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1、2021-2022学年黑龙江省绥化市肇东四中高二（下）期末物理试卷I.下列叙述中符合物理学史实的是（）A.伽利略认为力是维持物体速度的原因B.牛顿通过理想斜面实验得出了物体的运动不需要力来维持的结论C.元电荷的数值最早是由美国物理学家密立根测定的D.卡文迪许通过实验测出了万有引力恒量2.对一定量的气体，若用N表示单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数，则（）A.当体积减小时，N必定增加B.当温度升高时，N必定增加C.当压强不变而体积和温度变化时，N必定变化D.当压强不变而体积和温度变化时，N可能不变3.有关电场的理解，下述正确的是（）A.由可知，电场强度E跟放入的电荷q所受的电场力成正比B.只有
2、当电场中存在试探电荷时，电荷周围才出现电场这种特殊的物质，才存在电场强度C.电场强度是反映电场本身特性的物理量，与是否存在试探电荷无关D.由公式E=KQ2可知，在离带电体很近时，接近于零，电场强度达无穷大4.河水的流速与离河岸的关系如图甲所示，船在静水中速度与时间的关系如图乙所示.若要使船以最短时间渡河，贝！1（）A.船渡河的最短时间是100sB.船在行驶过程中，船头始终与河岸垂直C.船在河水中航行的轨迹是一条直线D.船在河水中的最大速度是5m/s5.如图所示，轻质光滑滑轮两侧用细绳连着两个物体A与B,物体B放在水平地面上，A、B均静止.已知4和B的质量分别为小 小mB,绳与水平方向的夹角为0
3、,下述正确的是（）A.物体B对地面的压力可能为0 B.物体8受到的摩擦力为niAgcos。C.地面对B的作用力方向竖直向上 D.地面对B的作用力方向斜向左上方6.如图所示，在沿x轴正方向的匀强电场E中，有一动点A以。为圆心、以r为半径逆时针转动，。为0A与x轴正方向间的夹角，则0、A两点间电势差为（）A.U0A-ErB.U0A=ErsindC.U0A=Ercosd7.在如图所示的电路中，E为电源电动势，厂为电源内阻，治和角均为定值电阻，R2为滑动变阻器.当心 的滑动触点在。端时，合上开关S，此时三个电表4、4和丫的示数分别为/1、与和U,现将/?2的滑动触点向b端移动，则三个电表示数的变化情况
4、（）A.人增大，/2不变，U增大C.增大，%减小，u增大B.A减小，/2增大，U减小D.人减小，/2不变，U减小8.如图所示，水平放置的密封汽缸内的气体被一竖直隔板分隔为左右两部分，隔板可在汽缸内无摩擦滑动，右侧气体内有一电热丝。汽缸壁和隔板均绝热。初始时隔板静止，左右两边气体温度相等。现给电热丝提供一微弱电流，通电一段时间后切断电流。当缸内气体再次达到平衡时，与初始状态相比（）第2 页，共 14 页A.左边气体分子单位时间内撞击活塞的次数增加B.左右两边气体温度都升高C.左边气体压强增大D.右边气体内能的增加量等于电热丝放出的热量9.如图所示，曲面体尸静止放在光滑水平面上，小物块。自P的上端
5、静止释放。Q与P的接触面光滑,Q在P上运动的过程中，下列说法正确的是（）A.P对。弹力不做功B.小物块。机械能守恒C.P和。构成的系统机械能守恒、动量守恒D.P和Q构成的系统机械能守恒、动量不守恒10.如图所示，是负点电荷电场中的一条电场线，一个带正电的粒子（不计重力）从a到b穿越这条电场线的轨迹如图中虚线所示.下列结论正确的是（）A.带电粒子从。到6运动的过程中动能逐渐减小B.带电粒子在a点时的电势能大于在6点时的电势能C.带电粒子在a点时的加速度大于在匕点时的加速度D.负点电荷一定位于N点右侧11.如图所示，a为带正电的小物块，b是一不带电的绝缘物块，、6叠放于粗糙的水平地面上，地面上方有
6、垂直纸面向里的匀强磁场，现用水平恒力F拉匕物块，使 、b一起无相对滑动地向左加速运动，在加速运动阶段（）A.a、人一起运动的加速度不变 B.“、人一起运动的加速度增大C.4、6物块间的摩擦力减小 D.a、匕 物块间的摩擦力增大1 2.有一等腰直角三角形形状的导线框而c,在外力作用下匀速地经过一个宽为d的有限范围的匀强磁场区域，线圈中产生的感应电流i与沿运动方向的位移x之间的函数图象是如下图中的（）a；x x x；6HX X X：IX X xlA :X X X：1 3.螺旋测微器的读数为 m m,游标卡尺的读数应为1 4.用如图1所示的实验装置验证机械能守恒定律，实验所用的电源为学生电源，输出电
7、压为6丫的交流电和直流电两种，重锤上拖着的纸带通过打点计时器打出一系列的点，对纸带上的点的痕迹进行测量，即可验证机械能守恒定律./q q D I&0 2上3 2：69/甲 也 CG图1图2（1）下面列举了该实验的几个操作步骤：A.按照图示的装置安装器材B.将打点计时器接到电源的电流输出端上C.用天平测量出重锤的质量D先松手释放纸带，再接通电源打出纸带选择合适的纸带，测量打出的纸带上某些点之间的距离F.根据测量的结果计算重锤下落过程中减少的重力势能是否等于增加的动能上述操作中没有必要进行的或者操作不恰当的步骤是（填入相应的字母）.（2）若实验中所用重锤质量m=1.00kg,打点纸带如图2所示，打
8、点时间间隔为0.02s,从。点开始下落起至B点，重锤的重力势能减小量是|昂|=J,重锤的动能增加|Ek =I.（g=9.8m/s2,结果取3位有效数字）（。点为开始下落点，O点与A点间其他点未画出）实 验 结 论 是.第4页，共14页15.一只小灯泡，标 有“3匕1.5W”字样.现要测量小灯泡正常发光时的电阻生和儿乎不发光时的电阻七实验所用器材有：A.电源电动势为6匕 内阻为10；8.电 流 表 量 程 为0.6 4内阻约为1.00；C.电流表4，量程为3 A,内阻约为0.10；。.电压表匕，量程为3匕 内阻约为6k0；E.电压表彩，量程为1 5 V,内阻约为10k。；F.滑动变阻器的最大阻值
9、为100；”.开关、导线若干.（1）电 压 表 应 选 用；电 流 表 应 选 用；（填写各器材的字母代号）（2）实验电路应采用电流表 接法；（填“内”或 外”）；（3）电路图画在框里。16.一定质量的理想气体，状态从4-B f C -D-4的变化过程可用如图所示的p-U图线描述，其中D-4为等温线，气体在状态A时温度为北=3 0 0 K,试求：气体在状态C时的温度7c，若气体在4 8过程中吸热1000J,则在AB过程中气体内能如何变化？变化了多少？1 7.如图所示，导热的圆柱形气缸放置在水平桌而上，横截面积 为S、质量为m i的活塞封闭着一定质量的气体（可视为理想气体），活塞与气缸间无摩擦且
10、不漏气。总质量为加2：的祛码盘 n L-n 疝（含祛码）通过左侧竖直的细绳与活塞相连。当环境温度为T 1时，活塞离缸底的高度为儿现使环境温度缓慢降为千当活塞再次平衡时，活塞离缸底的高度是多少？保持环境温度为:不变，在祛码盘中添加质量为Arn的祛码时，活塞返回到高度为h处,求大气压强po。1 8.如图所示，M N、尸。是两根足够长的光滑平行金属导轨,导轨间距为d,导轨所在平面与水平面成。角，M、P 间接阻值为R 的电阻.匀强磁场的方向与导轨所在平面垂直，磁感应强度大小为B.质量为，小 阻值为r的金属棒放在两导轨上，在平行于导轨的拉力作用下,以速度v匀速向上运动.己知金属棒与导轨始终垂直并且保持良
11、好接触，重力加速度为g.求:(1)金属棒产生的感应电动势E-.(2)通过电阻R 电流/；(3)拉力厂的大小.第6页，共14页答案和解析1.【答案】CD【解析】解：4亚里士多德认为力是维持物体速度的原因，故A错误B、伽利略通过理想斜面实验得出了物体的运动不需要力来维持的结论，故8错误C、元电荷的数值最早是由美国物理学家密立根测定的，故C正确。、卡文迪许通过实验测出了万有引力恒量，故。正确故选：C D。本题比较简单考查了学生对物理学史的了解情况，在物理学发展的历史上有很多科学家做出了重要贡献，大家熟悉的伽利略、牛顿、爱因斯坦、法拉第等，在学习过程中要了解、知道这些著名科学家的重要贡献，是解答类似问
12、题的关键.本题主要考查了有关电学的物理学史，了解物理学家的探索过程，从而培养学习物理的兴趣和为科学的奉献精神，对类似知识要加强记忆.2.【答案】C【解析】【分析】气体的压强从微观上看是由大量气体分子频繁碰撞器壁产生的，单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数越多，碰撞的速度越大，气体压强越大。解决本题的关键是知道单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数取决于单位体积内的分子数与分子的平均动能两因素。【解答】A.当体积减小时，分子的密集程度大了，但分子的平均动能不一定大，所以单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数不一定增加，故A错误；B.当温度升高时，分子的平均动能变大，但分子的密集程度不一定大，所以单位
13、时间内与器壁单位面积碰撞的分子数不一定增加，故8错误；CD.压强取决于单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数及分子的平均动能，压强不变,温度和体积变化，分子平均动能变化，则单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数必定变化，故C正确，。错误。故选Co3.【答案】C【解析】解：A、电场强度E可以根据定义式E=来测量，电场强度就等于每单位正电(7荷所受的力，但场强与试探电荷无关，是由电场本身决定的，故A错误，故C正确：8、电荷周围存在电场与试探电荷没有关系，而是由提供电场的电荷决定的，故B错误；。、由公式E=当可知只适用于点电荷，当离带电体很近时就破坏成立条件，故。错误，rz故选：C。解答本题需掌握：电场
14、强度的定义式是E=是用比值定义法定义的物理量，式子中的qg表示试探电荷的电荷量，而 E为原电场的电场强度，是由电场本身决定的，与试探电荷无关，试验电荷q的数值应足够小，不改变它所在处的电场，这样，电场强度就等于每单位正电荷所受的力；电场强度的方向规定与放在该点的正试探电荷所受的电场力方向相同；点电荷电场的决定式9=与（只适用于点电荷），其中E是电场强度，k 是静电力常量，。是源电荷的电量，是源电荷与试探电荷的距离.本题涉及电场强度的定义式和点电荷电场强度的决定式，空间某点的电场强度是由场源电荷和与场源电荷间的相对位置决定的.4 .【答案】ABD【解析】解：A、当静水速与河岸垂直时，渡河时间最短
15、，1 =色=啰 s =1 0 0 s.故 A、静 3B正确。C、船在沿河岸方向上做变速运动，在垂直于河岸方向上做匀速直线运动，两运动的合运动是曲线。故 C错误。D、当水流速最大时，船的速度最大，vm=V 32+42m/s=5 m/s.故D正确。故选：ABD.将船的运动分解为垂直于河岸方向和沿河岸方向，当静水速与河岸垂直时，渡河时间最短.当水流速最大时，船在河水中的速度最大.解决本题的关键将船的运动分解为垂直于河岸方向和沿河岸方向，抓住分运动与合运动具有等时性进行求解.5 .【答案】BD【解析】解：A 8、物体B在绳子拉力作用下有向右运动的趋势而保持相对于地静止，地面对8一定有静摩擦力。根据平衡
16、得，/=Te o s。=n g c o s。.因为2对地面有摩擦力，则压力一定不为零。故 A错误，B正确。C、地面对B的作用力为摩擦力和支持力的合力，大小与拉力和重力的合力大小相同，方向相反，因为重力和拉力的合力方向斜向右下方，则地面对3的作用力方向斜向左上方。故 C错误，正确。故选：BDo以 8为研究对象，分析受力，作出力图.绳子的拉力大小等于A的重力不变.根据平衡条件分析摩擦力和支持力.本题采用正交分解法处理力平衡问题，这是物体受多个力作用时常用的方法，中等难度.6 .【答案】C第 8 页，共 14 页【解析】解：在匀强电场中，两点间的电势差/=石心 而d是沿场强方向上的距离,所以=r-c
17、os。，故：U A=Ercosd故选：Co匀强电场中电势差U=E d,关键在于明确d为沿电场线方向的有效距离.定要注意明确公式中4的准确含义，d是沿电场线方向的距离.7.【答案】B【解析】解：由图知电压表测量路端电压，电流表41测量流过8的电流，电流表4测量 流 过 的 电 流。&的滑动触点向人端移动时，&减小，整个电路的总电阻减小，总电流增大，电源的内电压增大，则路端电压减小，即电压表示数U减小，/?3电压增大，%、/?2并联电压减小，通过&的电流。减小，而总电流/增大，则流过&的电流6增大。故A、C、。错误，B正确。故选：Bo本题首先要理清电路，确定电压表测得什么电压，电流表测得什么电流，
18、抓住电动势和内阻不变，再采用局部T整体T局部的方法，利用闭合电路欧姆定律进行分析.解决本题的关键抓住电动势和内电阻不变，结合闭合电路欧姆定律求解.注意做题前一定要理清电路，看电压表测的是什么电压，电流表测的是什么电流.8.【答案】ABC【解析】解：ABC、当电热丝通电后，右侧的气体温度升高气体膨胀，将隔板向左推，对左边的气体做功，又因左侧气体发生绝热变化，由热力学第一定律知内能增加，气体的温度升高，两边气体温度都升高；左边气体温度7升高，气体体积V减小，由竽=C可知，气 体 压 强 增 大，左边气体单位时间内撞击活塞的分子次数增加，故ABC正确；。、电热丝放出的热量等于右边气体内能的增加量与对
19、外做功之和，所以右边气体内能的增加量等于电热丝方程的热量减去对左边的气体所做的功，故。错误。故选：ABC.根据理想气体状态方程和已知的变化量去判断其它的物理量；根据能量守恒定律判断气体的内能变化。要掌握一定质量的理想气体的内能变化由温度决定，根据一定质量的理想气体状态方程找出新的平衡状态下物理量间的关系.9.【答案】D【解析【解：A、。在尸上运动过程，P对。有弹力且在力的方向上Q有位移，则P对。做功，故A错误；B C D、。在P上运动过程，P和。构成的系统只有重力做功，系统机械能守恒，P、Q之间的弹力做功和必为零；系统在水平方向所受合外力为零，系统在水平方向动量守恒，但系统在竖直方向所受合外力
20、不为零，系统在竖直方向动量不守恒，系统动量不守恒，故。正确，8 c 错误。故选：Do力与物体在力的方向上有位移是做功的两个必要条件；系统所受合外力为零，系统动量守恒；只有重力或只有弹力做功，系统机械能守恒；分析清楚物体的运动过程，根据做功的条件、动量守恒与机械能守恒的条件分析答题。知道做功的条件、动量守恒与机械能守恒的条件、分析清楚物体运动过程是解题的前提与关键，根据做功条件与动量守恒条件、机械能守恒条件即可解题。10.【答案】A C【解析】解：A B：由于该粒子只受电场力作用且做曲线运动，电场力指向轨迹内侧，电场力方向大致向左，对带电粒子做负功，其动能减小。故A 正确。B-.电场力对带电粒子
21、做负功，电势能增大，则带电粒子在。点的电势能小于在6 点的电势能，故 8 错误；C D：由上得知，带正电粒子的电场力向左，电场线由N 指 向 说 明 负 电 荷 在 直 线 MN左侧，a 点离点电荷较近，。点的电场强度大于6 点的电场强度，根据牛顿第二定律得知，带电粒子在a 点的加速度大于在匕点的加速度。故 C 正确，。错。故 选:AC。解答本题的突破口是根据粒子的运动轨迹确定其所受电场力方向，从而确定电场线M N的方向以及负点电荷的位置，然后根据负点电荷周围电场分布情况，进一步解答.依据带电粒子的运动轨迹确定其所受电场力方向是解决带电粒子在电场中运动问题的突破口，然后可进一步根据电场线、电场
22、力做功等情况确定电势、电势能的高低变化情况.11.【答案】C【解析】解：A B.据左手定则可知，在运动过程受到的洛伦兹力向下；以 心 匕整体为研究对象，物块与地面间的摩擦力为力动摩擦因数为出由牛顿第二定律可得：F-f=(ma+m a其中摩擦力为：f=(ma+m g +qvB因速度的增大，滑动摩擦力增大，加速度减小，故A、8 错误；C D、以物块“为研究对象，、。物块间的摩擦力为(，由牛顿第二定律可得：f =maa由于加速度“减小，a、人之间的静摩擦力减小，故 C正确，。错误。故选：C。解答这类问题的思路为：先以整体为研究对象，根据牛顿第二定律判断出整体加速度的变化情况，然后隔离a,根据牛顿第二
23、定律判断所受摩擦力的变化情况，注意物体在运动过程中所受洛伦兹力的变化情况。第10页，共14页本题是典型的力与运动问题，题目有一定的综合性，结合了有关磁场的知识，注意加速度是连系力与运动的桥梁，因此主要分析物体加速度的变化情况即可。1 2.【答案】B【解析】解：开始时进入磁场切割磁感线，根据右手定则可知，电流方向为逆时针，当开始出磁场时，回路中磁通量减小，产生的感应电流为顺时针：不论进入磁场，还是出磁场时，由于切割的有效长度变小，导致产生感应电流大小变小。故B正确，4 c o错误。故 选:B。根据右手定则或楞次定律判断边线框进入磁场时和出磁场时，回路中感应电流方向，再根据磁场中有效切割长度的变化
24、，求出感应电流的变化，从而得出正确结果。对于图象问题可以通过排除法进行求解，如根据图象过不过原点、电流正负、大小变化等进行排除。1 3 .【答案】6.1 2 2 1.0 5 5【解析】解：螺旋测微器的固定刻度读数为6如，可动刻度读数为0.0 1 x 1 2.2 n u n =0.1 2 2 m m,所以最终读数为6.1 2 2 m m,游标卡尺的固定刻度读数为1 0加，游标读数为0.0 5 x l l m m =0.5 5 7 m n,所以最终读数为 1 0.5 5 m m =1.0 5 5 c m,故答案为：6.1 2 2,1.0 5 5。游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标尺读数，不需估读
25、.螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读.解决本题的关键掌握游标卡尺和螺旋测微器的读数方法，游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标尺读数，不需估读.螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读。1 4.【答案】B C O 1.8 8 1.8 4在误差允许范围内，重锤机械能守恒【解析】解：(1)因为我们是比较机g/?、：加v 2的大小关系，故机可约去比较，不需要用天 平.故C没有必要.应将打点计时器接到电源的交流输出端上，故8错误.开始记录时，应先给打点计时器通电打点，然后再释放重锤，让它带着纸带一同落下，如果先放开纸带让重物下
26、落，再接通打点计时时器的电源，由于重物运动较快，不利于数据的采集和处理，会对实验产生较大的误差，故。错误.故选：BCD(2)利用匀变速直线运动的推论XAQ 0.2323 0.15551.9 2 m/s,0.04重锤的动能 EK B=j m v j =1 x 1 x 1.9 22=1.8 4/从开始下落至B点，重锤的重力势能减少量4 Ep=mgh=1 x 9.8 x 0.1 9 2 7 =1.8 8/.由上数据可知，在误差允许范围内，重锤机械能守恒；故答案为：(l)B C D；(2)1.8 4；1.8 8；在误差允许范围内，重锤机械能守恒.(1)通过实验的原理确定需要测量的物理量，从而确定不需要
27、的测量步骤.实验时，打点计时器应接交流电源，先接通电源，再释放纸带.(2)重物下落过程中不可避免的受到阻力作用，重力势能不可能全部转化为动能，这是误差的主要来源.解决本题的关键知道实验的原理，通过原理确定所需测量的物理量，以及知道实验中的注意事项，在平时的学习中，需加以总结.1 5.【答案】D B外【解析】解：(1)灯泡额定电压是”,电压表应选择。;灯泡额定电流/=：=薮 4 =0.5 4电流表应选择瓦(2)灯泡正常发光时的电阻R=彳 =扁。=6。，电压表内阻约为6 k 0,电流表内阻约为1.0 0,电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法。(3)测灯泡几乎不发光时的电阻，灯泡两端电压与通
28、过灯泡的电流很小几乎为零，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，电流表采用外接法，实验电路图如图所示故答案为:(1)D;B；(2)外；(3)实验电路图如上图所示。(1)根据灯泡额定电压选择电压表，根据灯泡额定电流选择电流表。(2)根据电表内阻与灯泡电阻的关系确定电流表接法。(3)根据题意确定滑动变阻器的接法，然后作出实验电路图。要掌握实验器材的选择原则，根据题意确定滑动变阻器与电流表的接法是设计实验电路图的前提与关键。1 6.【答案】解：D-4为等温线，则。=7D=3 0 0 K,C 到。过程由盖吕萨克定律得：*=第得：Tc=375KA 到 B 过程压强不变，由勿=P4U =2X
29、 1 0 5 X3X 1 0-3 =60 0 7,有热力学第一定律=(?+=1 0 0 0-60 0 =4 0 0/,则气体内能增加，增加4 0 0 J。第12页，共14页答：气体在状态C时的温度Tc =3 75K,在A 8过程中气体内能内能增加，增加4 0 0 J【解析】、A与。状态的温度相同，借助。到C得过程确定C的温度，、根据体积的变化确定气体变化中做功的正负，结合热力学第一定律确定内能的变化。本题中气体的变化注意状态参量的对应，在热力学第一定律的应用中注意做功和热量的正负问题。1 7.【答案】解:环境温度缓慢降低过程中，气缸中气体压强不变，初始时温度为7 1=T,体积为匕=K S,变化
30、后温度为T2 =p体 积 为%=bS,由盖吕萨克定律得：乌=乂解得b=3设大气压强为P o,初始时体积彩=力,压 强P 2 =P o+四1变化后体积匕=h S,压强P 3 =Po+如 节3 g由玻意耳定律P 2 U2 =P 3匕解得：p )guS答：当活塞再次平衡时，活塞离缸底的高度是去大气压强P o为 z+2A：-n)g【解析】封闭气体等压变化，根据盖吕萨克定律列式求解；封闭气体等温变化，根据玻意而定律列式求解。此类问题关键是挖掘气体做何种变化，选择合适的气体实验定律求解即可，其中活塞类问题，往往对活塞受力分析利用平衡求解气体压强。1 8.【答案】解：(1)根据法拉第电磁感应定律：E=Bdv
31、(2)根据闭合电路欧姆定律：,E Bdv1-;R+r R+r(3)导体棒的受力情况如图所示，根据牛顿第二定律有:F F 安-mgsin 9=0又因为F =B/d所以：F=mgsind+u R+r答：(1)金属棒产生的感应电动势是8小；(2)通过电阻R电流是黑；(3)拉力F的大小F =mgsind+豪【解析】(1)根据法拉第电磁感应定律即可写出电动势；(2)根据闭合电路的欧姆定律即可写出公式；(3)当金属棒的向上匀速运动时金属棒受力平衡，写出共点力平衡的方程即可解题.本题考查应用平衡条件解决磁场中导体的平衡问题，关键在于安培力的分析和计算，比较容易.在匀强磁场中，当通电导体与磁场垂直时，安培力大小F =8/3方向由左手定则判断.第14页，共14页