河南省開封市東方紅中學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）如圖為一勻強電場，某帶電粒子從A點運動到B點，在這一運動過程中克服重力做的功為2.0J，電場力做的功為1.5J，則下列說法正確的是(

)A．粒子帶負電B．粒子在A點的電勢能比在B點少1.5JC．粒子在A點的動能比在B點少0.5JD．粒子在A點的機械能比在B點少1.5J參考答案：D2.(單選)磁場中任一點的磁場方向規定為小磁針在磁場中（

）A所受磁場力的方向

B、北極所受磁場力的方向C、南極所受磁場力的方向

D、所受磁場力作用轉動的方向參考答案：B3.如圖所示，光滑導軌傾斜放置，其下端連接一個燈泡，勻強磁場垂直于導線所在平面，當棒下滑到穩定狀態時，小燈泡獲得的功率為，除燈泡外，其它電阻不計，要使燈泡的功率變為，下列措施正確的是A．換一個電阻為原來2倍的燈泡

B．把磁感應強度B增為原來的2倍C．換一根質量為原來倍的金屬棒

D．把導軌間的距離增大為原來的參考答案：AC4.如圖所示，條形磁鐵放在水平粗糙桌面上，它的正中間上方固定一根長直導線，導線中通過方向垂直紙面向里（即與條形磁鐵垂直）的電流，和原來沒有電流通過時相比較，磁鐵受到的支持力N和摩擦力f將A．N減小，f=0

B．N減小，f≠0C．N增大，f=0

D．N增大，f≠0參考答案：C5.如圖所示，平行板電容器充電后，在其正中P點處有一個帶電微粒恰好能保持靜止狀態。用什么方法能使該帶電微粒仍在原處保持靜止，且電勢能增加？（

）A.K閉合,將上極板M接地，下移N

B.K閉合,將下極板N接地，左移MC.K斷開,將上極板M接地，下移M

D.K斷開,將下極板N接地，上移N

參考答案：D二、填空題：本題共8小題，每小題2分，共計16分6.一個物體從靜止開始做勻加速直線運動，加速度為3m/s2，則物體在第2秒末的速度大小是m/s，2秒內的位移大小是

m．參考答案：6，6【考點】勻變速直線運動的位移與時間的關系；勻變速直線運動的速度與時間的關系．【分析】物體做初速度為零的勻加速直線運動，根據速度公式求解速度，根據位移公式求解位移．【解答】解：物體做初速度為零的勻加速直線運動，2s末時的速度：v=at=3×2=6m/s前4s的位移：x===6m故答案為：6，67.如圖所示某交流電流隨時間變化的圖像，這個電流的周期T=_____________，有效值I＝____________，表達式i＝__________________參考答案：8.(1)在真空中兩個帶等量異種電荷的點電荷，電荷量均為2×10－8C，相距20cm，則它們之間的相互作用力為________N，在兩者連線的中點處，電場強度大小為________N/C.(2)如圖，a、b是兩個帶有同種電荷的小球，用絕緣絲線懸掛于同一點，兩球靜止時，它們距水平面的高度相等，繩與豎直方向的夾角分別為α、β，且α＜β.若同時剪斷兩根細線，空氣阻力不計，兩球帶電荷量不變，兩球質量為，，兩球落地時間為，，落地時水平位移為，，則________，______，______.(填＞，＜或＝)參考答案：

(1).

(2).

(3).＞

(4).＝

(5).＜(1)已知真空中兩點電荷的電量均為q=2×10-8C，距離r=0.2m，根據庫侖定律它們之間的相互作用力。兩點電荷在中點處產生的場強大小，方向相同；在兩者連線的中點處，電場強度大小。(2)對小球受力分析，根據平衡條件有：、，由于β＞α，所以；同時剪斷兩根細線后，水平方向有，則水平方向上，a的加速度小于b的加速度；豎直方向上兩球均只受重力做自由落體運動，根據運動的獨立性可知，兩球同時落地，；由于a的加速度小于b的加速度，因此a球水平飛行的距離比b球小。9.將一個在地球上校準了的擺鐘帶到月球上，擺鐘將變

（慢、快）

；這時為了調準擺鐘，應將擺長調

（長、短）

。參考答案：10.如圖所示，Ⅰ和Ⅱ是一對異名磁極，ab為放在其間的金屬棒。ab和cd用電阻不計的導線連成一個閉合回路。當ab棒向左運動時，cd導線受到向下的磁場力。由此可知Ⅰ是____極，Ⅱ是____極，a、b、c、d四點的電勢由高到低依次排列的順序是____

參考答案：N

S

a＝c＞d＝b11.靜止在勻強磁場中的U，放出α粒子，衰變成Th，衰變后Th的速度方向與磁場方向垂直．（1）寫出衰變方程：

；（2）Th的軌道半徑與α粒子的軌道半徑之比為

．參考答案：（1）；（2）1：45．【考點】帶電粒子在勻強磁場中的運動；動量守恒定律；原子核衰變及半衰期、衰變速度．【分析】（1）根據質量數守恒和電荷數守恒，寫出衰變方程．（2）根據動量守恒定律得知，U與α粒子的動量大小相等，它們在磁場中由洛倫茲力提供粒子在磁場運動的向心力，由牛頓第二定律求出半徑的表達式，再根據兩粒子的質量數、電荷數，求出半徑之比．【解答】解：（1）根據質量數和電荷數守恒可知，衰變的方程為：（2）在磁場中兩粒子由洛倫茲力提供粒子在磁場運動的向心力得：Bqv=m由上式得：R=由動量守恒定律可知，兩粒子的動量大小相等，方向相反；所在磁場相同，則有：===；故答案為：（1）；（2）1：45．12.(2分)電磁波在真空中傳播的速度為__________m／s。參考答案：3×1013.如圖所示，一個邊長為L的正方形金屬框，質量為m、電阻為R，用細線把它懸掛于一個有界磁場邊緣，金屬框上半部分處于磁場內，磁場隨時間均勻變化，滿足B=kt關系。已知細線能承受最大拉力T=2mg，從t=0開始計時，經t=________細線會被拉斷.參考答案：t=2mgR/k2L3三、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，銀河系中心的質量相當于400萬顆太陽的質量。通過觀察發現，恒星繞銀河系中心運動的規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。請你對上述現象發表看法。

參考答案：（1）

（4分）

（2）由關系式可知：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量有關，因此半徑越大，等效質量越大。

（1分）

觀點一：銀河系中心的等效質量，應該把圓形軌道以內的所有恒星的質量均計算在內，因此半徑越大，等效質量越大。

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

說出任一觀點，均給分。

（1分）

15.關于電磁場的理論，下列說法正確的是（

）A．在電場周圍一定產生磁場，磁場周圍一定產生電場B．在變化的電場周圍一定產生變化的磁場，變化的磁場周圍一定產生變化的電場C．均勻變化的電場周圍一定產生均勻變化的磁場D．周期性變化的電場周圍一定產生周期性變化的磁場參考答案：B四、計算題：本題共3小題，共計47分16.如圖所示，水平的平行虛線間距d=10cm，其間有磁感應強度B=1.0T的勻強磁場．一個正方形線圈ABCD的邊長l=10cm，質量m=100g，電阻R=0.04W．開始時，線圈的下邊緣到磁場上邊緣的距離h=80cm．將線圈由靜止釋放，取g=10m/s2，求：（1）線圈下邊緣剛進入磁場時，CD兩端的電勢差（2）線圈下邊緣剛進入磁場時加速度的大?。?）整個線圈穿過磁場過程中產生的電熱Q．參考答案：解：（1）設線框進入磁場的速度為v，根據動能定理可得：mgh=，解得：v=4m/s；根據法拉第電磁感應定律可得產生的感應電動勢為：E=BLv=0.4V，CD兩端電壓為路端電壓，則有：UCD==0.3V；（2）根據閉合電路的歐姆定律可得感應電流為：I==10A，此時的安培力大小為F=BIL=1N，方向向上，重力為：G=mg=1N，所以加速度為：a==0；（3）根據功能關系可知，產生的熱量等于重力勢能減少量，則喲：Q=2mgd=0.2J．答：（1）線圈下邊緣剛進入磁場時，CD兩端的電勢差為0.3V；（2）線圈下邊緣剛進入磁場時加速度的大小為0；（3）整個線圈穿過磁場過程中產生的電熱為0.2J．【考點】導體切割磁感線時的感應電動勢；牛頓第二定律；閉合電路的歐姆定律；電磁感應中的能量轉化．【分析】（1）根據動能定理求解速度，根據法拉第電磁感應定律求解產生的感應電動勢，由此得到CD兩端電壓；（2）根據閉合電路的歐姆定律和安培力計算公式求解安培力，根據牛頓第二定律求解加速度；（3）根據功能關系求解產生的熱量．17.如圖所示，一質量M=4Kg的直角三棱柱A放在水平地面上，三棱柱的斜面是光滑的，且斜面傾角θ=37°，一質量m=2kg的光滑球B放在三棱柱和光滑豎直墻壁之間，A和B都處于靜止狀態，則地面對三棱柱的支持力和摩擦力各為多少？（g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）參考答案：解：選取A和B和整體為研究對象，它受到重力（M+m）g、地面支持力FN、墻壁的彈力F和地面的摩擦力f的作用而處于平衡狀態，根據平衡條件有：FN﹣（M+m）g=0F=f可得：FN=（M+m）g=60N再以B為