2022-2023学年福建省泉州市高二(上)期末物理试卷+答案解析(附后).pdf

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意知,经过P点时轨道无弹力,重力与静电力的合力恰好给小球提供向心力,则有:,可知小球所受重力与静电力之比为为:,故A正确;CD、由题意可知,小球经过P点时重力与静电力的合力恰好给小球提供向心力,则有:,解得:。小球从P点到C点过程,根据动能定理可得:,联立解得:,故CD错误。B、若小球从M点到C点,根据动能定理可得:,动能减少。可知小球从M点到C点动能减小,则小球经过M点的速度大于C点的速度,故B正确;故选:AB。解决本题时,要把握小球通过C点时向心力的来源:重力,要熟练运用运动的分解法研究小球离开C点后在匀强电场中的运动过程,根据分运动的规律研究D点与B点的水平距离。根据小球受到的电场力与电场方向关系,判断其电性;小球恰能运动到轨道的最高点C,由重力提供向心力,利用牛顿第二定律求出小球通过C点的速度。从A点到C点,由动能定理求小球释放点A与B点距离。从最高点C飞出后,在竖直方向做自由落体运动,在水平方向做匀加速直线运动,利用这两个方向运动规律求D点与B点的水平距离。10.【答案】ABC【解析】解:设均匀带正电薄球壳所带电荷量为Q,由于均匀带电薄球壳的壳外空间的电场分布与电荷量全部集中在球心时相同;根据点电荷的场强公式,当时,结合图像可得解得,则该球壳单位面积所带的电荷量为,故B正确;,由图像可得代入数据联立解得,故A正确;,电场强度为电子在处释放时的加速度大小为,故C正确;,仅受静电力作用,到达球壳表面时的动能为,根据动能定理有页,共18页:..由图像可知从3到2R过程的电场强度小于从2R到R过程的电场强度,若电子从处由静止释放,则到达球壳表面时,根据动能定理有,故D错误。故选:ABC。,根据点电荷的场强公式结合图像求解球壳所带的电荷量,再求单位面积时所带电荷量;根据点电荷的场强公式结合图像分别求解处、处场强的大小,再根据牛顿第二定律求加速度;,分析作答。本题的关键是抓住“均匀带电薄球壳的壳外空间的电场分布与电荷量全部集中在球心时相同”这一条件,将陌生物理问题转化为熟悉的问题;11.【答案】【解析】解:当滑动变阻器接入电路阻值为零时,电路电流最大,则有根据闭合电路欧姆定律可得,电路电流为获得的功率为当解得其获得的功率最大。故答案为:,5当滑动变阻器接入电路阻值为零时,电路电流最大,根据功率的计算公式结合数学方法解答。本题考查闭合电路欧姆定律,解题关键掌握电功率的计算。12.【答案】向外页,共18页:..【解析】解:点处磁场方向水平向左,如图所示,根据图中几何关系可知:由于两导线到O点的距离相等,则右边导线中的电流:根据右手螺旋定则可知,右边导线中的电流方向垂直纸面向外。故答案为:;向外。根据题意画出O点的合磁感应强度及左导线在此处产生的磁感应强度B1,根据平行四边形定则求出右导线在O点的磁感应强度,再由几何关系分析两者的大小,根据对称性确定右导线的电流的大小。本题考查磁场的叠加原理,即磁感应强度的合成遵循平行四边形定则,理解安培定则及直导线周围磁场的特点结合矢量运算法则可解决问题。13.【答案】短接红【解析】解:先把选择开关旋至欧姆挡“”,再将两支表笔短接,调节调零旋钮,使多用电表的指针指向欧姆挡的零刻线。将表笔搭在待测电阻两端,发现指针偏转太大,说明待测电阻阻值相对倍率较小,由图可知应将倍率更换至挡,重新调零后,再次测量。由图乙中b指针所示位置,可知待测电阻阻值为:对应表格数据可知,该色环电阻第3条环色应为红色。故答案为:短接;;红。根据欧姆表的使用方法判断;指针偏转太大,说明电阻阻值小小,应使用倍率较小的挡位;读出电阻读数根据题中信息判断。本题考查多用电表欧姆挡的使用实验,要求掌握多用电表欧姆挡的使用方法。14.【答案】见解析见解析245页,共18页:..【解析】解:由于该水样的电阻约为,滑动变阻器阻值比待测电阻小得多,故滑动变阻器应采用分压接法;由于电流表内阻已知,故电流表应采用内接法;则实物连线如图所示在坐标系中描点、连线,绘制图线如图所示由图像可知待测电阻为根据电阻定律可得可得电阻率为故答案为:见解析;见解析;。根据题中条件选择滑动变阻器和电流表的接法;根据数据在坐标系中描点、连线作出图像;根据欧姆定律和电阻定律推导。本题考查测定金属电阻率实验,要求掌握实验原理、电路设计和数据处理。15.【答案】解:开关断开时,根据闭合电路欧姆定律得解得灯泡电阻的阻值为闭合时,设电源路端电压为U,根据闭合电路欧姆定律得页,共18页:..解得灯泡的功率为答:灯泡电阻的阻值;开关S闭合时,灯泡的功率64W。【解析】根据闭合电路欧姆定律,求灯泡电阻;根据闭合电路欧姆定律,求路端电压,再根据功率计算式,计算灯泡功率。本题解题关键是掌握闭合电路欧姆定律和功率计算式。16.【答案】解:由题意可得AB、AC的电势差分别为则B、C两点电势差为代入数据解得:,,由于上一问可知所以AB的中点D的电势与C点等电势,又AB与CD垂直,如图所示所以场强的方向沿AB方向,且场强的大小为答:电势差、、分别为40V,20V,;场强E的大小为,方向由A指向B。【解析】根据电场力做功与电势差的关系求出AB、AC、BC间的电势差。根据电势差与电场强度的关系求解。本题考查电场力做功和电势差的关系,求出电势差进而求出某点的电势,求匀强电场的场强,一定要用沿着电场线方向的距离,不能简单的用两点之间的距离。17.【答案】解:设电场I场强大小为,小球在平台上向右运动过程的加速度为,因为小球沿平台AB向右运动,且对平台无压力,根据牛顿第二定律有:,运动学公式可得:第16页,共18页:..解得设电场II场强大小为,小球在电场II中运动加速度为,时间为t,下落高度为y,根据牛顿第二定律:由平抛运动规律,水平方向有:竖直方向有:设小球落地时动能为,则由题意有:从B处开始到落地过程中,根据动能定理可得:解得:答:小球运动到B点时速度大小为;小球从电场Ⅱ的右边界射出,且落地时动能等于4mgL,电场Ⅱ的场强大小为。【解析】小球从过程,做匀加速直线运动,对DB点根据牛顿第二和牛顿第三定律和运动为学公式列式求解;小球离开水平轨道后做类平抛运动,可分解为水平方向匀速运动和竖直方向匀加速直线运动,根据两分运动规律及动能定理列式求解。本题考查带电粒子在复合场中运动,关键是要分析出第中直面内圆周运动的最高点为等效最高点,根据力的合成法则和牛顿第二定律求解等效重力加速度;中离开水平轨道后做类平抛运动,可分解为水平方向匀速直线运动和竖直方向的匀加速直线运动,然后运用运动规律求解即可。18.【答案】解:图中点为图线的最低点,其切线斜率为零,即该处的场强为零。同种电荷在处合场强才有可能为零,因此为正电荷;处合场强为零,根据电场的叠加原理得解得若小滑块恰能到达处,根据动能定理得:又联立解得第17页,共18页:..讨论小滑块最终停在区间的可能性。在处小滑块受到的电场力的合力方向向左,其大小为解得在区间运动时,小滑块受到的动摩擦力大小为可见,在处,,即每当小滑块运动到区间时,其合力不为零,且都向左,因此不可能在区间停止运动。小滑块最终只能在左侧某区间往复运动,当其运动到时速度为零。设小滑块在运动的总路程为s,根据能量守恒定律得解得答:处点电荷带正电,其电荷量为;小滑块与粗糙水平面间的动摩擦因数为;小滑块在区间通过的总路程为。【解析】根据电场的矢量叠加解答;根据动能定理解答;根据摩擦力与电场力的大小关系结合能量守恒定律解答。本题考查电势差与电场强度的关系,解题关键掌握对图像的认识,注意根据动能定理的运用要选取运动过程。第18页,共18页