2021-2022學年廣東省清遠市英德英西中學高二物理下學期期末試題含解析

2021-2022學年廣東省清遠市英德英西中學高二物理下學期期末試題含解析一、選擇題：本題共5小題，每小題3分，共計15分．每小題只有一個選項符合題意1.在電磁波譜中，紅外線、可見光和倫琴射線三個波段的頻率關系是A．紅外線的頻率最高，可見光的頻率最低B．倫琴射線頻率最高，紅外線的頻率最低C．可見光的頻率最高，紅外線的頻率最低D．倫琴射線頻率最高，可見光的頻率最低參考答案：B2.在反恐演習中，中國特種兵進行了飛行跳傘表演．某傘兵從靜止的直升飛機上跳下，在t0時刻打開降落傘，在3t0時刻以速度v2著地．傘兵運動的速度隨時間變化的規(guī)律如圖1所示．下列結論正確的是

A．在0～t0時間內加速度不變，在t0～3t0時間內加速度減小B．降落傘打開后，降落傘和傘兵所受的阻力越來越小C．在t0～3t0的時間內，平均速度>D．若第一個傘兵在空中打開降落傘時第二個傘兵立即跳下，則他們在空中的距離先增大后減小參考答案：ABD3.如圖表示產(chǎn)生機械波的波源O做勻速運動的情況，圖中的圓表示波峰，觀察到波的頻率最低的位置是（）A．A B．B C．C D．D參考答案：B【考點】多普勒效應．【分析】多普勒效應產(chǎn)生原因：聲源完成一次全振動，向外發(fā)出一個波長的波，頻率表示單位時間內完成的全振動的次數(shù)，因此波源的頻率等于單位時間內波源發(fā)出的完全波的個數(shù)，而觀察者聽到的聲音的音調，是由觀察者接受到的頻率，即單位時間接收到的完全波的個數(shù)決定的．當波源和觀察者有相對運動時，觀察者接收到的頻率會改變．在單位時間內，觀察者接收到的完全波的個數(shù)增多，即接收到的頻率增大．同樣的道理，當觀察者遠離波源，觀察者在單位時間內接收到的完全波的個數(shù)減少，即接收到的頻率減?。窘獯稹拷猓焊鶕?jù)多普勒效應產(chǎn)生的原因，該圖表示波源正在向A點移動；當波源和觀察者間距變小，觀察者接收到的頻率一定比波源頻率高．當波源和觀察者距變大，觀察者接收到的頻率一定比波源頻率低，所以觀察者觀察到波的頻率最低的位置是B點．故ACD均錯誤，B正確．故選：B4.下列陳述中不符合歷史事實的是A．法拉第引入“場”的概念來研究電磁現(xiàn)象B．庫侖通過研究電荷間的相互作用總結出庫侖定律

C．伽利略通過“理想實驗”得出“力不是維持物體運動的原因”D．開普勒發(fā)現(xiàn)行星運動定律并給出了萬有引力定律參考答案：D5.關于能量耗散，下列說法中正確的是A．能量耗散是指在一定條件下，能量在轉化過程中總量減少了B．能量耗散表明，能量守恒定律具有一定的局限性C．能量耗散表明，在能源的利用過程中，在可利用的品質上降低了D．以上說法都不對參考答案：C二、填空題：本題共8小題，每小題2分，共計16分6.如圖所示，質量為M的小車靜止在光滑的水平地面上，車上裝有半徑為R的半圓形光滑軌道．現(xiàn)將質量為m的小球放于半圓形軌道的邊緣上，并由靜止開始釋放，當小球滑至半圓形軌道的最低點位置時，小車移動的距離為，小球的速度為．參考答案：；．【考點】動量守恒定律．【分析】（1）小球從靜止下滑時，系統(tǒng)水平方向不受外力，動量守恒．小球下滑直到右側最高點的過程中，車一直向左運動，根據(jù)系統(tǒng)水平方向平均動量守恒，用水平位移表示小球和車的速度，根據(jù)動量守恒列式求解車向左移動的最大距離；（2）小球滑至車的最低點時，根據(jù)系統(tǒng)的水平方向動量守恒和機械能守恒列式，即可求出小球的速度；【解答】解：當小球滾到最低點時，設此過程中小球水平位移的大小為s1，車水平位移的大小為s2．在這一過程中，由系統(tǒng)水平方向總動量守恒得（取水平向左為正方向）m﹣M=0又s1+s2=R由此可得：s2=當小球滾至凹槽的最低時，小球和凹槽的速度大小分別為v1和v2．據(jù)水平方向動量守恒

mv1=Mv2另據(jù)機械能守恒得：mgR=mv12+Mv22得：v1=故答案為：；．7.（6分）圖2為圖1所示波的振源的振動圖像，根據(jù)圖示信息回答下列問題：

該波的波長為

，周期為

，波速為 .

參考答案：0.4m（2分），0.02s（2分），20m/s（2分）8.（6分）豎直向上拋出一個0.5Kg小球，小球從拋出點上升到最高點用時2.0s，從最高點落回拋出點用時2.2s，空氣平均阻力大小為0.1N，則在整個過程中，空氣阻力的沖量大小為________，方向________

。參考答案：0.02N·S，豎直向上9.如圖所示,a、b、c、d四種離子,它們帶等量同種電荷,質量為ma=mb＜mc=md,以不等的速率va＜vb=vc＜vd進入速度選擇器后,有兩種離子從選擇器中射出,進入磁感應強度為B2的磁場.由此可以判斷射向D1的是_________離子.(不計重力)參考答案：__C______10.如圖11所示，一個驗電器用金屬網(wǎng)罩罩住，當加上水平向右的、場強大小為E的勻強電場時，驗電器的箔片

（填“張開”或“不張開”），我們把這種現(xiàn)象稱之為

。此時，金屬網(wǎng)罩的感應電荷在網(wǎng)罩內部空間會激發(fā)一個電場，它的場強大小為

，方向

。參考答案：不張開；靜電屏蔽；E；水平向左11.如圖所示，當帶正電的絕緣空腔導體A的內部通過導線與驗電器的小球B連接時，則驗電器帶電電性-__________.參考答案：驗電器帶正電當導體A的內部通過導線與驗電器的小球B連接時，導體A和驗電器已合為一個整體，整個導體為等勢體，同性電荷相斥，電荷重新分布，必有凈電荷從A移向B，所以驗電器帶正電。12.如圖所示，豎直平面內有兩個水平固定的等量同種正點電荷，AOB在兩電荷連線的中垂線上，O為兩電荷連線中點，AO=OB=L，一質量為m、電荷量為q的負點電荷若由靜止從A點釋放則向上最遠運動至O點．現(xiàn)若以某一初速度向上通過A點，則向上最遠運動至B點，重力加速度為g．該負電荷A點運動到B點的過程中電勢能的變化情況是

；經(jīng)過O點時速度大小為 參考答案：先減小后增大,由題意知從A到O，電場力做正功，電勢能減小，從O到B，電場力做負功，電勢能增加，故電荷電勢能的變化情況為先減小后增大；

設O點速度為V，由動能定理：-mgL+qUOA=013.（4分）設橫截面積為1.0mm2的鋁導線中通過1.0A的電流。鋁住單位體積中的自由電子數(shù)約為7.5×1028，電子的電荷量為1.6×10-19C，由此可以算出這時自由電子的定向移動速率為

m/s。

參考答案：8.3×10-5(×10-3也算對)

三、實驗題：本題共2小題，每小題11分，共計22分14.在“驗證機械能守恒定律”的實驗中，打點計時器接在電壓為U，周期為Ts的交流電源上，從實驗中打出的幾條紙帶中選出一條理想紙帶，如圖所示，選取紙帶上打出的連續(xù)3個點A、B、C，測出A點距起始點的距離為S0m，點AB間的距離為S1m，點BC間的距離為S2m，己知重錘的質量為mkg，當?shù)氐闹亓铀俣葹間，則：起始點O到打下B點的過程中，重錘重力勢能的減少量為ΔEp＝________J，重錘動能的增加量為ΔEk＝________J；由于紙帶與限位孔之間的摩擦力以及空氣阻力的存在，重錘重力勢能的減少量ΔEp要________(填“大于”、“等于’’或“等于”)重錘動能的增加量為ΔEk.參考答案：

mg(S1＋S0)m2大于(每空2分，共6分)15.某同學在探究規(guī)格為“2.5V，0.6W”的小電珠伏安特性曲線實驗中：①在小電珠接入電路前，使用多用電表直接測量小電珠的電阻，則應將選擇開關旋至______擋_______倍率（選填“1”、“10”或“100”)進行測量。正確操作后，多用表的示數(shù)如圖甲所示，結果為________Ω。②該同學采用如右圖乙所示的電路進行測量?，F(xiàn)備有下列器材供選用：A．量程是0～0.6A，內阻是0.5~2Ω的電流表D．量程是0～3A，內阻是0.1Ω的電流表C．量程是0～3V，內阻是6kΩ的電壓表D．量程是0～15V，內阻是30kΩ的電壓表E．阻值為0～1kΩ，額定電流為0.5A的滑動變阻器F．阻值為0～10Ω，額定電流為2A的滑動變阻器G．蓄電池(6V內阻不計)H．開關一個，導線若干．③為使測量結果盡量準確，電流表應選用選用__________。(只填字母代號)電壓表應選用__________，滑動變阻器應________.④在實驗過程中，開關S閉合前，滑動變阻器的滑片P應置于最_______端。(填“左”或“右”)⑤該同學描繪出小電珠的伏安特性曲線示意圖如圖丙所示，則小電珠的電阻隨工作電壓的增大而_____________(填：“不變”、“增大”或“減小”)參考答案：①歐姆

1

7③

A

C

F

④

左（

⑤增大四、計算題：本題共3小題，共計47分16.如圖所示，處于勻強磁場中的兩根足夠長、電阻不計的平行金屬導軌相距1m，導軌平面與水平面成θ＝37°角，下端連接阻值為R的電阻，勻強磁場方向與導軌平面垂直．質量為0.2kg、電阻不計的金屬棒放在兩導軌上，棒與導軌垂直并保持良好接觸，它們之間的動摩擦因數(shù)為0.25.(1)求金屬棒沿導軌由靜止開始下滑時的加速度大小；(2)當金屬棒下滑速度達到穩(wěn)定時，電阻R消耗的功率為8W，求該速度的大小．(3)在上問中，若R＝2Ω，金屬棒中的電流方向由a到b，求磁感應強度的大小與方向．(g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)參考答案：(1)金屬棒開始下落的初速為零，根據(jù)牛頓第二定律mgsinθ－μmgcosθ＝ma①由①式解得a＝10×(0.6－0.25×0.8)m/s2＝4m/s2.②(2)設金屬棒運動達到穩(wěn)定時，速度為v，所受安培力為F，棒在沿導軌方向受力平衡mgsinθ－μmgcosθ－F＝0③此時金屬棒克服安培力做功的功率等于電路中電阻R消耗的電功率Fv＝P④由⑥⑦兩式解得B＝＝T＝0.4T⑧磁場方向垂直導軌平面向上．答案：(1)4m/s2(2)10m/s(3)0.4T方向垂直導軌平面向上17.在5m高處以10m/s的速度水平拋出一小球，不計