2021-2022学年吉林省辽源市西安区田家炳高级中学友好学校高二（上）期末物理试卷（含答案解析）

这是一份2021-2022学年吉林省辽源市西安区田家炳高级中学友好学校高二（上）期末物理试卷（含答案解析），共15页。试卷主要包含了5Ω，2s，则下列说法中正确的是，0m，s=0，【答案】D，【答案】C，【答案】A，【答案】AB等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年吉林省辽源市西安区田家炳高级中学友好学校高二（上）期末物理试卷     下列说法中，正确的是(    )A. 由可知电场中某点的电场强度E与q成反比
B. 由公式可知电场中某点的电势与q成反比
C. 由可知，电场中的任意两点a、b间的距离越大，则两点间的电势差也一定越大
D. 公式，其中电容器的电容C与电容器两极板间电势差U无关    以下说法中正确的是(    )A. 光的偏振现象说明光是一种纵波
B. 相对论认为空间和时间与物质的运动状态无关
C. 麦克斯韦预言并用实验验证了电磁波的存在
D. 在光的双缝干涉实验中，若仅将入射光由绿光变为红光，则条纹间距变宽    两个相同的带电金属小球，带电量分别为和，球半径远小于两球心的距离L，它们相互接触后再放回原位置，则静电力为(    )A.  B.  C.  D.     电场的电场线分布如图所示，电场中A、B两点的电场强度的大小和电势分别用、和、表示，则有(    )A. ，
B. ，
C. ，
D. ，    如图所示，甲图中直线Ⅰ为某一电源的路端电压与电流的关系图像，直线Ⅱ为某一电阻R的图像。用此电源与电阻R连接成如图乙所示闭合电路。下列说法中正确的是(    )
A. 电阻R的阻值为
B. 乙图所示电路中，电源的总功率为4W
C. 乙图所示电路中，电源的输出功率为4W
D. 乙图所示电路中，若将电阻R换一个阻值更小的电阻，电源的输出功率一定减小    质量为60kg的建筑工人，不慎从高空跌下，由于弹性安全带的保护，使他悬挂起来；已知弹性安全带的缓冲时间是，安全带长5m，不计空气阻力影响，g取，则安全带所受的平均冲力的大小为(    )A. 100N B. 500N C. 600N D. 1100N    质量相等的A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A球的动量是，B球的动量是，当A球追上B球发生碰撞，则碰撞后A、B两球的动量可能值是(    )A. ，
B. ，
C. ，
D. ，    在下列几种情况中，不能产生感应电流的是(    )
 A. 甲图，竖直面矩形闭合导线框绕与线框在同一平面内的竖直轴在水平方向的匀强磁场中匀速转动的过程中
B. 乙图，水平面上的圆形闭合导线圈静止在磁感应强度正在增大的非匀强磁场中
C. 丙图，金属棒在匀强磁场中垂直于磁场方向匀速向右运动过程中
D. 丁图，导体棒在水平向右恒力F作用下紧贴水平固定U形金属导轨运动过程中    下列说法正确的是(    )A. 利用单摆测定重力加速度g，把悬线长和小球直径之和当作摆长会导致所测得的g值偏大
B. 单位时间内经过介质中一点的完全波的个数就是这列简谐波的频率
C. 在干涉现象中，振动加强点的位移总比减弱点的位移要大
D. 根据麦克斯韦的电磁场理论，变化的电场产生变化的磁场，变化的磁场产生变化的电场如图所示的电路中，电源内阻不可忽略。开关S闭合后，当滑动变阻器的滑动片P向上滑动过程中，下列说法中正确的是(    )A. 小灯泡L变亮
B. 电压表的示数减小
C. 电流表示数增大
D. 电容器C的电荷量增大如图所示的电容式话筒就是一种电容式传感器，其原理是：导电性振动膜片与固定电极构成了一个电容器，当振动膜片在声压的作用下振动时，两个电极之间的电容发生变化，电路中电流随之变化，这样声信号就变成了电信号。则当振动膜片向右振动时(    )
 A. 电容器电容值增大 B. 电容器带电荷量减小
C. 电容器两极板间的场强增大 D. 电阻R上电流方向自左向右一列简谐横波在时的波形图如下，若此波的周期为，则下列说法中正确的是(    )A. 再经过质点P向右移动
B. 再经过质点P仍在自己平衡位置
C. 在波的传播过程中质点Q与P的振动情况总是相同的
D. 再经过后的波形与时的波形是不同的
 有一根细而均匀的圆柱体导体棒样品如图甲所示，电阻约为，为了测量其电阻率，可先测其电阻，现提供以下实验器材：
A.10分度的游标卡尺
B.螺旋测微器
C.电流表量程50mA，内阻为
D.电流表量程100mA，内阻约为
E.电流表量程1A，内阻约为
F.滑动变阻器额定电流
G.滑动变阻器额定电流
H.直流电源内阻不计
I.圆柱体导体棒样品电阻约为
J.开关一只，导线若干
用游标卡尺测得该样品的长度如图乙所示，其示数______cm；用螺旋测微器测得该样品的直径如图丙所示，其示数______mm。
为了尽可能精确地测量原件电阻，电路原理图如丁所示，图中甲电流表应选______；乙电流表应选______。用器材前的序号表示
闭合开关，测量出需要测量的物理量。需要测量的物理量是______。
根据步测量的数据字母，表示出电阻率______。
 如图所示，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个半径相同的小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系。

为完成此实验，以下提供的测量工具中，本实验必须使用的是______。选填选项前的字母
A.刻度尺
B.天平
C.打点计时器
D.秒表
关于本实验，下列说法中正确的是______。选填选项前的字母
A.同一组实验中，入射小球必须从同一位置由静止释放
B.入射小球的质量必须小于被碰小球的质量
C.轨道倾斜部分必须光滑
D.轨道末端必须水平
图中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影，实验时先让入射小球多次从斜轨上位置S由静止释放，通过白纸和复写纸找到其平均落地点的位置P，测出平抛射程OP。然后，把被碰小球静置于轨道的水平部分末端，仍将入射小球从斜轨上位置S由静止释放，与被碰小球相碰，并多次重复该操作，两小球平均落地点位置分别为M、N。实验中还需要测量的有______。选填选项前的字母
A.入射小球和被碰小球的质量、
B.入射小球开始的释放高度h
C.小球抛出点距地面的高度H
D.两球相碰后的平抛射程OM、ON
在某次实验中，记录的落点平均位置M、N几乎与OP在同一条直线上，在实验误差允许范围内，若满足关系式______，则可以认为两球碰撞前后在OP方向上的总动量守恒。[用中测量的量表示]
若进一步研究该碰撞是否为弹性碰撞，还需要判断关系式______是否成立。[用中的物理量表示]半球形介质截面如图所示，O为圆心，相同的两束单色光a、b相互平行，从不同位置进入介质，光线a在O点恰好产生全反射．光线b的入射角为，求：
介质的折射率；
光线b在介质中的折射角．
 宜宾市小科学家协会的一位同学设计了一台玩具车，其内部结构的简化电路图如图所示．电源电动势为E，内阻，直流电动机M的线圈电阻，与的保护电阻串联后接入电路中．电动机正常工作时，通过电动机的电流强度，电压表示数求：
保护电阻R两端的电压；
电源的电动势E；
电动机输出的机械功率．如图所示，长的轻质细绳上端固定，下端连接一个可视为质点的带电小球，小球静止在水平向右的匀强电场中，绳与竖直方向的夹角已知小球所带电荷量，匀强电场的场强，取重力加速度，，求：小球所受电场力F的大小；小球的质量m；将电场撤去，小球回到最低点时速度v的大小． 如图所示，小物块A在粗糙水平面上做直线运动，经距离l时与另一小物块B发生碰撞并粘在一起以速度v飞离桌面，最终落在水平地面上．已知，，A、B质量相等且，物块与桌面间的动摩擦因数µ，桌面高不计空气阻力，重力加速度求：
、B一起平抛的初速度v；
小物块A的初速度

答案和解析 1.【答案】D 【解析】解：ABD、三个公式、、都是运用比值法定义的，所以E由电场本身决定，与F无关；电势与q无关；C由电容器本身决定，与U、Q无关。故AB错误，D正确。
C、由可知，匀强电场中的两点a、b沿电场线方向的距离越大，则两点间的电势差一定越大，故C错误。
故选：D。
公式、、都运用比值法定义，定义出来的量与参与定义的量无关；公式中d是两点沿电场线方向的距离；
本题要理解并掌握、、的定义方式，知道比值法定义的共性．要明确公式中d是两点沿电场线方向的距离．
 2.【答案】D 【解析】解：A、光的偏振现象说明光是一种横波，而不是纵波，故A错误；
B、相对论认为空间和时间与物质的运动状态有关，长度缩短，时间变长，故B错误；
C、麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹用实验验证，故C错误；
D、光的双缝干涉实验中，根据可知，若仅将入射光由绿光变为红光，波长变长，则条纹间距变宽，故D正确；
故选：D
光的偏振现象说明光是一种横波；
相对论认为空间和时间与物质的运动状态有关；
麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹用实验验证；
光的双缝干涉实验中，入射光的波长越长，则干涉条纹宽度越宽．
考查光的偏振的作用、光的干涉条纹影响的因素，知道相对论中的长度缩短与时间变长的道理，注意麦克斯韦预言了电磁波的存在，并没有证实存在．
 3.【答案】D 【解析】解：因两电荷异性，带电量分别为5Q，，两物体接触后电量先中和再平分，则可知各自的带电量为；
由库仑定律可知：
静电力
故选：
两相同小球接触时电量先中和再平分，从而明确各小球的带电量，再根据库仑定律列式即可求得静电力的大小．
本题考查库仑定律以及电荷守恒定律的应用，要注意明确只有两相同小球接触后才能先中和再平分．
 4.【答案】C 【解析】解：电场线的疏密代表场强的大小，电场线越密代表场强越大，电场线越疏代表场强越小，显然A点处的电场线疏，B点处的电场线密，故沿电场线的方向电势降落，故  ，故C正确，ABD错误。
故选：C。
电场线越密代表场强越大，电场线越疏代表场强越小，沿电场线的方向电势降低。
本题考查电场线的性质，要注意明确电场线的疏密表示电场的强弱，沿电场的方向电势降落。
 5.【答案】C 【解析】解：A、由图线Ⅰ纵轴截距读出电源的电动势，其斜率大小等于电源的内阻，则，电阻R的阻值为故A错误；
BC、乙图所示电路中，两图线的交点表示该电源直接与电阻R相连组成闭合电路时电路中电流和路端电压，则有，，根据功率公式，可知电源的总功率为：，电源的输出功率为：，故B错误，C正确；
D、乙图所示电路中，若将电阻R换一个阻值更小的电阻，根据图象，当外电阻时电源输出功率最大，所以电源的输出功率不一定减小，故D错误。
故选：C。
根据图线Ⅰ纵轴截距读出电源的电动势，由斜率大小读出电源的内阻；
图线Ⅱ的斜率大小等于电阻R的大小；
两图线的交点表示电阻R接在该电源的电压和电流，根据功率公式求解；
根据图象判断电源的输出功率如何变化。
本题抓住伏安特性曲线的斜率、截距和交点的物理意义，知道两个图象的交点表示该电源与电阻R相连组成闭合电路时电路中电流和路端电压。
 6.【答案】D 【解析】解：选取人为研究对象，人下落过程有：
，
代入数据解得：，
缓冲过程由动量定理有：，
解得：
由牛顿第三定律知安全带所受的平均冲力为1100 N，故ABC错误，D正确；
故选：D。
安全带被拉直前，工人做自由落体运动，根据机械能守恒求出安全带被拉直时的速度，设安全带的平均作用力为F，选向上方向为正，由动量定理即可求出安全带受到的拉力。
本题考查动量定理的应用，在应用动量定理解题时，要明确各物理量的方向性。
 7.【答案】A 【解析】解：A、根据碰撞过程总动能不增加，则有，
解得：，满足，故A正确；
B、根据碰撞过程总动能不增加，则有，解得：，不满足，故B错误；
C、根据碰撞过程总动能不增加，则有，解得：，不满足，故C错误；
D、碰前系统动量是，碰后系统动量为，不满足系统动量守恒，故D错误，
故选：A。
当A球追上B球时发生碰撞，遵守动量守恒．由动量守恒定律和碰撞过程总动能不增加，进行选择．
对于碰撞过程要遵守三大规律：1、是动量守恒定律；2、总动能不增加；3、符合物体的实际运动情况．
 8.【答案】C 【解析】解：
A、图中，闭合导线框绕竖直轴转动时，磁通量增大，会产生感应电流，故A错误．
B、磁感应强度增大时，穿过圆形闭合导线圈磁通量增大，会产生感应电流，故B错误．
C、金属棒在匀强磁场中垂直于磁场方向匀速向右运动过程中会产生感应电动势，但由于电路不闭合，不产生感应电流，故C正确．
D、导体棒水平向右运动的过程中，切割产生感应电动势，电路是闭合的，所以回路中会产生感应电流，故D错误．
故选：C
解答本题的关键是正确理解感应电流产生的条件：穿过闭合电路的磁通量发生变化，对照这个条件进行分析即可．
本题比较简单，考查了感应电流产生条件的应用，对于这些基本规律要加强理解和应用．
 9.【答案】AB 【解析】解：A、由单摆周期公式可知重力加速度：，摆线长度与摆球半径之和是单摆摆长，如果把悬线长和小球直径之和当作摆长，则摆长L偏大，导致重力加速度g的测量值偏大，故A正确；
B、波源的振动以波的形式传播出去，波的频率等于介质中各质点的振动频率，单位时间内经过介质中某点的完全波的个数，就是这列简谐波的频率，故B正确；
C、在干涉现象中，振动加强点是指振幅较大的点，振动减弱点是指振幅较小的点，但是，加强点的位移不是总比减弱点的位移大，故C错误；
D、根据麦克斯韦的电磁场理论可知，周期性变化的电场周围产生周期性变化的磁场，周期性变化的磁场产生周期性变化的电场；均匀变化的电磁场只能产生恒定不变的磁电场，故D错误。
故选：AB。
摆线长度与摆球半径之和是单摆摆长，应用单摆周期公式分析实验误差；
单位时间内经过介质中某点的完全波的个数，就是这列简谐波的频率；
在干涉现象中振动加速度的振幅最大，不是位移总是最大；
根据麦克斯韦电磁理论分析答题。
本题涉及的知识点较多，但难度不大，掌握基础知识是解题的前提与关键，平时要注意基础知识的学习与积累。
 10.【答案】CD 【解析】解：A、滑片P向上滑动，接入电路中的电阻增大，则增大，干路电流减小，故灯泡变暗，故A错误；
BC、由闭合电路的欧姆定律可得，路端电压增大，电压表的示数增大，即电阻R支路两端电压增大，电流表的示数也增大，故B错误，C正确；
D、对电容器由可知，由于U增大C不变，则电容器的电荷量也增大，故D正确。
故选：CD。
在变阻器的滑片向上滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻变大，外电路总电阻变大，根据闭合电路欧姆定律分析干路电流和路端电压如何变化，即可知电压表示数的变化情况。
由欧姆定律分析并联部分电压的变化，判断电流表示数的变化，从而判断电容器带电量的变化。
本题是电路的动态变化分析问题，首先确定出变阻器接入电路的电阻如何变化，再按局部到整体，再到部分的思路进行分析。
 11.【答案】AC 【解析】【解答】
振动膜片向右振动时，电容器两极板的距离变小，电容增大，由知，U不变的情况下，电容器所带电荷量Q增大，电容器充电，R中形成自右向左的电流。
由知，U不变，d减小，则场强E增大，故AC正确，BD错误。
故选AC
【分析】
电容器极板间距离的变化引起了电容的变化，电容的变化引起了电量的变化，从而场强变化，R中有电流。
本题考查了电容器的动态分析，方法是：从部分的变化引起电容的变化，根据电压或电量不变判断电量或电压的变化。  12.【答案】BC 【解析】解：
A、简谐横波向前传播时，质点P只在自己的平衡位置附近做简谐运动，并不向右移动。故A错误。
B、再经过，质点P仍在图示位置。故B正确。
C、质点PQ两点正好相差一个周期，振动情况完全相同。故C周期。
D、再经过正好是一个周期，波形图与时的波形相同。故D错误。
故选：BC。
简谐横波向前传播时介质中质点不向前移动．根据时间与周期的关系，分析质点的位置和速度方向．P、Q间距离等于波长，振动情况总是相同．
本题关键抓住波的周期性进行分析，即时间周期性，每隔整数倍周期，波形重合，及空间的周期性，即相距整数倍波长的两点振动情况总是相同，是同相点．
 13.【答案】电流表的读数，电流表的读数  【解析】解：由图示游标卡尺可知，游标尺是10分度的，游标尺的精度是，由图示游标卡尺可知，示数为；
由图示螺旋测微器可知，其示数为；
实验没有电压表，可以用已知内阻的电流表与待测电阻并联测电压，即图中甲电流表选择C，用电流表测电流，即图中电流表乙选择D。
待测电阻阻值，实验需要测量：电流表的读数为，电流表的读数为。
由电阻定律可知，电阻率；
游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺的示数，螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数。
没有电压表可以用已知内阻的电流表测电压，根据图示电路图与所给器材分析答题。
根据实验电路图与实验原理确定实验需要测量的量。
应用欧姆定律与电阻定律求出电阻率的表达式。
本题考查了游标卡尺与螺旋测微器读数、实验器材的选择、求电阻率表达式等问题，要掌握常用器材的使用及读数方法，游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺的示数，螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数。
 14.【答案】 【解析】解：要测量碰撞前后的动量，则质量要用天平测量，而速度是用水平位移代替的，刻度尺也是必须的，而打点计时器和秒表没用，故选：AB。
、只有从同一位置释放，才能保证两次碰撞前的速度相同，故A正确；
B.入射球的质量要大于被碰小球的质量，故B错误；
C.只要从同一高度释放小球，那么轨道光滑与否不影响小球到达末端的速度，故C错误；
D.只有末端水平才能保证是平抛运动，故D正确。
故选AD。
验证动量守恒定律，所以必须测量质量和速度，那么必须测质量，故天平，A选项是必须的；而速度是用相同时间下的水平位移代替的，故刻度尺，D是必须的；而开始的高度及平抛时的高度只要是不变，则不必测量具体值，故BC不必测量。故AD正确，BC错误。
故选：AD。
碰撞前的速度：，碰撞后两个小球的速度：，。若碰撞前后动量守恒则：，代入可得到：。
若碰撞后机械能守恒则：，结合速度公式代入变形后有：。
故答案为：； ；；； 
根据实验原理确定所必须的测量工具；
根据实验的注意事项判断操作过程正确与否；
由实验原理确定此实验需要测量的物理量；
由动量守恒定律倒推出需要验证的表达式；
根据动量守恒满足的关系式进行判断，但要注意的先判断的是入射球在被碰撞后是位于最左的位置。
此题全面考查了验证动量守恒定律实验的原理、操作过程、数据处理等内容，只要从基本原理出发可以解答属基础题，但本题的难点在于给了三个点，要判断这三个点分别是什么点，这首先确定是碰后入射球不能超越被碰球，则在最左边，然后根据守恒式判断其他两个点。
 15.【答案】解：①a光线发生刚好全反射
②b光线用折射定律
   
  所以
答：介质的折射率为
光线b在介质中的折射角 【解析】根据全反射的临界角，通过求出介质的折射率．
已知入射角和折射率，根据折射定律求出光线b在介质中的折射角．
解决本题的关键掌握光的折射定律，以及发生全反射的条件及公式．
 16.【答案】解：设R两端的电压为，电动机的两端的电压为，则有：

电动机两端的电压：
电源的电动势为：
电动机的输出功率为：
答：保护电阻R两端的电压是1V；
电源的电动势E是12V；
电动机输出的机械功率是 【解析】是纯电阻，根据欧姆定律求其两端的电压．
根据闭合电路欧姆定律求电源的电动势
根据求解输入到电动机的电功率；根据求解热功率，由求机械功率．
在计算电功率的公式中，总功率用来计算，发热的功率用来计算，如果是计算纯电阻的功率，这两个公式的计算结果是一样的，但对于电动机等非纯电阻，第一个计算的是总功率，第二个只是计算发热的功率，这两个的计算结果是不一样的．
 17.【答案】解：根据电场力的计算公式可得电场力  N；
小球受力情况如图所示：

根据几何关系可得，
所以；
电场撤去后小球运动过程中机械能守恒，则，
解得：。
答：小球所受电场力F的大小为 N。
小球的质量为。
将电场撤去，小球回到最低点时速度v的大小为。 【解析】根据电场力的计算公式求解电场力；
画出小球受力情况示意图，根据几何关系列方程求解质量；
根据机械能守恒定律求解速度。
有关带电粒子在匀强电场中的运动，可以从两条线索展开：其一，力和运动的关系。根据带电粒子受力情况，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度和位移等；其二，功和能的关系。根据电场力对带电粒子做功，引起带电粒子的能量发生变化，利用动能定理进行解答。
 18.【答案】解：两木块离开桌面后做平抛运动，设在空中飞行的时间为t，根据平抛运动规律有：
 竖直方向有：
  水平方向有：
联立解得：
、B碰撞过程，取向右方向为正方向，以AB整体为研究对象，由动量守恒定律得：
 
则得：
A在桌面上滑行过程，由动能定理得：

联立得：
答：
、B一起平抛的初速度v为；
小物块A的初速度为 【解析】两木块离开桌面后做平抛运动，运用运动的分解法，由匀速运动的规律与匀变速运动的规律结合，可以求出A、B一起平抛的初速度
根据动能定理研究A在桌面上滑行的过程，再由动量守恒定律研究A、B碰撞过程，然后联立求解物块的初速度
本题首先要分析清楚物体的运动过程，把握每个过程的规律，尤其是碰撞过程中的基本规律：系统的动量守恒．