2021年下學期高二期末考試試題物理時量75分鐘，滿分100分第Ⅰ卷選擇題（共43分）一、單選題（本大題共7小題，每小題4分，共28分。每小題只有一個選項符合題意）1.關于物體的動量和沖量，下列說法不正確的是（）A.物體所受合外力的沖量越大，它的動量也越大B.物體所受合外力的沖量不為零，它的動量一定要改變C.物體的動量增量的方向，就是它所受合外力的沖量的方向D.物體所受合外力越大，它的動量變化就越快【答案】A【解析】【詳解】A．物體所受合外力的沖量越大，它的動量變化量越大，并不是動量越大，故A錯誤；B．物體所受合外力的沖量不為零，它的動量一定要改變，故B正確；C．物體的動量增量的方向，就是它所受合外力的沖量的方向，故C正確；D．根據動量定理和牛頓第二定律可知，物體所受合外力等于動量的變化率，所以合外力越大，動量變化就越快，故D正確。故選A。2.將一單擺的周期變為原來的2倍，下列措施可行的是（）A.只將擺球的質量變為原來的B.只將擺長變為原來的2倍C.只將擺長變為原來的4倍D.只將振幅變為原來2倍【答案】C【解析】【詳解】根據單擺周期公式將一單擺的周期變為原來的2倍，則需要將擺長變為原來的4倍。故選C。3.兩個相同的金屬小球，帶電荷量分別為+Q和﹣3Q，相距為d（d遠大于小球半徑）時，它們之間的庫侖力大小為F．現讓兩小球接觸后再放回原處，則它們之間的庫侖力大小將變為（）A. B.F C. D.【答案】D【解析】【詳解】接觸后，兩個小球的電荷量相等，電量為﹣Q，根據庫侖定律，接觸前后的庫侖力大小為，，則F′=F．A.，與結論不相符，選項A錯誤；B.F，與結論不相符，選項B錯誤；C.，與結論不相符，選項C錯誤；D.，與結論相符，選項D正確；4.如圖所示，虛線、、、表示勻強電場中的4個等勢面，兩個帶電粒子、（不計重力）以平行于等勢面的初速度射入電場，運動軌跡分別如圖中和所示。已知帶正電，則下列說法中正確的是（??）A.等勢面的電勢高于的電勢B.等勢面位置場強大于位置的場強C.帶電粒子的動能減小，電勢能增大D.帶電粒子的動能增大，電勢能減小【答案】D【解析】【詳解】A．電場線和等勢線垂直，所以電場沿水平方向，從正電荷M的軌跡MPN可知，電場力水平向右，故電場的方向水平向右，沿電場方向電勢降低，故等勢面的電勢低于的電勢，故A錯誤；B．在勻強電場中，電場強度處處相等，故B錯誤；CD．N電荷受電場力方向指向其軌跡內側，故受電場力水平向左，電場力對帶電粒子M，N均做正功，它們的動能均增大，電勢能均減??；故C錯誤，D正確。故選D。5.如圖所示，面積的線圈處于勻強磁場中，勻強磁場磁感應強度，方向豎直向下，線圈平面與水平方向夾角。下列說法正確的是（）A.此時穿過線圈的磁通量為B.時，穿過線圈的磁通量最大C.時，穿過線圈的磁通量為零D.線圈以邊為軸逆時針轉過過程中磁通量變化量為【答案】D【解析】【詳解】A．此時穿過線圈的磁通量故A正確；B．時，磁感線與線圈平行，穿過線圈的磁通量為零，故B錯誤；C．時，磁感線與線圈垂直，穿過線圈的磁通量最大，故C錯誤；D．線圈以邊為軸逆時針轉過后，磁感線與線圈垂直，穿過線圈的磁通量最大且為磁通量變化量故D正確。故選D。6.一電壓表由電流表G和電阻R串聯而成，若在使用過程中發現此電壓表的讀數總比準確值稍小一些，采用下列哪種措施可以改進（）A.在R上串聯一個比R大得多的電阻 B.在R上串聯一個比R小得多的電阻C.在R上并聯一個比R小得多的電阻 D.在R上并聯一個比R大得多的電阻【答案】D【解析】【分析】【詳解】因為使用過程中發現此電壓表的讀數總比準確值稍小一些，故要讓電流稍大一點，則應減小總電阻，給R并聯一電阻可達到要求，若并聯一比R小得多的電阻，其并聯值會比并聯的電阻阻值還要小，電流增加太多，故應并聯一比R大得多的電阻，可使總電阻稍變大，ABC錯誤，D正確。故選D。7.在檢驗兩地是否短路的測試中，經常用到如圖所示的T形電路，電路中的電阻，，有一測試電源，所提供的測試電壓恒為以下說法正確的是A.若將cd端短路，ab之間的等效電阻為B.若將ab端短路，cd之間的等效電阻為C.當ab兩端接上測試電壓時，cd兩端的電壓為30VD.當cd兩端接上測試電壓時，ab兩端的電壓為30V【答案】C【解析】【詳解】當cd端短路時，ab間電路的結構是：電阻、并聯后與串聯，等效電阻為：

；故A錯誤；當ab端短路時，cd之間電路結構是：電阻、并聯后與串聯，等效電阻為：

，故B錯誤；當ab兩端接通測試電源時，cd兩端的電壓等于電阻兩端的電壓，；故C正確；當cd兩端接通測試電源時，ab兩端的電壓等于電阻兩端的電壓，為；故D錯誤；故選C．【點睛】對于電路問題，首先要明確電路的結構，并能正確應用串并聯電路的規律進行分析，必要時應進行電路的簡化．二、多選題（本大題共3小題，每小題5分，共15分。每小題有多個選項符合題意，全部選對得5分，選對但不全的得3分，錯選得0分）8.如圖甲所示，水平光滑桿上有一彈簧振子，振子以O點為平衡位置，在a、b兩點之間做簡諧運動，取向右為正方向，其振動圖像如圖乙所示。由振動圖像可以得知（）A.振子的振動周期等于 B.振子的振動周期等于C.在時刻，振子的位置在a點 D.在時刻，振子向右經過O點【答案】BD【解析】【詳解】AB．振子的周期是振子完成一個周期性變化所用時間，由圖直接讀出其周期故A錯誤；B周期；C．由圖乙可知在時刻，振子的位移為零，正通過平衡位置，所以振子的位置在O點。故C錯誤；D．在時刻，圖像斜率為正，即表示振子的速度為正，且振子的位移為零，速度最大。故D正確。故選BD。9.如圖為法拉第發現電磁感應現象的實驗裝置示意圖，軟鐵環上繞有兩個線圈，下列操作中可能觀察到靈敏電流計G的指針發生偏轉的是（）

A.處于閉合狀態，閉合瞬間 B.處于閉合狀態，閉合瞬間C.、均處于閉合狀態，斷開瞬間 D.、均處于閉合狀態，斷開瞬間【答案】BD【解析】【分析】【詳解】法拉第電磁感應定律：只要穿過閉合導體回路的磁通量發生變化，回路中就一定會產生感應電流。A．處于閉合狀態，閉合瞬間，穿過副線圈的磁通量沒有發生變化，因此副線圈沒有感應電流，靈敏電流計G的指針不會發生偏轉，A錯誤；B．處于閉合狀態，閉合瞬間，穿過副線圈的磁通量迅速增大，因此副線圈有感應電流產生，靈敏電流計G的指針發生偏轉，B正確；C．、均處于閉合狀態，斷開瞬間，穿過副線圈的磁通量沒有發生變化，因此副線圈沒有感應電流，靈敏電流計G的指針不會發生偏轉，C錯誤；D．、均處于閉合狀態，斷開瞬間，穿過副線圈的磁通量突然消失，因此副線圈產生感應電流，靈敏電流計G的指針會發生偏轉，D正確。故選BD。10.讓平行板電容器正對的兩極板帶電后，靜電計的指針偏轉一定角度.不改變A、B兩板所帶電荷量，且保持兩板在豎直平面內?，F要使靜電計指針偏轉角變大，下列做法中可行的是（）

A.保持B板不動，A板向下平移B.保持B板不動，A板向左平移C.保持B板不動，A板向右平移D.保持A、B兩板不動，在A、B之間插入一塊絕緣介質板【答案】AB【解析】【分析】【詳解】A．保持B板不動，A板向上平移，減小兩極板的正對面積S時，由電容的決定式C=分析可知電容C減小，而電容器的電荷量Q不變，則由C=得到，板間電壓U增大，靜電計的指針偏角變大，故A正確；B．保持B板不動，A板向左平移，使兩極板遠離一些時，板間距離d增大，由電容的決定式C=，分析可知電容C減小，而電容器的電量Q不變，則由C=得到，板間電壓U增大，靜電計的指針偏角變大，故B正確；C．保持B板不動，A板向右平移，使兩極板靠近一些時，板間距離d減小，由電容的決定式C=，分析可知電容C增大，而電容器的電荷量Q不變，則由C=得到，板間電壓U減小，靜電計的指針偏角變小，故C錯誤；D．保持A、B兩板不動，在兩極板間插入一塊絕緣介質板時，由電容的決定式C=，分析可知電容C增大，而電容器的電荷量Q不變，則由C=得到，板間電壓U減小，靜電計的指針偏角變小，故D錯誤。故選AB。第Ⅱ卷（非選擇題，共57分）三、實驗題（本大題共2小題，每空3分，共15分）11.某同學用如圖所示斜槽裝置驗證動量守恒定律，斜槽的水平和傾斜部分是一體的。入射球和靶球的半徑相同，質量分別為、。平放于地面的記錄紙上鋪有復寫紙。實驗時先使入射球從斜槽上固定位置由靜止開始滾下，落到復寫紙上，重復上述操作多次，可獲得平均落點；再把靶球放在水平槽末端，讓入射球仍從位置由靜止開始滾下，和靶球碰撞后繼續向前運動落到復寫紙上，重復操作多次，可獲得平均落點、。圖中點為靶球球心在記錄紙上的投影位置。（1）關于本實驗下列說法正確的是__________；A.需要用游標卡尺測量兩小球的直徑B.需要用天平測出兩球質量、C.斜槽軌道應盡量光滑以減少誤差（2）測出了、、各點到點的距離分別為、、，則驗證動量守恒定律的表達式是____________________。【答案】①.B②.【解析】【詳解】(1)[1]A．只要兩個小球的直徑相等即可，不用測兩小球直徑，故A錯誤；B．需要用天平測出兩球質量m1、m2，才能通過表達式確定碰撞過程動量是否守恒，故B正確；C．只要保證小球每次都從斜槽軌道上同一位置釋放即可，斜槽軌道不需要盡量光滑，故C錯誤。故選B。(2)[2]設入射球滾至斜槽軌道末端速度為v0，與靶球碰撞后速度分別為v1，v2，由動量守恒定律可知，所要驗證的表達式為碰撞后兩球飛出做平拋運動，由可知下落時間相同，由可知，拋出時的速度與平拋運動的水平位移成正比，故要驗證動量守恒定律的表達式為12.某實驗小組為了測定某一標準圓柱形導體電阻的電阻率，進行如下實驗：（1）分別用游標卡尺和螺旋測微器對圓柱形導體的長度和直徑進行測量，測直徑的結果如圖所示，其讀數是__________.（2）用多用電表的電阻“”擋粗測其阻值，讀數如圖，阻值約為__________。（3）該同學想用伏安法更精確地測量該電阻，使用如下規格器材：待測圓柱體電阻；直流電源（電動勢為，內阻不計）；電流表（量程為，內阻約）；電壓表（量程為，內阻約）；滑動變阻器（，允許最大電流）；開關、導線等。請在方框內畫出合理的測量電路圖。（）【答案】①.2.795②.220③.【解析】【詳解】（1）[1]由圖可知，螺旋測微器讀數（2）[2]由圖讀出（3）[3]電壓表電阻遠大于待測電阻阻值，故采用電流表外接法，為精確地測量該電阻，應使待測電阻兩端電壓從零開始變化，故采用分壓接法，如圖所示：四、計算題（本大題共3小題，共42分。解答應寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟，只寫出最后答案的不能得分）13.如圖所示，電源電動勢，小燈泡標有“，”。開關接1，當變阻器調到時，小燈泡正常發光；現將開關接2，小燈泡和微型電動機M均正常工作，電動機的線圈電阻為。求：（1）電源內阻；（2）正常工作時電動機的輸出功率?！敬鸢浮浚?）；（2）【解析】【詳解】（1）小燈泡正常發光，干路電流根據閉合電路歐姆定律解得（2）電動機兩端電壓正常工作時電動機的輸出功率解得14.如圖所示的示波管，電子由陰極K發射后，初速度可以忽略，經加速電場加速后垂直于偏轉電場方向飛入，從偏轉電場射出后打在熒光屏上。已知極板與陰極K間加速電壓為，、兩極板間偏轉電壓為，間距為，板長為，不計重力，電子電量為，質量為，求：（1）電子經加速到達板時的速度；（2）電子飛出偏轉電場時的偏轉距離；（3）設電子射出偏轉電場時的速度方向與方向的夾角為，求?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【解析】【詳解】（1）根據動能定理解得（2）根據牛頓第二定律，可得加速度偏轉時間飛出偏轉電場時的偏轉距離解得（3）根據類平拋運動規律解得15.如圖所示，在光滑水平地面上，左側是一個緊靠墻壁的四分之一光滑圓弧軌道A，半徑為，右側為四分之一光滑圓弧軌道，質量。兩