=0.4m/s2；乙车在前10s内速度为0．在t=

10到t=25s的时间内，乙车的加速度a乙=3002510−−m/s2=2m/s2；【点睛】解答本题的关键应抓住速度图象的斜率表示加速度，倾斜的直线表示匀变速直线运动．12.一圆盘边缘缠有足够长的细线，细线下端栓

有重锤，释放重锤，圆盘绕固定轴在竖直平面内转动。用频闪仪拍下重锤从A到D竖直下落的频闪照片，如图所示。已知频闪仪每隔0.04s闪光一次，图中s1＝16.63cm，s2＝17.92cm，s3＝19.20cm，s1、s2、s3为实际下落的数值。（1）判断

重锤由A运动到D是不是匀加速运动的依据是__________；（2）重锤运动到C点的速度为_________m/s，若要得到此时圆盘的角速度，还应测量的物理量是__________。【答案】①.在误差

允许范围内，21ss−与32ss−是否相等②.4.64③.圆盘的半径【解析】【详解】（1）[1]已知频闪仪每隔0.04s闪光一次，且s1＝16.63cm，s2＝17.92cm，s3＝19.20cm，则有12117.92cm16.63cm1.29cm

sss−−＝＝＝而23219.20cm17.92cm1.28cmsss−−＝＝＝匀变速直线运动连续相同时间内的位移差值相等，在误差允许范围内，s2﹣s1与s3﹣s2是相等的，因此重锤由A运动到D是不是匀加速运动的依据是在误差允许范围内，s2﹣s1与s3

﹣s2是否相等；（2）[2]根据中时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，则有217.9219.2010m/s4.64m/s220.04BDCxvT−+===[3]若要得到此时圆盘的角速度，依据角速度与半径的关系式ω＝vr还应测量的物理量是

圆盘的半径。四、计算题（52分）13.国内最壮观的音乐喷泉——太原晋阳湖音乐喷泉，拥有面积高达182m×80m的喷泉矩阵，是晋阳湖公园中最大的亮点，它的主喷口喷出的水柱高度达到80m。忽略空气阻力，取210m/s=g，求：(1)水从最高点落回到水面时的速度；(2)水从最高点落回到水面的

时间。【答案】(1)40m/s；(2)4s【解析】【详解】(1)设落回水面时的速度为v22vgh=解得40m/sv=(2)从最高点落回水面时间4svtg==14.当平行板电容器两极板间是真空时，电容C与极板的正对面积S、极板间距离d的关系为4SCkd=，k为

静电力常量。对给定的平行板电容器充电，当该电容器极板所带电荷量Q变化时，两极板间的电势差U也随之变化。（1）在如图所示的坐标系中画出电容器极板间电势差U与带电量Q的关系图像。电容器储存的电能等于电源搬运电荷从一个极板到另一个极板过程中，克服电场力所做的功

。这一过程与克服弹力做功等于弹性势能增量类似，与之类比，推导电容器储存的电能PE表达式。（2）若保持平行板电容器带电量Q、极板正对面积S不变，两极板间为真空，将板间距离由1d增大到2d，需要克服电场力做多少功？（3）如果我们把单位体积内

的电场能定义为电场能量密度，用eW表示。试证明真空中平行板电容器的电场能量密度和两板间的电场强度平方成正比。（忽略两板外的电场）的的【答案】（1），2p12ECU=电；（2）2212()kQddS−；（3）证明见解析【解析】

【详解】（1）根据电容定义式=QCU得1UQC=所以电容器极板间电势差U与带电量Q的关系图像，如下图类比弹力与形变量图像的面积表示弹性势能可得，电容器极板间电势差U与带电量Q的关系图像与横轴所围面积为对电容器充电过程中电容器储存的电能，即p12EQU=又因为=QCU

所以2p12ECU=（2）因为板间距为d时，电容为4SCkd=又因为=QUC所以22p122kdQECUS==则将板间距离由1d增大到2d，则22p12()kQddSE−=所以需要克服电场力做功为2p212()kQWEddS==

−（3）因为电容器的体积为VSd=则电场能量密度为pe212CEWVdUS==又由4SCkd=得4SkCd=整理得2e28UWkd=又因为电场强度=UEd所以2e18WEk=即真空中平行板电容器的电场能量密度和两板间

的电场强度平方成正比。15.如图所示，质量为2.0kgM=在足够长的木板A静止在水平地面上，其上表面水平，木板A与地面间的动摩擦因数为10.1=，一个质量为3.0kgm=的小物块B（可视为质点）静止于A的左端，小物块B与木板A间的动摩擦因数为20.3

=．现给小物块B一个水平向右的初速度，大小为01.0m/sv=．求：木板A与小物块B在整个运动过程中位移大小之比（最大静摩擦力的大小等于滑动摩擦力的大小，g取210m/s）。【答案】611::ABxx

=总总【解析】【详解】分别以A、B为研究对象，受力分析，木板和物块的加速度大小分别为ABaa、，由牛顿第二定律得2Bmgma=21AmgmMgMa−+=（）假设经过0t秒A、B共速，共同速度设为v共，由匀变速直线运动的规律得000BAvatatv

−==共解得：22m/sAa＝23m/sBa＝00.2st=0.4m/sv=共共速过程中，A的位移大小设为Ax，B的位移大小设为Bx，则2012AAxat＝200012BBxvtat=−解得0.04mA

x=0.14mBx=假设共速之后，A、B一起向右匀减速运动，木板和物块间的静摩擦力大小为f，木板和物块的加速度大小分别为ABaa、，由牛顿第二定律得Bfma=1AmMgfMa+−=（）解得12fmgmg=假设成立，故211m

/sABaag===设共速之后至A、B均静止，A的位移设为Ax，B的位移设为Bx，则210.08m2ABvxxg===共整个过程中A的位移大小0.12mAAAxxx=+=总B的位移大小0.22mBB

Bxxx=+=总则获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com