2022年黑龍江省哈爾濱市五常第一中學(xué)高二物理下學(xué)期期末試卷含解析

2022年黑龍江省哈爾濱市五常第一中學(xué)高二物理下學(xué)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(jì)15分．每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意1.原來(lái)靜止的物體受合外力作用時(shí)間為2t0，作用力隨時(shí)間的變化情況如圖所示，則（）A．0～t0時(shí)間內(nèi)物體的動(dòng)量變化與t0～2t0內(nèi)動(dòng)量變化相等B．t=2t0時(shí)物體的速度為零，外力在2t0時(shí)間內(nèi)對(duì)物體的沖量為零C．0～t0時(shí)間內(nèi)物體的平均速率與t0～2t0內(nèi)平均速率不等D．2t0時(shí)間內(nèi)物體的位移為零，外力對(duì)物體做功為零參考答案：B解：A、合外力的沖量等于物體動(dòng)量的改變量，故F﹣t圖象與時(shí)間軸圍成的面積等于物體動(dòng)量的改變量．面積在時(shí)間軸的上方代表動(dòng)量增加，面積在時(shí)間軸下方代表動(dòng)量減小，由于面積相同；而動(dòng)量變化大小相等，方向相反；故A錯(cuò)誤．B、由于0～t0時(shí)間內(nèi)的沖量與t0～2t0時(shí)間內(nèi)的沖量大小相同，方向相反，即F0t0+（﹣F0）t0=0．故B正確；C、由以上的分析，2t0時(shí)刻的速度等于0時(shí)刻物體的速度等于0，所以0～t0內(nèi)的平均速度等于t0～2t0內(nèi)的平均速度．故C錯(cuò)誤；D、由以上的分析可知，0～t0的位移x1等于t0～2t0的位移x2，且方向相同；由于0～t0的位移x1等于t0～2t0的位移x2，所以在0～t0時(shí)間內(nèi)合外力所做的功W1=F0x1，t0～2t0時(shí)間內(nèi)合外力所做的功W2=﹣F0x2，故W1=﹣W2，故D錯(cuò)誤．故選：B2.（單選）如圖所示，三根細(xì)線長(zhǎng)度相同（質(zhì)量不計(jì)），用一根細(xì)線與A、B兩小球連接，另兩根把A、B兩小球懸掛在天花板上的同一點(diǎn)O，A小球帶負(fù)電，B小球不帶電，天花板下方存在勻強(qiáng)電場(chǎng)E，三根細(xì)線均處于直線狀態(tài)，且OB細(xì)線恰好沿豎直方向，（不計(jì)AB間的靜電作用）兩小球均處于靜止?fàn)顟B(tài)．則該電場(chǎng)E可能為圖中的（）A．E1B．E2C．E3D．E4參考答案：B由于B球靜止不動(dòng)，故B球受力平衡；因BC豎直，故小球只能受重力及BC的拉力，AB沒(méi)有彈力；

對(duì)A球受力分析可知，A受重力，AC的拉力及電場(chǎng)力而處于平衡狀態(tài)，因此三力應(yīng)合力為零，由力的合成知識(shí)可知，電場(chǎng)力只能沿E4的方向，因粒子帶負(fù)電，故電場(chǎng)E的方向應(yīng)沿E2的方向3.我國(guó)載人飛船“神舟七號(hào)”的順利飛天，極大地振奮了民族精神.“神七”在軌道飛行過(guò)程中，宇航員翟志鋼跨出飛船，實(shí)現(xiàn)了“太空行走”，當(dāng)他出艙后相對(duì)于飛船靜止不動(dòng)時(shí)，以下說(shuō)法正確的是（

）A．他處于平衡狀態(tài)

B．他不受任何力的作用C．他的加速度不為零

D．他的加速度恒定不變參考答案：C4.（單選）平行板電容器充電后斷開(kāi)電源，現(xiàn)將其中一塊金屬板遠(yuǎn)離另一板平移一小段距離。此過(guò)程中電容器的電容C、兩極板帶電量Q、兩板間電場(chǎng)強(qiáng)度E、兩板間電壓U隨兩板間距離d的關(guān)系，表示正確的是

參考答案：C5.（單選）如圖所示，勻強(qiáng)電場(chǎng)中三點(diǎn)A、B、C是三角形的三個(gè)頂點(diǎn)，∠ABC＝∠CAB＝30°，BC＝m．已知電場(chǎng)線平行于△ABC所在的平面，一個(gè)帶電荷量q＝－2×10－6C的點(diǎn)電荷由A移到B的過(guò)程中，電勢(shì)能增加1.2×10－5J，由B移到C的過(guò)程中，電場(chǎng)力做功6×10－6J．下列說(shuō)法正確的是()A．B、C兩點(diǎn)的電勢(shì)差UBC＝3V

B．A點(diǎn)的電勢(shì)低于B點(diǎn)的電勢(shì)C．負(fù)電荷由C移動(dòng)到A的過(guò)程中，電勢(shì)能增加

D．該電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)為1V/m參考答案：D二、填空題：本題共8小題，每小題2分，共計(jì)16分6.使平行板電容器帶電下列圖中的操作，能使靜電計(jì)指針的偏角變大，說(shuō)明電容器兩板間的電勢(shì)差U變大．參考答案：考點(diǎn)：電容器的動(dòng)態(tài)分析．版權(quán)所有專題：電容器專題．分析：根據(jù)電容的決定式，分析電容的變化，再根據(jù)電容的定義式，分析板間電壓的變化，即可判斷靜電計(jì)指針張角的變化．解答：解：減小正對(duì)面積，據(jù)電容的決定式C=，知電容減小，而電容器的電量不變，由電容的定義式C=，分析可知板間電壓增大，所以靜電計(jì)指針偏角增大．故答案為：大，大點(diǎn)評(píng)：此題關(guān)鍵掌握電容的決定式C=和電容的定義式C=，結(jié)合電容器的電量不變進(jìn)行分析．7.A、B兩個(gè)物體的質(zhì)量之比為,它們以相同的初動(dòng)能始終沿同一水平面滑動(dòng),設(shè)它們與水平面間的摩擦力大小相等，則：A、B兩物體的初動(dòng)量大小之比：

，A、B兩個(gè)物體滑行時(shí)間之比：

；A、B兩個(gè)物體滑行的距離之比：

。參考答案：，，1：18.如圖所示，絕緣金屬平行板電容器充電后，靜電計(jì)

的指針偏轉(zhuǎn)一定角度，若不改變兩極板帶的電量而減小兩極板間的距離，同時(shí)在兩極板間插入電介質(zhì)，則電容器的電容將

▲

，靜電計(jì)指針的偏轉(zhuǎn)角度將

▲

。（填增大或者減?。﹨⒖即鸢福海?）增大

（2）減小9.已知水分子直徑為4×10-10m，由此估算阿伏伽德羅常數(shù)為_(kāi)_________。參考答案：10.如圖所示在豎直平面xOy內(nèi)存在著豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，帶電小球以初速度v0，從O點(diǎn)沿Ox軸水平射入，恰好通過(guò)平面中的A點(diǎn)，OA連線與Ox軸夾角為60°，已知小球的質(zhì)量為m，則帶電小球通過(guò)A點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為

。參考答案：水平方向

豎直方向由題意聯(lián)立求解得全程由動(dòng)能定理得得11.一定質(zhì)量的理想氣體按圖示過(guò)程變化，其中bc與V軸平行，cd與T軸平行，則b→c過(guò)程中氣體的內(nèi)能

（填“增加”“減小”或“不變”），氣體的壓強(qiáng)

（填“增加”“減小”或“不變”），表示等壓變化過(guò)程的是

（選填“a→b”、“b→c”或“c→d”）．參考答案：不變；增加；a→b．【考點(diǎn)】理想氣體的狀態(tài)方程．【分析】由圖象可知?dú)怏w的變化過(guò)程，可知?dú)怏w做等溫變化，由理想氣體的內(nèi)能特點(diǎn)得出內(nèi)能的變化；再由理想氣體狀態(tài)方程可得壓強(qiáng)的變化．【解答】解：由圖可知，b→c的過(guò)程中，氣體的溫度不變；而理想氣體的內(nèi)能只與溫度有關(guān)，故氣體的內(nèi)能不變；由=C可知，溫度不變，體積減小，故壓強(qiáng)應(yīng)增大；由=C可知，壓強(qiáng)不變的時(shí)候，VT成正比，即為過(guò)原點(diǎn)的直線，所以等壓變化過(guò)程的是a→b；故答案為：不變；增加；a→b．12.右圖為穿過(guò)某線圈的磁通量隨時(shí)間變化的一t圖象，已知線圈匝數(shù)為l0匝，則0～2s線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為

V，2～6s線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為

V，6～8s線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為

V。參考答案：_10_______

____0__________

____20____13.本題共兩小題，請(qǐng)按要求完成（1）有一個(gè)在光滑水平面內(nèi)的彈簧振子，第一次用力把彈簧壓縮x后釋放讓它振動(dòng)，第二次把彈簧壓縮2x后釋放讓它振動(dòng)，則先后兩次振動(dòng)的周期之比為_(kāi)_____，振幅之比為_(kāi)_______。（2）圖（a）為一列簡(jiǎn)諧橫波在t=0.10s時(shí)刻的波形圖，P是平衡位置在x=1.0m處的質(zhì)點(diǎn)，Q是平衡位置在x=4.0m處的質(zhì)點(diǎn)；圖（b）為質(zhì)點(diǎn)Q的振動(dòng)圖象，則在t=0.10s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)Q向_______方向運(yùn)動(dòng)，在t=0.25s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)P的加速度方向與y軸正方向_________，從t=0.10s到t=0.25s，該波沿x軸負(fù)方向傳播了________m參考答案：

(1).1∶1

(2).1∶2

(3).y軸負(fù)

(4).相反

(5).6【詳解】（1）彈簧振子的周期由振動(dòng)系統(tǒng)本身的特性決定，與振幅無(wú)關(guān)。所以兩次振動(dòng)的周期之比為1:1。第一次振幅為x，第二次振幅為2x，則兩次振幅之比為1:2。（2）由振動(dòng)圖像可知，在t=0.10s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)Q向y軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，波沿x軸負(fù)向傳播；因T=0.2s，則在t=0.25s=1T時(shí)，質(zhì)點(diǎn)P的加速度方向與y軸正方向相反；波速，則從t=0.10s到t=0.25s，該波沿x軸負(fù)方向傳播了.三、實(shí)驗(yàn)題：本題共2小題，每小題11分，共計(jì)22分14.在研究感應(yīng)電流方向規(guī)律的實(shí)驗(yàn)中，老師演示了下列實(shí)驗(yàn)，要求學(xué)生根據(jù)觀察填寫(xiě)下列表格：（靈敏電流表中電流向下，指針向右偏轉(zhuǎn)）

操作方法

填寫(xiě)內(nèi)容原磁場(chǎng)方向

原磁場(chǎng)的磁通量變

化

感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向

通過(guò)對(duì)實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象的分析得出：感應(yīng)電流的磁場(chǎng)____________________。參考答案：原來(lái)磁場(chǎng)方向向下向下向上向上原來(lái)磁場(chǎng)磁通量變化增大減小增大減小感應(yīng)電流磁場(chǎng)方向向上向下向下向上

感應(yīng)電流的磁場(chǎng)總要阻礙原磁場(chǎng)磁通量的變化。15.用伏安法測(cè)量電阻R的阻值，并求出其電阻率ρ.實(shí)驗(yàn)器材：電壓表V(內(nèi)阻約為40kΩ)、電流表A(內(nèi)阻約為30Ω)、滑動(dòng)變阻器R0、電源E、開(kāi)關(guān)S、待測(cè)電阻R(約為50Ω)及導(dǎo)線若干．(1)在下面的虛線框內(nèi)畫(huà)出測(cè)量R的電路圖．

圖甲(2)如圖甲所示的坐標(biāo)中的7個(gè)點(diǎn)表示實(shí)驗(yàn)中測(cè)得的7組電流I、電壓U的值，試作出U—I圖線并通過(guò)圖線求出電阻值R=________Ω.(保留三位有效數(shù)字)(3)待測(cè)電阻是一均勻材料制成的電阻絲，用游標(biāo)為50分度的游標(biāo)卡尺測(cè)量其長(zhǎng)度，用螺旋測(cè)微器測(cè)量其直徑，結(jié)果分別如下圖甲、乙所示，由圖可知其長(zhǎng)度為_(kāi)___cm，直徑為_(kāi)___mm.(4)由以上數(shù)據(jù)可求出ρ＝________Ω·m(保留三位有效數(shù)字)．參考答案：四、計(jì)算題：本題共3小題，共計(jì)47分16.（10分）如圖所示的電路中，R1=9Ω，R2=30Ω，S閉合時(shí)，電壓表V的示數(shù)為11.4V，電流表A的示數(shù)為0.2A，S斷開(kāi)時(shí)，電流表A的示數(shù)為0.3A，求：（1）電阻R3的值；（2）電源電動(dòng)勢(shì)E和內(nèi)阻r的值。參考答案：

E=12V；r=1Ω（1）兩端電壓：；所以兩端電壓為：；得流過(guò)的電流：；又因，故有；得（2）S閉合時(shí)，；從而V表讀數(shù)為：，S斷開(kāi)時(shí)，A表讀數(shù)為：，即由（1）、（2）兩式，解得：E=12V；r=1Ω17.如圖，在光滑水平面上有A、B兩個(gè)小球，質(zhì)量分別為mA=2m、mB=m，A、B之間用一輕彈簧相連．開(kāi)始時(shí)A、B處于靜止?fàn)顟B(tài)，彈簧處于原長(zhǎng)．現(xiàn)給滑塊C一個(gè)水平向右的初速度v，質(zhì)量mC=3m，某時(shí)刻C與A發(fā)生彈性正碰，求：（i）碰撞后瞬間A和C的速度大小與方向；（ii）碰撞后彈簧所具有的最大彈性勢(shì)能Epm．參考答案：解：（i）滑塊C與A彈性碰撞后，速度分別為v1和v2，以水平向右方向?yàn)檎较颍蓜?dòng)量守恒定律得：3mv=3mv1+2mv2，由機(jī)械能守恒定律得：（3m）v2=（3m）v12+（2m）v22，解得：v1=v，v2=v，方向水平向右；（ii）當(dāng)A、B速度相等時(shí)，彈簧具有最大彈性勢(shì)能，A、B系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：2mv2=3mv3，由機(jī)械能守恒定律得：（2m）v22=（3m）v32+EPm，解得：EPm=mv2；答：（i）碰撞后瞬間A和C的速度大小分別為：v、v，方向：水平向右；（ii）碰撞后彈簧所具有的最大彈性勢(shì)能Epm為mv2．【考點(diǎn)】動(dòng)量守恒定律；機(jī)械能守恒定律．【分析】（i）A、C碰撞過(guò)程系統(tǒng)動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律與機(jī)械能守恒定律可以求出碰撞后的