2022-2023学年广东省茂名市高州第一中学高二物理期末试卷含解析

1、2022-2023学年广东省茂名市高州第一中学高二物理期末试卷含解析一、 选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分每小题只有一个选项符合题意1. （多选）如图所示，a、b灯分别标有“3.6V 4.0W”和“3.6V 2.5W”，闭合开关，调节R，能使a、b都正常发光断开开关后重做实验，则（）A闭合开关，a将慢慢亮起来，b立即发光B闭合开关，a、b同时发光C闭合开关稳定时，a、b亮度相同D断开开关，a逐渐熄灭，b灯闪亮一下再熄灭参考答案：AD考点：自感现象和自感系数.分析：闭合开关的瞬间，L相当于断路，稳定后自感作用消失，结合欧姆定律分析电流大小解答：解：A、闭合瞬间，L相当于断路，b立刻变

2、亮，a逐渐变亮，A正确B错误C、闭合开关稳定时，a的亮度比b的大，因为根据I=知通过a的电流大，C错误D、电键断开，L相当于电源与两个灯泡串联，逐渐熄灭，由于稳定后a灯的电流大于b灯，所以电键断开瞬间b灯的电流比稳定时的电流大，b灯闪亮一下再熄灭，D正确故选：AD点评：对自感线圈来讲，重点掌握开关闭合瞬间，断路稳定后和开关断开的瞬间，线圈对电流突变的阻碍作用2. 随着我国人民生活水平的不断提高，家庭中使用的电器越来越多。下列电器中主要利用电流的热效应工作的是( ) Ks5uA电风扇 B电熨斗 C洗衣机 D电饭煲 参考答案：BD3. （不定项选择题）两个物体质量比为14，速度大小之比为41，则这

3、两个物体的动能之比为（ ）A.11 B.14 C.41 D.21参考答案：C4. 传感器是一种采集信息的重要器件，如图所示是一种测定压力的电容式传感器当待测压力F作用于可动膜片电极上时，以下说法中错误的是（）A若F向上压膜片电极，电路中有从a到b的电流B若F向上压膜片电极，电容器的电容增大C若F向上压膜片电极，电流表指针发生偏转D若电流表有示数，则说明压力F发生变化参考答案：A【考点】电容器的动态分析【分析】电容器的电压不变若F向上压膜片电极，电容增大，电量增大，电容器充电，电路中形成顺时针方向的电流，电流表指针发生偏转电流表有示数，则说明压力F发生变化【解答】解：A、B、C由题可知，电容器的

4、电压不变若F向上压膜片电极，减小板间距离，电容增大，电量增大，电容器充电，电路中形成顺时针方向的充电电流，即电路中有从b到a的电流，电流表指针方向偏转，故A错误，BC正确D、当压力F变化时，电容变化，电量变化，电路中就有电流故电流表有示数时，说明压力F发生变化，故D正确本题选错误的，故选：A5. 传感器广泛应用在我们的生产生活中，常用的计算机键盘就是一种传感器。如图所示，键盘上每一个键的下面都连一小金属片，与该金属片隔有一定空气间隙的是另一小的固定金属片，这两金属片组成一个小电容器。当键被按下时，此小电容器的电容发生变化，与之相连的电子线路就能够检测出哪个键被按下，从而给出相应的信号。这种计算

5、机键盘使用的是 A温度传感器 B压力传感器 C磁传感器 D光传感器参考答案：B二、 填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分6. 如图所示的理想变压器,它的初级线圈接在交流电上,次级线圈接一个标有“10 V 10W”的灯泡,已知变压器初、次级线圈的匝数比为101,那么小灯泡正常工作时,图中的电压表的读数为_ V,电流表的读数为_ A参考答案：100 0.17. 一带电量为Q、质量为m的小球从倾角为的斜面上由静止下滑，斜面处于磁感应强度为B的匀强磁场中，如图所示，则小球在斜面上滑行的最大速度是 。参考答案：mgcos/qB8. 大海里航行的轮船，受到大风大浪冲击时，为了防止倾覆，应当改变航行

6、方向和_，使风浪冲击力的频率远离轮船摇摆的_。参考答案：9. 如图所示，质量为m的带正电小球套在竖直的绝缘杆上并能沿杆竖直下滑，匀强磁场的磁感应强度大小为B方向水平，并与小球运动方向垂直。若小球的电荷量为q，球与杆间的动摩擦因数为，设竖直绝缘杆足够长，则小球由静止释放后的最大加速度am=_，下滑的最大速度vm= _ 参考答案：10. 如图所示，竖直平面内有两个水平固定的等量同种正点电荷，AOB在两电荷连线的中垂线上，O为两电荷连线中点，AO=OB=L，一质量为m、电荷量为q的负点电荷若由静止从A点释放则向上最远运动至O点现若以某一初速度向上通过A点，则向上最远运动至B点，重力加速度为g该负电荷

7、A点运动到B点的过程中电势能的变化情况是 ；经过O点时速度大小为 参考答案：先减小后增大, 由题意知从A到O，电场力做正功，电势能减小，从O到B，电场力做负功，电势能增加，故电荷电势能的变化情况为先减小后增大；设O点速度为V，由动能定理：-mgL+qUOA=011. (1）自然界中任何两个物体都是相互吸引的，引力的大小跟这两个物体的质量的乘积成正比，跟它们距离的二次方成反比。发现此定律的科学家是 。 （2）在真空中两点电荷，相隔距离为r时的库仑力大小为F，若保持这两个点电荷的电荷量不变，当它们距离为0.2r时相互作用力为 F。参考答案：(1) 牛顿（3分） （2）2512. 一理想变压器，当原

8、线圈接入400v交变电压时，副线圈上“200v,40w”的灯泡恰好正常发光，则原、副线圈的匝数比为 ； 流过原线圈的电流为 A 参考答案：2:1 0.1 13. 穿过单匝闭合线圈的磁通量随时间变化的t图象如图15所示，由图知05 s线圈中感应电动势大小为_V，5 s10 s线圈中感应电动势大小为_V,10 s15 s线圈中感应电动势大小为_V. 参考答案：三、 实验题：本题共2小题，每小题11分，共计22分14. 在做“用单摆测定重力加速度”的实验中，（1）用秒表测时间时为尽量减少误差，应从摆球通过_（选填“最高点”或“最低点”）时开始计时。（2）某同学在正确操作和测量的情况下，测得周期为T1

9、，由单摆周期公式得出重力加速度值比当地重力加速度值小，排除了其它因素后发现，是所用摆球的重心不在球心所致，则可以判断重心应该是在球心的_（选填“上方”或“下方”）。于是他将摆线长减小L，测得单摆振动周期为T2，由此可得到比较准确的重力加速度表达式是 _ 。（3）为了更准确测量，他测出多组摆长L和振动周期T，得出如图所示图象，则图象的纵轴表示_；由图象求出的重力加速度g_m/s2（小数点后保留两位）参考答案： (1). 最低点 (2). 下方 (3). (4). (5). 9.81（或9.82）【分析】（1）单摆在最低点时计时误差较小。（2）根据单摆的周期公式分析误差产生的原因，分析计算加速度的

10、方法。（3）根据单摆的周期公式得出T2L的关系式，结合图线的斜率求出重力加速度。【详解】（1）因为摆球在最低点的速度最快，所以在最低点作为计时起点误差最小。（2）根据 得：可知，若得出重力加速度值比当地重力加速度值小，排除了其它因素后，一定是摆长L的测量值偏小，如果是所用摆球的重心不在球心所致，则可以判断重心应该是在球心的下方。开始时：于是他将摆线长减小L，测得单摆振动周期为T2，则：联立可得： （3）根据：得， ，得出如图所示图象，则图象的纵轴表示T2；图线的斜率 ，解得：g9.81m/s2。15. （1）在“用单摆测重力加速度”的实验中，下列措施中可以提高实验精度的是 A选细线做为摆线B单

11、摆摆动时保持摆线在同一竖直平面内C拴好摆球后，令其自然下垂时测量摆长D计时起止时刻，选在最大摆角处（2）某同学在做“利用单摆测重力加速度”的实验中，先测得摆线长为97.50cm，摆球直径为2.00cm，然后用秒表记录了单摆振动n次所用的时间，则：该摆摆长为 cm为了减小测量周期的误差，摆球应选经过最 （填“高”或“低”）点的位置时开始计时并计数1次，且用秒表测得经过该位置n次的时间为t，则单摆的周期为 如果测得的g值偏小，可能的原因是 A测摆线长时摆线拉得过紧B摆线上端悬点末固定，振动中出现松动，使摆线长度增加了C开始计时时，秒表过迟按下D实验中误将49次全振动记为50次为了提高实验精度，在实

12、验中可改变几次摆长l并测出相应的周期T，从而得出一组对应的l与T的数据，再以l为横坐标，T2为纵坐标，将所得数据连成直线如图所示，并求得该直线的斜率为k，则重力加速度g= （用k表示）参考答案：（1） ABC （2） 98.50 低 B 四、计算题：本题共3小题，共计47分16. 如图，理想变压器原线圈与(V)的交流电源相连，副线圈并联两个小灯泡a和b，小灯泡a的额定功率为0.3W，正常发光时电阻为30，已知两灯泡均正常发光，流过原线圈的电流为0.09A。求（1）原、副线圈的匝数比；（2）灯泡b正常发光时的电阻。参考答案： ;【详解】（1）由题可知原线圈电压U1=10V，原线圈电流为I1=0.

13、09A，设副线圈上电压为U2，电流为I2，灯泡a中电流为Ia ,灯泡b中电流为Ib由题可得 解得： 因此: （2） ,解得： 流过 的电流为 故17. 如图所示，半径R=0.40m的光滑半圆环轨道处于竖直平面内，半圆环与粗糙的水平地面相切于圆环的端点A，一质量为m=0.10kg的小球，以初速度v0=7.0m/s在水平地面上向左做加速度a=3.0m/s2的匀减速直线运动，运动4.0m后，冲上竖直半圆环，最后小球落在C点，求（1）小球到达A点的速度；（2）通过计算判断小球能否到达B点；（3）若小球能到达B点，求A、C间的距离（取重力加速度g=10m/s2）若小球不能到达B点，为了使小球能从C点到达

14、B点，小球在C点的初速度至少为多少？参考答案：解：（1）小球在水平面上向左做匀减速直线运动的过程，有： vA2v02=2as 解得 vA=5m/s（2）如果小球能够到达B点，则在B点的最小速度vmin，则有 mg=m解得 vmin=2m/s假设小球能到达B点，小球从A到B的过程中，根据机械能守恒可得： mgh+mvB2=mvA2解得 vB=3m/s由于vBvmin，故小球能够到达B点（3）小球能到达B点，从B点飞出后作平抛运动，则在竖直方向有： 2R=gt2；在水平方向有 sAC=vBt 解得：sAC=1.2m故A、C间的距离为1.2m；答：（1）小球到达A点的速度是3m/s；（2）小球能到达B点（3）A、C间的距离为1.2m【考点】动能定理的应用；牛顿第二定律【分析】（1）小球在水平面上做匀减速运动时，已知初速度、位移、加速度，根据速度位移公式求解小球到达A点的速度（2）假设小球能到达B点，由机械能守恒定律求出小球通过