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1、高二（下）期末物理试题（汉中市使用）一、单选题1组成“北斗”卫星导航定位系统中的地球静止轨道卫星（同步卫星）和中轨道卫星绕地球在圆轨道上运行，由地球静止轨道卫星和中轨道卫星的轨道半径之比可求A地球静止轨道卫星与地球的质量之比B地球静止轨道卫星与中轨道卫星的质量之比C地球静止轨道卫星和中轨道卫星受地球的万有引力之比D地球静止轨道卫星和中轨道卫星绕地球运动的周期之比2关于自由落体运动，下列说法中正确的是（）A自由落体运动是一种匀速直线运动B物体刚下落时，速度和加速度都为零C物体的质量越大，下落时加速度就越大D物体在下落的过程中，每秒速度变化量都相同3如图,一质量为m的木块,用劲度系数为k的轻质弹簧
2、连接着,弹簧的另一端固定在斜面顶端,木块放在斜面上能处于静止状态已知斜面倾角=37,木块与斜面间的动摩擦因数以=0.5,弹簧在弹性限度内,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g,sin37=0.6，cos37=0.8则A弹簧可能处于压细状态B弹簧的最大形变量为C木块受到的摩擦力可能为零D木块受到的摩擦力方向一定沿斜面向上4以下说法正确的是A电动势就是电源两极间的电压B闭合电路中的电流跟电源电动势成正比，跟整个电路的电阻成反比C闭合电路中的短路电流无限大D电源UI图象上某点纵、横坐标的乘积对应此时电源的总功率5对爱因斯坦光电效应方程EkhW0，下列说法正确的是（）A只要用同种频率的光照射同一
3、种金属，那么从金属中逸出的所有光电子都会具有相同的初动能EkB逸出功W0和截止频率c之间满足W0hcC光电效应方程中的W0表示每个光电子从金属中飞出的过程中克服金属中正电荷引力所做的功D光电子的最大初动能与入射光的频率成正比6在中国人民共和国成立70周年的阅兵式上，20架直升机停编队后排成“70”字样飞过阅兵区，其速度-时间图像如图所示，则以下说法正确的是（）A该编队做的是往复运动B0t1时间内编队做加速度增大的加速运动C0t1时间内的平均速度有可能大于t2t3时间内的平均速度Dt2t3时间内的位移有可能大于0t1时间内的位移7一台小型发电机产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图甲所示。已知
4、发电机线圈内阻为5.0，则外接一只电阻为95.0的灯泡，如图乙所示，则（）A电压表V的示数为220VB电路中的电流方向每秒钟改变100次C灯泡实际消耗的功率为484WD发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为48.4J二、多选题8等腰直角三角形OPQ区域内存在匀强磁场， 另有一等腰直角三角形导线框ABC以恒定的速度沿垂直于磁场方向穿过磁场， 穿越过程中速度方向始终与AB边垂直且保持AC平行于OQ，关于线框中的感应电流，以下说法中正确的是（）AAC边刚进入磁场时与AB边刚离开磁场时的感应电流一样大B产生的电动势属于动生电动势C开始进入磁场时感应电流沿顺时针方向D开始穿出磁场时感应电流沿顺时针方向9如图
5、所示，物块与圆环通过光滑轻质定滑轮用细绳连结在一起，圆环套在光滑的竖直杆上。开始时连接圆环的细绳水平，竖直杆与滑轮间的距离为L。某时刻圆环由静止释放，依次经过竖直杆上的A、B两点，在A点处细绳与竖直杆成53，圆环下落到B点时速度达到最大，此时细绳与竖直杆成37。已知的圆环质量为m，重力加速度为g，sin37=0.6，cos37=0.8，空气阻力不计，下列判断正确的是（）A物块的质量为B在A位置时，圆环的加速度大小为gC圆环下落的最大速度为D圆环下落的最大距离为10如图所示，平行板电容器的两个极板A、B保持与电源连接，下极板B接地，在两极板间的中点P固定一个的点电荷。初始状态电容器的电容，所带电
6、荷量，两极板间的距离为，若保持下极板不动，将上极板向下平移，则（）A两极板电压变为B电容器的电容变为C电容器所带的电荷量变为D在P点的点电荷的电势能增加了11如图所示，在竖直平面内有一边长为L的正方形区域处在场强为E的匀强电场中，电场方向与正方形一边平行一质量为m、带电量为q的小球由某一边的中点，以垂直于该边的水平初速V0进入该正方形区域当小球再次运动到该正方形区域的边缘时，具有的动能可能为（）A可能等于零B可能等于C可能等于mv02+qEL-mgLD可能等于mv02+qEL+mgL12如图所示，质量相等的两小球、分别从斜面顶端和斜面中点沿水平方向抛出后，恰好都落在斜面底端，不计空气阻力下列说
7、法正确的是（）A小球、在空中飞行的时间之比为B小球、在空中飞行过程中的速度变化率之比为C小球、到达斜面底端时的动能之比为D小球、到达斜面底端时速度方向与斜面的夹角之比为三、实验题13如图，甲是用来探究加速度和力之间关系的实验装置示意图，乙是其俯视图。两个小车，放在带有定滑轮的木板上，两小车前端各系一条细绳，细绳跨过定滑轮各挂一个小盘，盘里放有砝码。两个小车后端各系一条细线，细线后端用夹子固定。打开夹子，小盘和砝码通过细绳牵引小车运动；合上夹子，夹子夹住细线，两小车同时停止运动。（1）为了能将小盘和砝码的总重力当作小车受到的合外力，以下步骤必须采用的有_；A将小车下面的长木板右端适当垫高，小车在
8、不受牵引时能拖动纸带沿木板匀速运动B将小车下面的长木板右端适当垫高，小车在小盘和砝码的牵引下能拖动纸带沿木板匀速运动C细线应与木板平面保持平行D使小车质量远大于小盘和砝码的总质量（2）为了探究加速度和力大小之间的关系，应保持两个_（选填“小车”或“小盘和砝码”）的质量相等。（3）用刻度尺测出从打开夹子到合上夹子两小车的位移分别为x1、x2，则两小车的加速度之比a1a2=_；14在测定干电池的电动势和内阻的实验中，备有下列器材：A特测干电池（1节）B电流表（满偏电流，内阻）C电流表（，内阻未知）D滑动变阻器（，）E. 滑动变阻器（，）F. 定值电阻（阻值）G. 开关与导线若干用如图甲所示电路图完
9、成实验，测得多组电流表读数，为电流表的示数，为电流表的示数，如表所示：0.700.650.600.550.500.100.200.300.400.50（1）在实验中，为了操作方便且能够准确进行测量，滑动变阻器应选用_（填“”或“”）；电流表的量程应为_（填“0.6”或“3”）。（2）请你根据表格中的数据在图乙绘制完成图线_。（3）由乙图线可以得到被测干电池的电动势_，内阻_。（结果保留两位有效数字）（4）现有一小灯泡，其曲线如丙图所示，若将此小灯泡串联接在这节干电池的两端，小灯泡的实际功率是_。四、解答题15如图甲所示，将两根足够长、间距为L的平行光滑金属导轨固定在同一水平面内，左端接一阻值为
10、R的电阻，与导轨垂直的虚线ef右边区域存在方向竖直向下的匀强磁场，质量为m的金属杆PQ静止在导轨上现对杆施加一水平向右的恒定拉力，经过时间t杆进入磁场，并开始做匀速直线运动，杆始终与导轨垂直并接触良好，导轨和杆的电阻均不计(1)求匀强磁场的磁感应强度大小B；(2)若杆进入磁场后的某时刻撤去拉力，杆运动的速度与此后的位移关系图象如图乙所示，求0x0与x03x0两个过程中电阻R产生的热量之比16如图甲所示，真空中有一水平放置的薄壁圆柱管道，管道内直径，管道长度远大于内直径。高速电子流以m/s水平向右穿入管道左截面，管道内存在垂直纸面向里的匀强磁场（图中未画出），磁感应强度T。为了让电子匀速通过管道
11、，现设法在管道内部再加上匀强电场。已知电子质量，电荷量C，电子重力可忽不计，不考虑电子间的相互作用和相对论效应。求：（1）管道内部所加电场的场强大小和方向；（2）若撤去电场，在保留原磁场的情况下，假定水平电子流内电子分布均匀，试在图乙（管道左侧面）中画出所有能打到管壁上的电子的穿入区域，用阴影部分表示该区域并作必要的说明；（3）如图丙所示，P点位于管道左侧面水平直径MN上，已知P点与圆心O距离cm。若撤去磁场，仅保留所加的电场，从P点射入的电子将打在管道内壁P1点，若撤去所加的电场，仅保留原磁场，从P点射入的电子将打在管道内壁P2点，P1 P2两点间的水平距离为多少。17冰壶比赛是一项讲究技术
12、和团队合作的冰上运动，投球点另一侧是一个称为“大本营”的圆，其半径为1.83m，比赛双方要将自己的冰壶留在大本营离内尽量靠近圆心。如图，某次比赛中，轮到甲方掷球，此时已经有一个自己队友的冰壶B停在大本营外的Q点。现甲方将冰壶A从发球线ab上P点掷出，通过队友用冰刷不断刷冰面控制其速度，到达Q点与冰壶B相碰，最终两冰壶分别停在M、N两点。已知P、Q、M、N、O均在中线上，P、Q、M、N离O的距离分别为30m、2m、0.56m、0.31m，未刷冰面动摩擦因数为0.008，冰壶可视为质点。（1）冰壶A与B相碰前速度大小为多少？（2）若冰壶A从P点掷出速度为2.2m/s，冰刷刷过冰面动摩擦因数为0.0
13、06，则甲方队友刷冰面刷了多少长度？试卷第9页，共9页参考答案：1D【详解】根据万有引力提供向心：，已知卫星的轨道半径之比，可求运动的周期之比，但无法计算卫星的质量关系，由于不知卫星的质量关系，也无法求出卫星受万有引力之比，所以A、B、C错误；D正确2D【详解】A自由落体运动是一种初速度为零的匀加速直线运动，故A错误；B物体刚下落时，初速度为零，加速度为重力加速度g，故B错误；C自由落体运动是忽空气阻力的运动只受重力，无论质量大小，下落加速度都是g，故C错误；D加速度等于单位时间内速度的变化量，由于下落加速度恒定，则每秒速度变化量都相同，故D正确。故选D。3C【详解】物体与斜面间的最大静摩擦力
14、，重力沿斜面方向的分力为 ，因G1fm可知，弹力的方向不可能向下，即弹簧不可能处于压缩状态，选项A错误；弹簧有最大形变量时满足：，解得，选项B错误；当G1=F弹时，木块受到的摩擦力为零，选项C正确；当G1F弹时，木块受到的摩擦力沿斜面向上；当G1F弹时，木块受到的摩擦力沿斜面向下，选项D错误；故选C.4B【详解】A当外电路断开时，电源两极间的电压等于的电动势，故A错误.B根据闭合电路欧姆定律：得知闭合电路的电流跟电源的电动势成正比，跟内外电路的电阻之和成反比，故B正确.C当外电路短路时，所以：故C错误.D电源U-I图象上某点纵、横坐标的乘积对应此时电源的输出功率，故D错误.故选B.5B【详解】
15、A根据光电效应方程知，同种频率的光照射同一种金属，从金属中逸出的所有光电子最大初动能都相同，但初动能可能不同，A错误；B根据光电效应方程知，当最大初动能为零时，入射频率即为极限频率，则有，B正确；C表示逸出功，是每个电子从这种金属中飞出过程中，克服金属中正电荷引力所做的功的最小值，C错误；D根据光电效应方程知，最大初动能与入射光的频率成一次函数关系，不是正比关系，D错误。故选B。6D【详解】A在速度时间图象中，速度的正负表示运动方向，由图知该编队的速度一直为正，说明一直沿正向做单向直线运动，故A错误；B在速度时间图象中，图象的斜率等于物体的加速度，则知0t1时间内编队做加速度减小的加速运动，故
16、B错误；CD在速度时间图象中，图线与两个坐标轴所围“面积”等于位移，可知t2t3时间内的位移有可能大于0t1时间内的位移。而平均速度等于位移与时间之比，可知0t1时间内的位移大于这段时间内匀加速运动的位移，故其平均速度大于，在t2t3时间内的位移小于这段时间内匀减速运动的位移，则其平均速度小于，因此0t1时间内的平均速度一定大于t2t3时间内的平均速度，故C错误，D正确。故选D。7B【详解】由甲图知电压峰值为 ，周期0.02s，所以有效值为220VA电压表测的是路端电压A错误；B周期0.02s，交流电的频率为50Hz，每一周期电流改变两次，所以每秒改变100次， B正确；C灯泡实际消耗的功率
17、C错误；D发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为D错误。故选B。8ABD【详解】AB当线框进入磁场时切割磁感线，产生的动生电动势为:E=BLv，导线框ABC的速度恒定，当有效的切割长度最大时产生的电动势也最大，么感应电流I也最大，开始进入磁场时电动势和最后离开磁场时最大，感应电流最大，故AB正确；C由右手定则可判定，开始进入磁场时导体切割磁感线产生的感应电流方向为C到A即感应电流沿逆时针方向，故C错误；D由楞次定律可得开始穿出磁场时感应电流为A到C，即感应电流沿顺时针方向，故D正确。故选ABD。9CD【详解】A.设物块的质量为M，由题意可知，圆环下落到B点时所受合外力为零，则有解得故A错误；B.在
18、A位置时，设圆环的加速度大小为a，根据运动的合成与分解可知此时物块的加速度大小为设此时细绳的张力大小为T，则对圆环和物块分别应用牛顿第二定律有联立解得故B错误；C.设圆环的最大速度为v，根据运动的合成与分解可知物块的最大速度为圆环从释放到运动至B点的过程中，对圆环和物块组成的系统根据机械能守恒定律有 联立解得故C正确；D.设圆环下落的最大距离为H，圆环从释放到运动至最低点的过程中，对圆环和物块组成的系统根据机械能守恒定律有 联立解得故D正确。故选CD。10BD【详解】A由且电容器始终和电源相连，故电压U不变，故两极板电压仍为，A错误；B由平行板电容器的电容决定式可得当两板间距离变为原来时，电容
19、变为原来的倍，故电容器的电容变为，B正确；C由C错误；D由可得电场强度变为，由开始状态下故P点电势升高了，则在P点的点电荷的电势能增加了，D正确。故选BD。11BCD要考虑电场方向的可能性，可能平行于AB向左或向右，也可能平行于AC向上或向下分析重力和电场力做功情况，然后根据动能定理求解【详解】令正方形的四个顶点分别为ABCD，如图所示若电场方向平行于AC：电场力向上，且大于重力，小球向上偏转，电场力做功为qEL，重力做功为-mg，根据动能定理得：Ekmv02qELmgL，即Ekmv02+qELmgL电场力向上，且等于重力，小球不偏转，做匀速直线运动，则Ek=mv02若电场方向平行于AC，电场
20、力向下，小球向下偏转，电场力做功为qEL，重力做功为mgL，根据动能定理得：Ekmv02qEL+mgL，即Ekmv02+qEL+mgL由上分析可知，电场方向平行于AC，粒子离开电场时的动能不可能为0若电场方向平行于AB：若电场力向右，水平方向和竖直方向上都加速，粒子离开电场时的动能大于0若电场力向右，小球从D点离开电场时，有 Ekmv02qEL+mgL则得Ekmv02+qEL+mgL 若电场力向左，水平方向减速，竖直方向上加速，粒子离开电场时的动能也大于0故粒子离开电场时的动能都不可能为0故BCD正确，A错误故选BCD解决本题的关键分析电场力可能的方向，判断电场力与重力做功情况，再根据动能定理
21、求解动能12ABD【详解】因为两球下落的高度之比为2：1，根据h=gt2得，t=，高度之比为2：1，则时间之比为：1，故A正确小球a、b在空中飞行过程中，加速度均为g，则速度变化率之比为1:1，选项B正确；两球的水平位移之比为2：1，时间之比为：1，根据v0x/t知，初速度之比为：1根据动能定理可知，到达斜面底端时的动能之比EKa：Ekb=(mva2+mgha)：(mvb2+mghb)=2：1，故C错误小球落在斜面上，速度方向与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍，因为位移与水平方向的夹角相等，则速度与水平方向的夹角相等，到达斜面底端时速度方向与斜面的夹角也相等，故D正确故选A
22、BD点睛：解决本题的关键是知道平抛运动在水平方向匀速运动和竖直方向上的自由落体运动的规律，结合运动学公式和推论灵活求解13 ACD 小车 x1x2【详解】(1)1AB该实验要平衡摩擦力，让绳子的拉力等于合外力，所以要将小车下面的长木板右端适当垫高，且在小车在不受牵引时能拖动纸带沿木板匀速运动，以平衡摩擦力，故A正确，B错误；C细线应与木板平面保持平行，才能保证线的拉力等于小车所受的合外力，故C正确；D以小盘和砝码作为研究对象有mg-T=ma以小车作为研究对象有T=Ma联立以上两式可得要使绳子拉力等于小盘和砝码的重力，即T=mg故有Mm即使小车质量远远大于小盘和砝码的总质量，故D正确。故选ACD
23、。(2)2为了探究加速度大小和力大小之间的关系，应该控制小车的质量不变，即应保持两个小车的质量相等；(3)3释放后两小车均做初速度为零的匀加速直线运动，根据t相等，则它们的加速度之比14 0.6 1.5 1.0 0.36【详解】(1)1实验中电路中的电流应较大，滑动变阻器应选R1；2测一节干电池电动势与内阻实验，电路最大电流较小，约为零点几安，因此电流表应选0.6A量程；(2)3根据表格中的数据在图乙绘制图像得(3)45根据实验电路图，由闭合电路欧姆定律得I1-I2图线的函数表达式应为由图示图象可知，图象的截距图象斜率的绝对值解得电源电动势内阻(4)6在图丙中画出灯泡两端电压和电流的关系图象，
24、如图所示根据图象可知交点为灯泡电流和电压，所以有15（1） （2） （1）杆进入磁场之前做匀加速运动，进入磁场后做匀速运动，根据安培力等于F求解B；（2）根据能量关系求解两个过程中电阻R产生的热量之比.【详解】（1）设拉力大小为F，杆的加速度为a，进入磁场时的速度为v0，则F=ma；杆做匀加速运动，则v0=at，杆在磁场中做匀速运动，则F=F安=BIL I=E/RE=BLv0联立解得： （2）撤去拉力后，由图乙可知，杆在x=x0处的速度大小为 由能量关系，在0-x0过程中，电阻R产生的热量在x0-3x0过程中，电阻R产生的热量 解得16（1）7.2104V/m，方向竖直向下；（2）见解析；（3
25、）【详解】（1）当电子匀速通过管道时，根据平衡条件有解得由题意可知电子所受洛伦兹力竖直向下，所以电子所受电场力应竖直向上，即电场强度方向竖直向下。（2）撤去电场，在保留原磁场的情况下，设电子做圆周运动的半径为r，根据牛顿第二定律有解得凡是在管道中能够做完整圆周运动的电子都打不到管壁上，换言之，电子入射位置到其正下方管壁的距离小于2r的电子都将打到管壁上，作出这些电子的穿入区域如图1中阴影所示，阴影的上边界为与管道半径相同的圆弧。（3）若撤去磁场，仅保留所加的电场，从P点入射的电子将竖直向上偏转，设P1点在管道左端面的投影点为Q，如图2所示，根据几何关系可知P和P1之间的竖直距离为电子做类平抛运动的加速度大小为在竖直方向上有在沿管道方向上有联立解得若撤去所加的电场，仅保留原磁场，电子向下偏转，设P2点在管道左端面的投影点为D，如图3所示，根据对称性可知根据几何关系有P1 、P2两点间的水平距离为17（1）1m/s；（2）16m【详解】（1）冰壶A前进的位移为由位移公式可得同理冰壶B前进的位移为由位移公式可得碰撞过程动量守恒（2）根据动能定理联立可得答案第13页，共13页