伊美區第二中學2021-2022學年度第二學期期中考試高二物理試題（考試時間90分鐘，滿分100分）一、選擇題（1-8為單選題，每題4分，9-14為多選題，每題4分，總計56分）1.下列說法中正確的是（）A.在探究求合力方法的實驗中利用了理想模型的方法B.牛頓首次提出“提出假說，數學推理，實驗驗證，合理外推"的科學推理方法C.用點電荷來代替實際帶電物體是采用了等效替代的思想D.奧斯特通過實驗觀察到電流的磁效應，揭示了電和磁之間存在聯系【1題答案】【答案】D【解析】【詳解】在探究求合力方法的實驗中利用了等效替代的方法，故A錯誤；伽利略首次提出“提出假說，數學推理，實驗驗證，合理外推“的科學推理方法，故B錯誤；用點電荷來代替實際帶電物體是采用了理想模型的方法，故C錯誤；奧斯特通過實驗觀察到電流的磁效應，揭示了電和磁之間存在聯系，故D正確。【名師點睛】本題考查物理學史，是常識性問題，對于物理學上重大發現、發明、著名理論要加強記憶，這也是考試內容之一．2.下列說法正確的是（）A.布朗運動是懸浮在液體中固體顆粒的分子無規則運動的反映B.沒有摩擦的理想熱機可以把吸收的能量全部轉化為機械能C.知道某物質的摩爾質量和密度可求出阿伏加德羅常數D.內能不同的物體，它們分子熱運動的平均動能可能相同【2題答案】【答案】D【解析】【詳解】布朗運動是固體顆粒的運動，反映了液體分子的無規則運動，故A錯誤；根據熱力學第二定律可知熱機不可以把吸收的能量全部轉化為機械能而不引起其他的變化，故B錯誤；知道某物質的摩爾質量和密度，無法求出一個分子質量或體積，因此無法求出阿伏加德羅常數，故C錯誤；物體的內能與物質的量、溫度、體積以及物態有關，內能不同的物體，它們的溫度可能相等，即分子熱運動的平均動能可能相同，故D正確．故選D．3.一定質量的理想氣體經歷如圖所示的狀態變化，變化順序由a→b→c→a，ab線段延長線過坐標原點，bc線段與t軸垂直，ac線段與V軸垂直．氣體在此狀態變化過程中（）A.從狀態a到狀態b，壓強不變B.從狀態b到狀態c，壓強增大C.從狀態b到狀態c，氣體內能增大D.從狀態c到狀態a，單位體積內的分子數減少【3題答案】【答案】B【解析】【詳解】A．過各點的等壓線如圖，從狀態a到狀態b，斜率變大，則壓強變小，故A錯誤；B．從狀態b到狀態c，斜率變小，則壓強變大，故B正確；C．從狀態b到狀態c，溫度不變，則內能不變，故C錯誤；D．從狀態c到狀態a，體積不變，則單位體積內的分子數不變，故D錯誤。故選B。4.如圖所示，勻強磁場分布在平面直角坐標系的整個第Ⅰ象限內，磁感應強度為B、方向垂直于紙面向里．一質量為m、電荷量絕對值為q、不計重力的粒子，以某速度從O點沿著與y軸夾角為30°的方向進入磁場，運動到A點時，粒子速度沿x軸正方向．下列判斷正確的是A.粒子帶正電B.運動過程中，粒子的速度不變C.粒子由O到A經歷的時間為t＝D.離開第Ⅰ象限時，粒子的速度方向與x軸正方向的夾角為30°【4題答案】【答案】C【解析】【詳解】A．根據題意作出粒子運動的軌跡如圖所示，根據左手定則判斷知，此粒子帶負電，故A錯誤；B．粒子在磁場中做勻速圓周運動，速度大小不變，但方向改變，所以速度是變化的，故B錯誤．C．粒子由O運動到A時速度方向改變了60°角，所以粒子軌跡對應的圓心角為θ=60°，則粒子由O到A運動的時間為故C正確；D．粒子在O點時速度與x軸正方向的夾角為60°，x軸是直線，根據圓的對稱性可知，離開第一象限時，粒子的速度方向與x軸正方向的夾角為60°，故D錯誤；故選C。5.穿過某閉合回路的磁通量Φ隨時間t變化的圖象分別如圖中的①~④所示，下列說法正確的是（）

A.圖①有感應電動勢，且大小恒定不變B.圖②產生的感應電動勢一直在變大C.圖③在時間內的感應電動勢是時間內感應電動勢的2倍D.圖④產生的感應電動勢先變大再變小【5題答案】【答案】C【解析】【詳解】A、圖①中磁通量沒有變，因此沒有感應電動勢，故A錯誤；B、圖②中的磁通量均勻增加，則圖象的斜率不變，因此感應電動勢不變．故B錯誤；C、圖③在0～t1時間內的斜率是t1～t2時間內斜率的2倍，所以在0～t1時間內感應電動勢是t1～t2時間內感應電動勢的2倍，故C正確；D、圖④的斜率大小先減小后增大，故產生的感應電動勢先變小再變大，故D錯誤；故選C．【點睛】當穿過磁閉合回路的磁通量發生變化時，電路中出現感應電動勢，當磁通量均勻變化時，感應電動勢是不變的．6.圖甲為小型旋轉電樞式交流發電機的原理圖，其矩形線圈在磁感應強度為B的勻強磁場中，繞垂直于磁場方向的固定軸勻速轉動，線圈的兩端經集流環和電刷與電阻連接，與電阻R并聯的交流電壓表為理想電壓表，示數是10V。圖乙是矩形線圈磁通量隨時間t變化的圖像則（）A.電阻R上的熱功率為20WB.0.02s時R兩端的電壓瞬時值為零C.R兩端的電壓u隨時間t變化的規律是D.通過R的電流i隨時間t變化的規律是【6題答案】【答案】C【解析】【詳解】A.電阻R上的熱功率，故A錯誤；B.在，磁通量為零，線圈平面處在與中性面垂直的平面上，R兩端的瞬時電壓最大，故B錯誤；C.R兩端的電壓最大值為，時感應電動勢最大，即R兩端電壓按余弦規律變化，即而，則故C正確；D.又，則，則故D錯誤。故選C。7.關于減小遠距離輸電線上的功率損耗，下列說法正確的是()A.由功率P＝U2/R，應降低輸電電壓，增大導線電阻B.由P＝IU，應低電壓小電流輸電C.由P＝I2R，應減小導線電阻或減小輸電電流D.上述說法均不對【7題答案】【答案】C【解析】【詳解】由功率P＝U2/R，應降低輸電電線的分壓，減小導線電阻，公式中的U應該為輸電導線損失的電壓，A錯；由公式P=UI,U也是指輸電導線損失的電壓，I為輸電電流，所以利用此公式，應該是減小輸電損失的電壓，減小輸電電流，B錯；輸電損失的功率就是熱功率，由P＝I2R，應減小導線電阻或減小輸電電流，所以只有C對，其余均錯．思路分析：根據公式中字母表示的物理量的物理意義；找到合適的公式進行解析．試題點評：考查對遠距離輸電能量損失的計算8.如圖所示，導軌間的磁場方向垂直于紙面向里，當導體棒MN在導軌上向右加速滑動時，正對電磁鐵A的圓形金屬環B中

A.有感應電流，且B被A吸引 B.無感應電流C.可能有，也可能沒有感應電流 D.有感應電流，且B被A排斥【8題答案】【答案】D【解析】【詳解】導線MN向右加速滑動，導線產生的感應電動勢E=BLv增大，通過電磁鐵A的電流增大，電磁鐵A產生的磁感應強度變大，穿過金屬環B的磁通量增大，B中產生感應電流，由楞次定律可知，為阻礙磁通量的增加，感應電流方向與A中的相反，B被A排斥，向左運動；故ABC錯誤，D正確；故選D．9.右圖為兩分子系統的勢能Ep與兩分子間距離r的關系曲線．下列說法正確的是A.當r大于r1時，分子間的作用力表現為引力B.當r小于r1時，分子間的作用力表現為斥力C.當r等于r2時，分子間的作用力為零D.在r由r1變到r2過程中，分子間的作用力做負功【9題答案】【答案】BC【解析】【詳解】因為當分子間相互作用力為零時，分子勢能最小，從圖中可得分子勢能最小時，分子間的距離為r2，故當r等于r2時分子間作用力為零，故C正確；當r小于r1時，隨著距離的減小，分子勢能增大，即減小分子間距離分子力做負功，所以表現為斥力，B正確；當r大于r1時，當r大于r1而小于r2時分子力為斥力，故從當r由r1變到r2的過程中，分子間的作用力做正功，大于r2時分子力為引力，故AD錯誤；【點睛】正確理解分子力、分子勢能與分子之間距離的變化關系，注意分子力與分子勢能變化的一個臨界點為r=r2，注意將分子力與分子之間距離和分子勢能與分子之間距離的圖象比較進行學習10.一電荷從電場中A點由靜止釋放，只受電場力作用，沿電場線運動到B點，它運動的v－t圖像如圖所示。則A、B兩點所在區域的電場線分布情況可能是圖乙中的（）A. B.C. D.【10題答案】【答案】CD【解析】【詳解】根據v-t圖像可知電荷的加速度逐漸增大，即電荷所受電場力逐漸增大，又根據電場線越密集電場強度越大可知，從A到B電場線逐漸密集，由于題干沒說明是帶正電還是負電，故電荷所受電場力方向與電場強度方向可能相同、可能相反，綜上所述可知，AB錯誤，CD正確。故選CD。11.如圖所示，直線B為電源的U—I圖線，直線A為電阻R的U—I圖線，該電源和該電阻組成閉合電路時，電源輸出功率和電源的效率分別是（）A.電源的輸出功率為4W B.電源的輸出功率為2WC.電源效率約為33.3% D.電源效率約為66.7%【11題答案】【答案】AD【解析】【詳解】AB.由A圖線得到，電阻

由B圖線得到，電源的電動勢為E=3V，短路電流為，電源內阻為

用該電源和該電阻組成閉合電路時，電路中電流為路端電壓為U=E-Ir=2V則電源的輸出功率為P=UI=4W故A正確，B錯誤；BD.電源的效率為故C錯誤，D正確故選AD。12.如圖所示，在勻強磁場區域中有一光滑斜面體，在斜面體上放了一根長為L，質量為m的導線，當通以如圖方向的電流I后，導線恰能保持靜止，則磁感應強度B滿足（）A.B，方向水平向左B.，方向垂直紙面向外C.，方向沿斜面向上D.，方向豎直向下【12題答案】【答案】AD【解析】【詳解】磁場方向水平向左時，安培力豎直向上，與重力平衡，有mg=BIL解得，故A正確；磁場垂直向外時，由于電流與磁場方向平行，故安培力為零，不可能平衡，故B錯誤；方向沿斜面向上，安培力垂直于斜面向上，不可能平衡，故C錯誤；磁場豎直向下時，安培力水平向左，導體棒還受到重力和支持力，根據平衡條件和安培力公式，有mgtanα=BIL解得，故D正確；故選AD．【點睛】本題關鍵是對物體受力分析，然后根據左手定則判斷出各個選項中的安培力方向，最后根據平衡條件列方程求解即可．13.如圖所示，理想變壓器原、副線圈的匝數比為11：2，原線圈兩端的輸入電壓u=220sin100πt（V），電表均為理想電表，滑動變阻器R接入電路部分的阻值為10Ω。下列敘述中正確的是（）

A.該交流電的頻率為50Hz B.電壓表的讀數為40VC.電流表的讀數為4A D.若滑動變阻器的滑片P向a端移動，電流表的讀數變大【13題答案】【答案】AC【解析】【分析】【詳解】A．由電壓公式知交流電的ω=100π，則f===50Hz故A正確；B．原線圈兩端的輸入電壓有效值為220V，由電壓與匝數成正比知，副線圈兩端電壓為U2=U1=×220V=40V(即為電壓表的讀數)，故B錯誤；C．電流表的讀數為故C正確；D．若滑動變阻器的滑動觸頭P向a端移動，則負載接入電路的電阻增大，電壓不變，所以電流表示數減小，故D錯誤。故選AC。14.如圖所示，一個質量為m的帶電小球從M點自由下落，M點距場區水平邊界PQ的高度為h，邊界PQ下方有方向豎直向下、大小為E的勻強電場，同時還有垂直于紙面的大小為B的勻強磁場。小球從邊界上的a點進入復合場后，恰能做勻速圓周運動，并從邊界上的b點穿出，重力加速度為g，不計空氣阻力，則下列說法正確的是（）

A.小球帶負電，電荷量大小B.勻強磁場方向垂直于紙面向外C.小球從a運動到b的過程中，小球的電勢能先減小后增大D.小球在復合場中做勻速圓周運動的半徑【14題答案】【答案】AD【解析】【分析】【詳解】A．因小球在復合場中做勻速圓周運動，故電場力和重力平衡，電場力向上，故粒子帶負電；由Eq=mg可知，故A正確；B．由圖可知，小球受到的洛倫茲力向左，小球帶負電，由左手定則可知，磁場向里，故B錯誤；C．小球從a到b的過程中，電場力先做負功再做正功，故電勢能先增大后減小，故C錯誤；D．粒子進入混合場時速度由機械能守恒得解得由可得，半徑故D正確。故選AD。二、實驗題（15題6分，16題6分，總計12分）15.如圖所示為“驗證碰撞中的動量守恒”的裝置示意圖．(1)設小球A的質量為mA，小球B的質量為mB，為保證實驗成功，必須滿足mA________(選填“大于”“等于”或“小于”)mB.(2)下列說法中符合本實驗要求的是________．(選填選項前面的字母)A．加速的斜槽軌道必須光滑B．在同一組實驗的不同碰撞中，每次入射球必須從同一高度由靜止釋放C．安裝軌道時，軌道末端必須水平D．需要使用的測量儀器有天平、刻度尺和秒表(3)實驗中小球的落點情況如圖所示，P為不放B球時將A球從斜槽某一高度靜止釋放后A球的落點，M、N分別為A球從同一高度靜止釋放到達斜槽水平端與B球相碰后A、B球落點，現已測得O到M、P、N的距離分別為s1、s2、s3，若關系式________成立，則驗證了A、B相碰動量守恒．【15題答案】【答案】①.大于②.BC③.mAs2=mAs1+mBs3【解析】【分析】A球和B球相撞后，B球的速度增大，A球的速度減小，都做平拋運動，豎直高度相同，所以水平方向，B球在A球的前面，所以碰撞前A球的落地點是P點，碰撞后A球的落地點是M點，B球的落地點是N點，根據平拋運動的基本公式求解碰撞前后小球的速度，然后驗證動量是否守恒即可．【詳解】（1）為了防止A球反彈，入射球的質量必須大于被碰球的質量．

（2）只要每次加速的環境完全相同即可，不需加速軌道光滑，故A錯誤；為了保證小球每次平拋的初速度相同，每次入射小球必須從同一高度由靜止釋放，故B正確；為了使小球做平拋運動，軌道末端必須水平，故C正確；本實驗中不需要測量時間，故測量儀器不需要秒表，故D錯誤．故選BC.

（3）由動量守恒定律，mAv2=mAv1+mBv3，三次平拋運動的時間t相同，則mAv2t=mAv1t+mBv3t，即mAs2=mAs1+mBs3．【點睛】在驗證動量守恒定律中，要學會在相同高度下，用水平射程來間接測出速度的方法，同時明確動量守恒定律的基本應用．16.某實驗小組在“用油膜法估測油酸分子大小”的實驗中，所用的油酸酒精溶液的體積分數為0.1%，1mL上述溶液有50滴，實驗中用滴管吸取該油酸酒精溶液向浮有痱子粉的水面中央滴入一滴：(1)該實驗中的理想化假設是________；A.將油膜看作單分子層薄膜B.不考慮油酸分子間的間隙C.不考慮油酸分子間的相互作用力D.將油酸分子看成球形(2)實驗中描出油酸薄膜輪廓如圖所示，已知每一個正方形小方格的邊長為2cm，則該油酸薄膜的面積為________m2（結果保留一位有效數字）；(3)經計算，油酸分子的直徑為________m。（結果保留一位有效數字）【16題答案】【答案】①.ABD②.3×10-2③.7×10-10【解析】【詳解】(1)[1]用油膜法測量分子的直徑，不考慮分子間的間隙，將油膜看成單分子層薄膜，將油酸分子看成球形，因此ABD正確，C錯誤。故選ABD。(2)[2]由于每個小方格的邊長為2cm，則每一個小方格的面積就是4cm2，估算油膜面積時超過半格的按一格計算，小于半格的舍去，由題圖所示，可估算出油酸薄膜占75格，則油酸薄膜面積S=75×4cm2=3×10－2m2(3)[3]1滴油酸酒精溶液中含油酸的體積V=×01%mL=2×10-5mL=2×10－11m3則油酸分子的直徑三、計算題（17題8分，18題12分，19題12分?？傆?2分，請寫出必要的文字說明）17.如圖所示，一導熱性能良好、內壁光滑的汽缸豎直放置，在距汽缸底部l=36cm處有一與汽缸固定連接的卡環，活塞與汽缸底部之間封閉了一定質量的氣體。當氣體的溫度T0=300K、大氣壓強p0=1.0×105Pa時，活塞與汽缸底部之間的距離l0=30cm，不計活塞的質量和厚度?，F對汽缸加熱，使活塞緩慢上升，求：（1）活塞剛到卡環處時封閉氣體的溫度T1；（2）封閉氣體溫度升高到T2=540K時的壓強p2?！?7題答案】【答案】（1）360K；（2）1.5×105Pa【解析】【詳解】（1）設汽缸的橫截面積為S，由題意可知，此過程為等壓膨脹由蓋－呂薩克定律得解得T1=T0=360K（2）由題意可知，此過程體積保持不變，由查理定律得解得p2=p0=1.5×105Pa18.如圖所示，兩根足夠長的光滑平行金屬導軌MN．PQ間距為l=0.5m，其電阻不計，兩導軌及其構成的平面均與水平面成30o角．完全相同的兩金屬棒ab、cd分別垂直導軌放置，每棒兩端都與導軌始終有良好接觸，已知兩棒質量均為m=0.02kg，電阻均為R=0.1Ω，整個裝置處在垂直于導軌平面向上的勻強磁場中，磁感應強度B=0.2T，棒ab在平行于導軌向上的力F作用下，沿導軌向上勻速運動，而棒cd恰好能夠保持靜止．g取10m/s2，求：（1）通過棒cd的電流