辽宁省大连市2021-2022学年高二(下)期末物理试题(含答案).docx
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大连市2021~2022学年度第二学期期末考试
高二物理
注意事项:
1.请在答题纸上作答,在试卷上作答无效。
2.本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分,共100分,考试时间75分钟。
第Ⅰ卷选择题(共46分)
一、选择题(本题共10小题,共46分。
第1~7题只有一项符合题目要求,每小题4分;第8~10题有多项符合题目要求,全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分。
)
1.下列说法正确的是()
A.布朗运动是花粉分子的无规则运动
B.单晶体的某些物理性质呈现各向异性
C.分子间距离增大时,分子力一定减小
D.某种物体的温度为0℃,说明该物体中分子的平均动能为零
【答案】B
【解析】
【详解】A.悬浮在水中的花粉的布朗运动就是花粉颗粒的无规则运动,不是花粉分子的无规则运动,A错误;
B.单晶体的某些物理性质呈现各向异性,是因为组成它们的原子(分子、离子)在空间上的排列是有序的,B正确;
C.由图甲可知
随着分子间距离的增大,分子间作用力可能先减小后增大再减小,C错误;
D.每个分子都有分子动能且不为零,所以某种物体即使温度为0°C,该物体中分子的平均动能也不可能为零,D错误。
故选B
2.下列说法正确的是( )
A.玻尔根据粒子散射实验,提出了原子核式结构模型
B.医院里的B超检查利用了原子核发生变化时所释放的射线
C.比结合能越大,原子核中核子结合得越牢固,原子核越稳定
D.电子绕原子核旋转半径增大时,原子会释放特定频率的光子
【答案】C
【解析】
【详解】A.卢瑟福根据粒子散射实验,提出了原子核式结构模型,故A错误;
B.医院里的B超检查利用了超声波,故B错误;
C.比结合能越大,原子核中核子结合得越牢固,原子核越稳定,故C正确;
D.电子绕原子核旋转半径增大时,能级增大,需要吸收特定频率的光子,故D错误。
故选C。
3.关于气体的压强,下列说法正确的是( )
A.单位体积内的分子数越多,气体的压强就越大
B.分子的平均动能越小,气体的压强就越小
C.一定质量的理想气体,体积越大,温度越低,气体的压强就越小
D.一定质量的理想气体,体积越大,温度越高,气体的压强就越大
【答案】C
【解析】
【详解】A.气体的压强与气体分子的密度和分子平均动能有关,则单位体积分子数越多,气体压强不一定越大,故选项A错误;
B.分子平均动能越小,温度越低,气体压强不一定越小,故选项B错误;
CD.一定质量的理想气体,根据公式
可知,体积越大,温度越低,气体的压强就越小,故选项C正确,选项D错误。
故选C。
4.一个物体沿直线运动,其图像如图所示,下列说法正确的是( )
A.物体在0~2s的加速度最大 B.物体在6s时运动方向发生改变
C.物体在6~8s的平均速度为4m/s D.物体在0~2s与6~8s的加速度方向相反
【答案】D
【解析】
【详解】AD.图像中,图线的斜率表示加速度,物体在0~2s的加速度为
物体在2~4s的加速度为零,物体在6~8s的加速度为
可知,物体在0~2s的加速度最大,物体在0~2s与6~8s的加速度方向相反。
故A错误;D正确;
B.由图可知物体的速度始终为正值,即物体在6s时运动方向没有发生改变。
故B错误;
C.由图可知物体在6~8s时间内做匀变速直线运动,其平均速度为
故C错误
故选D。
5.图甲为一列简谐横波在t=0时刻的波动图像,图乙为质点P的振动图像,下列说法正确的是()
A.波沿x轴负方向传播,波速v=20m/s
B.t=0时刻质点Q的加速度沿y轴负方向
C.质点P的振动方程为y=-0.2sin10πt(m)
D.从t=0至t=2s,质点P的路程为40m
【答案】C
【解析】
【详解】A.由乙图可看出在t=0时质点P向y轴负方向振动,在甲图中根据“上坡下、下坡上”可知,该波沿x轴正方向传播,且已知λ=4m、T=0.2s,则该波波速为20m/s,A错误;
B.由甲图可看出,在t=0时刻质点Q在t轴下方,则根据回复力与位移的关系
F=-ky
可知t=0时刻质点Q的加速度沿y轴正方向,B错误;
C.由乙图可看出质点P的振动周期T=0.2s,则
则质点P的振动方程为
y=-0.2sin10πt(m)
C正确;
D.由乙图可看出质点P的振动周期T=0.2s,则从t=0至t=2s,质点P的路程为
S=4A×10=40×0.2m=8m
D错误。
故选C。
6.在竖直升降电梯内的水平地板上放一体重计,电梯静止时,某同学站在体重计上,体重计示数为50.0kg。
若电梯运动中的某一段时间内,该同学发现体重计示数为如图所示的40.0kg,则在这段时间内重力加速度为g=10m/s2)()
A.该同学所受的重力变小了
B.电梯一定竖直向下运动
C.电梯的加速度大小为2m/s2,方向一定竖直向下
D.该同学对体重计的压力小于体重计对她的支持力
【答案】C
【解析】
【详解】A.同学在这段时间内处于失重状态,是由于他对体重计的压力变小了,而她的重力没有改变,A错误;
BC.以竖直向下为正方向,有
mg-F=ma
即
500-400=50a
解得
a=2m/s2
方向竖直向下,但速度方向可能是竖直向上,也可能是竖直向下,B错误,C正确;
D.她对体重计的压力与体重计对她的支持力是一对作用力与反作用力,大小一定相等,D错误。
故选C。
7.如图甲所示,每年夏季我国多地会出现日晕现象,日晕是太阳光通过卷层云时,发生折射或反射形成的。
一束太阳光射到截面为六角形的冰晶上发生折射,其光路图如图乙所示,a、b为其折射出的光线中两种单色光,下列说法正确的是()
A.在冰晶中,b光的传播速度较大
B.从同种玻璃中射入空气发生全反射时,a光的临界角较大
C.通过同一装置发生双缝干涉,a光的相邻条纹间距较小
D.用同一装置做单缝衍射实验,b光的中央亮条纹更宽
【答案】B
【解析】
【详解】A.设入射角为,折射角为,由图乙可知,a光和b光入射角相等,a光折射角大于b光折射角,根据
可得a光折射率小于b光折射率,由
可得a光在冰晶中的传播速度大,A错误;
B.由临界角公式
可得从同种玻璃中射入空气发生全反射时,a光的临界角较大,B正确;
C.由于a光折射率小于b光折射率,所以a光频率小于b光频率,由
可得a光波长大于b光波长,根据双缝干涉条纹间距公式
可知当通过同一装置发生双缝干涉,a光的相邻条纹间距较大,C错误;
D.用同一装置做单缝衍射实验,由于a光波长较长,所以a光的中央亮条纹更宽,D错误。
故选B。
8.用阴极为金属铷的光电管观测光电效应现象,实验装置如图甲所示,图乙为金属铷的遏止电压与入射光频率v的关系图像,图线与横坐标轴交点坐标为。
已知普朗克常量,下列说法正确的是( )
A.欲测遏止电压,电源左端应为负极
B.增大入射光的强度,产生的光电子的最大初动能一定增大
C.当电源左端为正极,滑动变阻器的滑片向右滑动时电流表的示数一定持续增大
D.如果入射光的频率,则光电子的最大初动能约为
【答案】AD
【解析】
【详解】A.遏止电压产生电场对电子起阻碍作用,则电源左端应为负极,故A正确;
B.由可知,最大初动能与入射光的频率及逸出功有关,与光的强度无关,故B错误;
C.当电源左端为正极时,滑动变阻器的滑片向右滑动,加速度电场增强,电流增加,但达到一定值,即饱和光电流后不再增加,故C错误;
D.根据爱因斯坦光电效应方程得光电子的最大初动能,由图可知
则代入数据求得
故D正确。
故选AD。
9.在光滑水平地面上,有质量均为3kg的a,b两物体,a、b间弹簧原长为20cm。
用大小为6N的恒力F作用在a物体上,当系统稳定时,弹簧长度为30cm,下列说法正确的是( )
A.系统加速度为
B.弹簧劲度系数为30N/m
C.撤去外力F的瞬间,a,b物体的加速度仍相同
D.若地面粗糙,系统稳定时弹簧的长度将大于30cm
【答案】AB
【解析】
【详解】A.对系统整体,根据牛顿第二定律
解得
故A正确;
B.对b物体,根据牛顿第二定律
解得弹簧弹力
根据胡克定律
故B正确;
C.撤去外力F的瞬间,弹簧弹力不变,两物体受到的弹力大小相等但方向相反,故两物体的加速度方向不同,故C错误;
D.若地面粗糙,对系统整体,根据牛顿第二定律
对b物体,根据牛顿第二定律
解得
弹力不变,则系统稳定时弹簧的长度不变,故D错误。
故选AB。
10.如图所示为运送快递的传送装置,已知A、B两端距离为L,传送带与水平方向夹角为,工作时运行速度为v,某快递与传送带间的动摩擦因数为。
工作时工人在A端将此快递由静止放到运行中的传送带上。
设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等。
重力加速度大小为g。
关于此快递从A到B的运动过程中,下列说法正确的是( )
A.无法比较快递到达B的速度与v的大小关系
B.若,则快递从A端到B端一定一直做加速直线运动
C.若,则快递可能先做匀加速直线运动再做匀速直线运动
D.快递刚开始运动时加速度的大小为
【答案】ABC
【解析】
【详解】当快递由传送带顶端静止释放时,其受沿传送带向下的滑动摩擦力,根据牛顿第二定律有
故加速度为
若,则快递一直做匀加速直线运动,且到达B端时速度等于v;
若,则快递一直做匀加速直线运动,且到达B端时速度小于v;
若,分以下两种可能:
当时,快递先做匀加速直线运动,后做匀速直线运动,到达B端时速度等于v;
当时,快递先做匀加速直线运动,速度达到传送带速度v后摩擦力突变为沿传送带向上的滑动摩擦力,从而加速度变小,但方向不变,故快递继续做匀加速直线运动,到达B端时速度大于v。
故选ABC。
第Ⅱ卷非选择题(共54分)
二、实验题(本题共2小题,每空2分,共14分。
)
11.在“用单摆测量重力加速度”的实验中:
(1)需要记录的数据有:
小钢球的直径d、摆线长l和周期T;
(2)用游标卡尺测小钢球的直径如图甲所示,则直径d为________mm;
(3)摆长L的表达式为________(用字母表示);
(4)多次改变摆长使单摆做小角度摆动(可将此运动视为简谐振动),测量摆长L及相应的周期T,并做出了图像为一条过原点的倾斜直线,如图乙所示,已知倾斜直线的斜率是k,则可测得此地重力加速度g=________。
(用和k来表示)
【答案】①.18.6②.③.
【解析】
【详解】
(2)[1]由图甲可得直径为
(3)[2]由题意得摆长为
(4)[3]由单摆公式周期公式
得
所以图像的斜率为
解得
12.在“探究加速度与合外力和质量间的关系”时,采用如图所示的实验装置,小车及车中的砝码质量用M表示,盘及盘中的砝码质量用m表示,小车的加速度可由纸带上的点计算得出:
(1)当满足M__________m(选填“远大于”或“远小于”)的大小关系时,才可以认为细线对小车的拉力大小等于盘和盘中砝码的重力;
(2)一组同学在保持盘及盘中的砝码质量一定的情况下,探究加速度与小车质量的关系,下列做法正确的是________。
A.平衡摩擦力时,应将盘及盘中的砝码用细线绕过定滑轮系在小车上
B.每次改变小车的质量时,不需要重新平衡摩擦力
C.实验时,先放开小车,再接通打点计时器的电源
D.小车运动的加速度也可以用天平测量出m和M后,用公式求出
(3)保持小车及车中的砝码质量M一定,探究加速度与所受合外力关系时,由于操作不当,甲、乙两名同学得到的关系如图①、②所示(a为小车的加速度,F为盘及盘中砝码的总重力)。
甲同学得到的图像①不过原点的原因是:
______________________________;
乙同学得到的图像②后部分弯曲的原因是:
______________________________。
【答案】①.远大于②.B③.平衡摩擦力不足或未平衡摩擦力④.随着盘及盘中砝码的总质量增大,不再满足M远大于m
【解析】
【详解】
(1)[1]对盘及盘中砝码
mg-F=ma
对小车
F=Ma
联立可得
mg
即只有当M远大于m时,才可认为细线对小车的拉力大小等于盘和盘中砝码的重力;
(2)[2]A.平衡摩擦力时,先去掉盘、盘中砝码和细线,只让小车在重力沿斜面方向的分力作用下向左运动,当小车能匀速运动时,重力沿斜面方向的分力和摩擦力平衡,故A错误;
B.调好后,当再次改变小车质量时,无需再平衡摩擦力,故B正确;
C.实验时,要先接通打点计时器的电源,使打点计时器正常工作,再释放小车,故C错误;
D.小车的加速度是通过处理纸带确定的,故D错误。
故选B。
(3)[3]由图①可看出只有当F达到一定值时,才会有加速度,说明平衡摩擦力不足或未平衡摩擦力;
[4]图像②后部分弯曲的原因是,随着盘及盘中砝码的总质量增大,不再满足M远大于m。
三、计算题(本题共3小题,共40分。
其中13题10分、14题12、15题18分。
解答应写出必要的文字说明、方程和重要的演算步骤,只写出最后答案的不能得分,有数值计算的题答案中必须明确写出数值和单位。
)
13.某司机在正常情况下的反应时间为0.3s,饮酒后反应时间延长为1s,若该司机开车以10m/s的速度在马路上匀速行驶,在距离路口停车线15m处发现红灯亮起,反应后开始以的加速度刹车。
已知红灯会持续10s。
(1)通过计算,判断正常情况下该司机是否会闯红灯;
(2)若该司机酒后驾车,求汽车停下前增加的位移。
【答案】
(1)不会闯红灯,计算过程见解析;
(2)7m
【解析】
【详解】
(1)正常情况下该司机在反应时间内,汽车行驶位移
之后行驶时间停止,由运动学公式
得
行驶的位移
因此正常情况下该司机不会闯红灯。
(2)饮酒后反应时间,若该司机酒后驾车,汽车停下前的位移
汽车停下前增加的位移
14.如图,在竖直放置的圆柱形容器内用质量为的活塞密封一部分气体,活塞能无摩擦地滑动,容器的横截面积为,将整个装置放在大气压恒为的空气中,开始时气体的温度为,活塞与容器底的距离为,当气体从外界吸收热量后,活塞缓慢上升后再次平衡。
(1)外界空气的温度是多少?
(2)在此过程中的密闭气体的内能增加了多少?
【答案】
(1);
(2)Q-(mg+p0S)d
【解析】
【详解】
(1)取密闭气体为研究对象,活塞上升过程为等压变化,由盖-吕萨克定律有
得外界温度
(2)活塞上升的过程,密闭气体克服大气压力和活塞的重力做功,所以外界对系统做的功
W=-(mg+p0S)d
根据热力学第一定律得密闭气体增加的内能
△U=Q+W=Q-(mg+p0S)d
15.如图所示,水平桌面上有一质量为m的木板,其右端放着质量为m、不计大小的物块,整体处于静止状态。
已知物块与木板间的动摩擦因数为μ,木板与桌面间的动摩因数为,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g。
(1)若木板与物块一起以初速度沿桌面向右运动,求两者共同加速度的大小;
(2)若对木板施加水平向右的拉力F,为使木板沿水平桌面向右滑动且与物块间没有相对滑动,求拉力F应满足的条件;
(3)若给木板施加大小为水平向右的拉力,经过时间撤去拉力F,此后运动过程中小物块始终未脱离木板,求木板的最小长度L。
【答案】
(1);
(2);(3)
【解析】
【详解】
(1)木板与物块一起沿桌面向右运动时,对二者构成的系统运用牛顿第二定律,有
解得
(2)设施加的拉力为F1时,系统恰好能向右运动,有
设施加的拉力为F2时,木板恰好与物块保持相同速度向右运动,则对物块,有
对系统,有
解得
所以拉力F应满足
(3)若给木板施加大小为水平向右的拉力,木板将相对于物块向右运动,对物块,有
对木板,有
经过时间t0,物块有
木板有
撤去F后,物块继续以a1的加速度做匀加速直线运动,木板做匀减速直线运动,直到二者共速,之后不再相对滑动,设此过程木板的加速度大小为a3,有
当二者共速时,有
则木板的最小长度为
解得
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