2021-2022学年贵州省贵阳市白云区高二（下）期末物理试卷（含解析）

2021-2022学年贵州省贵阳市白云区高二（下）期末物理试卷
得分
注意事项:
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。
3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。
1. 用绿光照射一光电管，能产生光电效应．欲使光电子从阴极逸出时的最大初动能增大，应( )
A. 改用红光照射 B. 增大绿光的强度
C. 增大光电管上的加速电压 D. 改用紫光照射
2. 目前，我国处于空间站任务的关键技术验证阶段，将正式进入空间站建造阶段。预计年底转入空间站运营阶段，航天员轮换期间将会最多有名航天员同时在轨。空间站核心舱绕地球运行的轨道可视为圆轨道，轨道离地面的高度约为地球半径的低于同步卫星轨道高度。下列说法正确的是( )
A. 核心舱在轨道上运行的速度大于
B. 核心舱在轨道上运行的周期小于
C. 核心舱进入轨道后运行的加速度小于月球绕地球运行时的加速度
D. 后续加挂实验舱后，由于空间站质量增大，其轨道半径将变小
3. 用一竖直向上的力将原来在地面上静止的重物向上提起，重物由地面运动至最高点的过程中，图像如图所示，下列判断正确的是( )
A. 前内与最后内货物的平均速度相同
B. 最后内货物处于超重状态
C. 前内拉力功率恒定
D. 最后运动过程中，货物的机械能减小
4. 如图所示，一玩偶与塑料吸盘通过细绳连接，吸盘吸附在墙壁上，玩偶静止悬挂，忽略玩偶与墙壁之间的静摩擦力，则( )
A. 细绳越短，玩偶对墙壁的压力越大
B. 细绳越长，吸盘受到墙壁的摩擦力越小
C. 吸盘重力大于墙壁和细绳对吸盘作用力的合力
D. 吸盘与墙壁之间的挤压力越大，吸盘受到墙壁的摩擦力越大
5. 如图所示，滑块从静止开始沿粗糙固定斜面下滑，直至底端。对于该运动过程，若用、、、、分别表示滑块下滑时的重力势能、动能、机械能和速度的大小，表示时间，取斜面底端为零势能点。则下列图像可能正确描述这一运动规律的是( )
A. B.
C. D.
6. 如图所示，一带电油滴悬浮在平行板电容器两极板、之间的点，处于静止状态．现将极板向下平移一小段距离，但仍在点上方，其他条件不变．下列说法中正确的是( )
A. 液滴将向下运动 B. 两板电势差增大
C. 极板带电荷量将增加 D. 电场强度不变
7. 如图所示，固定于水平地面的竖直半圆轨道，为水平直径，为最低点，半径为，轨道内表面各处粗糙程度相同，在距点正上方处由静止释放一个质量为的小滑块，滑块沿半圆形轨道运动后从点冲出，距离点上方处速度减为零，不计空气阻力，重力加速度为，滑块由到的过程中，关于小滑块克服摩擦力所做的功，正确的是( )
A. 小于 B. 等于 C. 大于 D. 无法判断
8. 在光滑的水平面上，质量为的小球以速度向右运动，在小球的前方点有一质量为形状与完全相同小球处于静止状态。如图所示，小球与小球发生正碰后小球、均向右运动，小球在点处被墙壁弹回，返回时与小球在点相遇，。假设小球间的碰撞及小球与墙壁之间的碰撞都是弹性碰撞。则( )
A. B. C. D.
9. 如图甲所示，不计电阻的矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴在匀强磁场中匀速转动，输出交流电的电动势图像如图乙所示，经原、副线圈匝数比为：的理想变压器给一灯泡供电，灯泡上标有“，”字样，如图丙所示，则( )
A. 时刻，线框所在平面为中性面
B. 时刻，线圈的磁通量变化率达到最大
C. 灯泡中的电流方向每秒钟改变次
D. 电流表示数为
10. 如图甲所示，正方形导线框固定在匀强磁场中，磁感线方向与导线框所在平面垂直，初始时刻磁场方向垂直纸面向里，且磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示，其中为已知量。已知导线框的边长为，总电阻为，，则下列说法中正确的是( )
A. 时间内，导线框中电流的方向始终为
B. 时间内，边受到的安培力大小为
C. 时间内，通过导线框的电荷量为
D. 时间内，导线框产生的热量为
11. 如图，将质子沿着等量异种电荷连线的中垂线从点移动到点，再沿两点电荷连线从点移动到点，取无穷远处电势能为。下列相关说法正确的是( )
A. 质子所受电场力一直增大 B. 质子所受电场力先增大，后减小
C. 电场力对质子一直做正功 D. 电场力对质子开始不做功
12. 如图所示，倾角为的固定斜面段粗糙，段光滑，一轻弹簧下端固定于斜面底端点，弹簧处于原长时上端位于点，质量为的物体可视为质点从点由静止释放，第一次将弹簧压缩后恰好能回到的中点。已知、间的距离为，重力加速度为，则( )
A. 物体最终停止于点
B. 物体由点运动至最低点的过程中加速度先不变后减小为零，再反向增大直至速度减为零
C. 物体与段的动摩擦因数
D. 物块在整个运动过程中克服摩擦力做功最多为
13. 某同学利用打点计时器做实验时，发现实验数据误差很大，怀疑电源的频率不是，采用如图甲所示的实验装置来测量电源的频率。已知砝码及砝码盘的质量为，小车的质量为，不计摩擦阻力，取。图乙为某次记录小车运动情况的纸带，图中、、、、为相邻的计数点，已知相邻的计数点之间还有两个点未画出。
小车的加速度大小为______；
根据纸带上所给出的数据，可求出电源的频率为______；
打纸带上点时小车的瞬时速度大小为______。
14. 惠来县第一中学物理科技小组要描绘一个标有“；”的小灯泡的伏安特性曲线，要求灯泡两端的电压由零逐渐增大，且尽量减小实验误差。可供选用的器材除导线、开关外，还有：
A.电池组电动势为
B.电流表量程为，内阻约为
C.电流表量程为，内阻约为
D.电压表量程为，内阻约为
E.滑动变阻器最大阻值为，额定电流为
F.滑动变阻器最大阻值为，额定电流为
为了完成该实验，需要选择合适的器材，电流表应该选择______选填“”或“”，滑动变阻器应该选择______选填“”或“”。
实验电路应选用下图中的______填选项字母。
A. B. C. D.
按照中正确的实验电路，请指出图甲的实物连线中两处不当之处______；______。
从图乙可知，当灯泡两端电流为时，小灯泡的电阻等于______结果保留两位有效数字。
15. 如图所示，在坐标系的第一象限内存在磁感应强度方向垂直纸面向里的匀强磁场。一带正电的粒子在点以与轴正方向成的方向以速度垂直磁场射入，一段时间后粒子从轴上的点图中画出射出磁场，带电粒子在点的速度方向与轴负方向的夹角。已知带电粒子的质量为电荷量为，，不计粒子所受重力。求：
匀强磁场的磁感应强度大小；
带电粒子在第一象限内运动的时间。
16. 年冬奥会中跳台滑雪项目的比赛场地别出心裁，在满足跳台比赛要求的基础上结合我国传统文化特点，设计出了外观形如“如意的赛道，所以又被称为“雪如意”，如图所示．为了更好的感受跳台滑雪这项运动的魅力，现将其简化为如下的物理模型：滑道由光滑曲面、阻力不可忽略的水平台面和一个倾角为的斜面平滑连接而成．可视为质点的运动员质量为，从离高为处由静止出发，经段从点水平飞出，最后落回到斜面上，落点为，沿斜面间距离为忽略空气阻力，取重力加速度为．
求离开点时的速度；
求运动员在段损失的机械能；
从离开点到落在斜坡上点，运动员在空中运动的过程中动量的变化量．
17. 下列说法正确的是( )
A. 如果两个系统处于热平衡状态，则它们的温度一定相同
B. 压缩气体时气体会表现出抗拒压缩的力是由于气体压强变大
C. 当温度一定时，花粉颗粒越小，布朗运动进行得越激烈
D. 液体表面张力是由液体表面层分子间的作用力产生的，其力方向与液面垂直
E. 当水面上方的水蒸气达到饱和状态时，液态水分子已不再转化为气态水分子
18. 如图所示，粗细均匀的“”形细玻璃管竖直放置，用水银柱封闭一段长度的空气柱视为理想气体，大气压强恒为，竖直管中水银柱的长度，水平管中水银柱的长度，环境的热力学温度恒为。结果均保留一位小数
若将竖直管绕水平管的轴线缓慢转过玻璃管水平，求水平管中水银柱的长度；
若竖直管不转动保持竖直，对管中空气柱缓慢加热，求竖直管中水银柱的长度变时，空气柱的热力学温度。
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：根据光电效应方程知，，知光电子的最大初动能与入射光的频率有关，频率越高，光电子的最大初动能越大，与入射光的强度以及加速电压无关。故D正确，、、C错误。
故选：。
根据光电效应方程判断影响光电子最大初动能的因素．
解决本题的关键掌握光电效应方程，知道最大初动能与什么因素有关．
2.【答案】
【解析】解：、核心舱在轨道上运行，根据
可得：
可知第一宇宙速度是最大的环绕速度，因此核心舱在轨道上运行的速度小于，故A错误；
B、根据万有引力提供向心力可知
可得：
轨道半径越大，运行周期越大，核心舱的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，故其周期小于，故B正确；
C、根据万有引力定律有
解得：
月球离地球更远，故月球绕地球运行的加速度小于核心舱运行的加速度，故C错误；
D、卫星做圆周运动时万有引力提供向心力，则
解得：
则卫星的环绕速度与卫星的质量无关，所以核心舱的质量增大时，其轨道半径不变，故D错误；
故选：。
根据万有引力提供向心力得出核心舱的各个物理量的关系即可完成分析。
本题主要考查了万有引力定律的相关应用，熟悉公式的推导得出各个物理量的关系即可。
3.【答案】
【解析】解：、前内货物做匀加速直线运动，最后内货物做匀减速直线运动，根据公式分析前内与最后内货物的平均速度相同，均为，故A正确；
B、最后内货物向上做匀减速直线运动，加速度向下，处于失重状态，故B错误；
C、根据图像的斜率表示加速度，知前内货物的加速度不变，由牛顿第二定律可知拉力不变，由可知，拉力功率随着速度增大而增大，故C错误；
D、最后运动过程中，货物向上做匀减速直线运动，拉力对货物做正功，由功能关系可知，货物的机械能增加，故D错误。
故选：。
根据公式分析前内与最后内货物的平均速度关系；根据货物的加速度方向判断货物的运动状态；根据图像的斜率表示加速度，分析前内拉力变化情况，由分析拉力功率的变化情况；根据拉力做功情况判断货物的机械能变化情况。
解答本题时，要明确图像的斜率表示加速度，当物体的加速度向下时处于失重状态；当物体的加速度向上时处于坡重状态。
4.【答案】
【解析】解：、玩偶的受力分析如图所示，玩偶对墙壁的压力等于支持力有，细绳越短，越大，则玩偶对墙壁的压力越大，所以A正确；
、对吸盘与玩偶整体分析竖直方向只受重力与静摩擦力，所以吸盘受到墙壁的静摩擦力总是等于重力，与细绳的长短无关，与吸盘与墙壁之间的挤压力无关，则BD错误；
C、吸盘受到重力、大气对其的压力、墙壁和细绳对吸盘作用力的合力，由平衡条件可知，吸盘重力和大气对其的压力的合力等于墙壁和细绳对吸盘作用力的合力，所以吸盘重力小于墙壁和细绳对吸盘作用力的合力，故C错误。
故选：。
以玩偶为研究对象，作出受力分析图，结合选项所给的条件判断对应发生变化的是哪个力，从而确定其他力的变化。判断吸盘受力时，可将吸盘与玩偶看成整体进行分析。
本题考查共点力平衡，画出受力分析图并结合题意即可求解，难度较低。
5.【答案】
【解析】解：、物体向下做匀减速运动，故下滑的位移为，下降的高度为；故势能；故E的图象也应为曲线；故A错误；
B、下滑过程中速度大小关系为，动能，故E的图象也应为曲线；故B正确；
C、由于摩擦力做功，所以机械能应减小，故C错误；
D、在下滑过程中，物体的加速度为；，加速度的大小保持不变，图像应为直线，故D错误；
故选：。
对物体受力分析由牛顿第二定律求出加速度，由运动学公式求出速度、位移及下降高度与时间的关系，根据动能和势能的公式分析图像，由于摩擦力做功，所以机械能应减小。
本题关键是利用动能定理求出动能与位移和时间的关系，只有重力做功时滑块的机械能不变。
6.【答案】
【解析】解：、电容器板间的电压保持不变，当将极板向下平移一小段距离时，根据分析得知，板间场强增大，液滴所受电场力增大，液滴将向上运动。故AD错误。
B、由于两板与电源相连，故两板间电势差不变，故B错误；
C、将极板向下平移一小段距离时，根据电容的决定式得知电容增大，而电容器的电压不变，由可知，极板带电荷量将增大。故C正确；
故选：。
带电油滴悬浮在平行板电容器中点，处于静止状态，电场力与重力平衡，将极板向下平移一小段距离时，根据分析板间场强如何变化，判断液滴如何运动．根据电容的决定式和定义式结合分析极板所带电量如何变化．
本题关键要抓住电容器的电压不变，由电容的决定式和电量结合分析电量变化．根据分析场强的变化．
7.【答案】
【解析】解：滑块从距点正上方处由静止释放到点上方处速度减为零过程中，由动能定理可知，解得，滑块在和同一高度处，在的速度大于的速度，速度越大的对轨道的压力越大，所以滑块在段克服摩擦力做功大于段克服摩擦力做功，即大于，故C正确，ABD错误；
故选：。
根据题意分析应用动能定理，分别分析各个力的功，在分析摩擦力的功的时候需要结合牛顿第二定律解题。
该题考查动能定理的应用，本题的难点在于摩擦力做功的分析，需要根据牛顿第二定律分析向心力大小，再跟判断摩擦力大小。
8.【答案】
【解析】解：两球发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，
设碰后、两球的速度分别为、，规定向右为正方向，
根据动量守恒定律得：
由机械能守恒定律得：
从两球碰撞后到它们再次相遇，两球的速度大小保持不变，由于，
则和通过的路程之比为：：：，
两球运动时间相等，则两球的速度大小之比：：：：
解得：，故C正确，ABD错误。
故选：。
根据碰后再次相遇的路程关系，求出小球碰后的速度大小之比，根据碰撞过程中动量、机械能守恒列方程即可求出两球的质量关系。
解答本题的突破口是根据碰后路程关系求出碰后的速度大小之比，本题很好的将直线运动问题与动量守恒和功能关系联系起来，比较全面的考查了基础知识。
9.【答案】
【解析】解：由图乙可知，当时，感应电动势为零，则此时穿过线框回路的磁通量最大，线框所在平面为中性面，线圈的磁通量变化率最小，故A正确，B错误；
C.由图可知，交流电的周期为，在一个周期内电流改变次，故每秒钟电流改变的次数为
次次，故C错误；
D.由可知，副线圈电流为
则由
解得：
即电流表示数为，故D正确。
故选：。
根据不同时刻的线圈磁通量的特点分析出此时的磁通量变化率的特点；
先分析出交流电的周期，一个周期内电流方向变化两次；
根据原副线圈的匝数比得出电流表的示数。
本题主要考查了变压器的构造和原理，理解交流电的产生特点，结合原副线圈的匝数比分析出原副线圈的电学物理量的比值关系。
10.【答案】
【解析】解：
A.时间内，导线框中的磁通量先垂直纸面向里减小，后垂直纸面向外增大，根据楞次定律和安培定则可知，导线框中电流的方向始终为，故A正确；
B.间内，穿过线框的磁通量不变，无感应电流边没有受到安培力，故B错误；
C.时间内，通过导线框的电荷量
故C正确；
D.时间内，感应电动势
导线框产生的热量为
故D错误。
故选：。
本题根据楞次定律和安培定则，判断电流方向；根据电量公式，求电量；根据感应电动势公式和热量公式，求热量。
本题考查点丰富，需要学生掌握楞次定律、安培定则、感应电动势公式、热量公式，具有一定综合性。
11.【答案】
【解析】解：、在中垂线上，从到电场强度增大，在连线上从到电场强度增大，根据知，试探电荷所受静电力一直增大，故A正确，B错误；
、在中垂线上，将一质子沿中垂线从点移动到点，电场力方向与位移方向垂直，此过程中电场力不做功，将质子沿两点电荷连线从点移动到点，电场力与位移方向相反，此过程中电场力做负功，故C错误，D正确。
故选：。
根据等量异种电荷的电场线特点，结合电场线的疏密比较电场强度的大小，根据比较电场力大小，抓住等量异种电荷连线的垂直平分线是等势线。
解决本题的关键知道等量异种电荷周围电场线和等势线的分布特点。
12.【答案】
【解析】解：、物体接触弹簧前，根据牛顿第二定律可得：，此时加速度保持不变；
接触弹簧后，由牛顿第二定律得：，随形变量增大，加速度减小；
当时，加速度为；
物体继续运动，由牛顿第二定律得：，随形变量增大，加速度反向增大；
当加速度最大时，速度为，故B正确；
C、物体从到上滑到点的过程，由能量守恒定律得：
解得：，故C正确；
、由于物体在段运动时会有机械能损失，故物体每次反弹后上升的高度逐渐较少，最终物体以点为最高点做简谐运动，之后不会克服摩擦力做功，由功能关系可得，物体在整个运动过程中克服摩擦力做功最多为
故A错误，D正确。
故选：。
分析物体的受力情况，结合弹簧弹力的变化，来分析其运动情况，判断速度的变化情况；对物体运动的整个过程，利用动能定理列方程，可求解动摩擦因数；物体克服摩擦力做功与路程有关。
本题主要是考查功能关系、牛顿第二定律等知识，关键是弄清楚物体的受力情况和运动情况，根据牛顿第二定律、功能关系进行求解。
13.【答案】
【解析】解：对车与砝码及盘整体进行研究，依据牛顿第二定律，则有：；
解得：；
设打点周期为，已知相邻的计数点之间还有两个点未画出，则相邻的两个计数点之间的时间间隔为：。
根据“逐差法”可得：，其中
可得：；
打纸带上点时小车的瞬时速度大小为：
。
故答案为：；；。
对车与砝码及盘进行研究，根据牛顿第二定律，即可求解加速度；
根据“逐差法”求解电源的频率；
匀变速直线运动中，中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度求解打点时小车的瞬时速度大小。
本题借助实验考查了牛顿第二定律与匀变速直线的规律以及推论的应用，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用，提高解决问题能力。注意相邻的计数点之间还有两个点未画出，及选取车与砝码及盘整体研究。
14.【答案】 电流表错用了内接法 滑动变阻器错接到了滑动头上
【解析】解：要求灯泡两端的电压由零逐渐增大，且尽量减小实验误差，因采用分压接法，选择总电阻较小的滑动变阻器；灯泡的额定电流
选择量程为的电流表；
本实验滑动变阻器采用分压接法，灯泡正常发光时的内阻
故电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，应选择图所示电路图；
电流表错用了内接法，滑动变阻器错接到了滑动头上；
由图乙可知，当灯泡两端电流时，电压为，小灯泡的电阻
故答案为：；； ；电流表错用了内接法；滑动变阻器错接到了滑动头上．
要求灯泡两端的电压由零逐渐增大，且尽量减小实验误差，因采用分压接法，选择总电阻较小的滑动变阻器；
本实验滑动变阻器采用分压接法，又因为电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法；
电流表错用了内接法，滑动变阻器错接到了滑动头上；
由图像取一组，数据即可求得灯泡电阻。
本题考查灯泡伏安特性曲线的描绘实验，要注意明确实验原理，注意掌握图象的正确应用。
15.【答案】解：粒子运动轨迹如图所示，带电粒子从点开始做匀速圆周运动设其运动半径为，由几何关系可得：
解得：
由洛伦兹力提供向心力得：
解得：；
由几何关系可得粒子在第一象限的运动轨迹的圆心角，则带电粒子在第一象限内运动的时间为：
。
答：匀强磁场的磁感应强度大小为；
带电粒子在第一象限内运动的时间为。
【解析】带电粒子从点开始做匀速圆周运动，作出粒子运动轨迹图，由几何关系求得运动半径，由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律求解；
由几何关系求得粒子运动轨迹的圆心角，利用圆心角与周期求解时间。
本题考查了带电粒子在匀强磁场中运动问题。对于带电粒子在匀强磁场只受了洛伦兹力而做匀速圆周运动，依据题意作出粒子运动轨迹图是解题的前提，根据几何关系求得运动半径和轨迹圆心角是解题关键。
16.【答案】解：由到，运动员做平抛运动可知
解得：
运动员从由静止出发运动到点的过程中，由动能定理可知
根据能量守恒可知，运动员在段损失的机械能
由上述分析平抛运动时间为
根据动量定律，运动员从离开点到落在斜坡上点的过程中
动量的变化量
联立解得：
答：离开点时的速度；
运动员在段损失的机械能；
运动员在空中运动的过程中动量的变化量为．
【解析】根据平抛运动在不同方向的运动特点结合几何关系得出离开点时的速度
根据动能定理计算出运动员到点的速度，结合机械能的概念分析出机械能的损失量；
先根据平抛运动的特点计算出时间，再利用动量定理得出动量的变化量。
本题主要考查了动量定理的相关应用，要理解平抛运动在不同方向的运动特点，熟悉能量的分类，结合运动学公式和动量定理即可完成分析。
17.【答案】
【解析】解：、处于热平衡状态的系统各个部分之间没有热交换，宏观上表现为温度处处相同；两个系统处于热平衡状态，则这两个系统的温度一定相同，故A正确；
B、气体分子间距远大于，分子间作用力可以忽略不计；从分子动理论的观点来看，气体对容器壁的压强源于气体热运动，压缩气体时，气体体积减小，温度升高，热运动更加剧烈，单位时间内与单位面积容器壁碰撞的分子数也增多，因此压缩气体时气体会表现出抗拒压缩的力是由于气体压强变大，故B正确；
C、温度一定时，花粉颗粒越小，受到的撞击越不平衡，布朗运动也越剧烈，故C正确；
D、液体的表面张力是由液体表面层分子间的作用力产生的，其方向总是跟液面相切，且与分界面垂直，故D错误；
E、水面上方的水蒸气达到饱和状态时，相同时间内，液态和气态的水分子的相互转化达到平衡状态，并非不再发生转化，故E错误。
故选：。
正确理解布朗运动的实质、特点；分子热运动的特点以及气体压强的微观意义；理解热力学的定律，从而即可一一求解。
本题考查了分子动理论的有关知识，对于这些知识平时要注意加强理解记忆，同时注意气体分子的模型及布朗运动的实质。
18.【答案】解：以封闭气体为研究对象，初状态的压强：，体积：，温度：
若将竖直管绕水平管的轴线缓慢转过，此时封闭气体的压强：，体积：
根据玻意耳定律可得：
代入数据解得：；
若竖直管不转动保持竖直，对管中空气柱缓慢加热，当竖直管中水银柱的长度变时，管内气体压强为：
此时管内气体的体积为：，温度为
根据一定质量的理想气体状态方程可得：
代入数据解得：。
答：若将竖直管绕水平管的轴线缓慢转过玻璃管水平，则水平管中水银柱的长度为；
若竖直管不转动保持竖直，对管中空气柱缓慢加热，当竖直管中水银柱的长度变时，空气柱的热力学温度为。
【解析】以封闭气体为研究对象，求出初末状态的压强，根据玻意耳定律进行解答；
当竖直管中水银柱的长度变时，求出管内气体压强和气体的体积，根据一定质量的理想气体状态方程求解空气柱的热力学温度。
本题主要是考查了一定质量的理想气体的状态方程；解答此类问题的方法是：找出不同状态下的三个状态参量，分析理想气体发生的是何种变化，利用一定质量的理想气体的状态方程列方程求解。
第1页，共1页