2022年黑龙江省哈尔滨市五常第一中学高二物理下学期期末试卷含解析_第1页
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文档简介

2022年黑龙江省哈尔滨市五常第一中学高二物理下学期期末试卷含解析一、选择题:本题共5小题,每小题3分,共计15分.每小题只有一个选项符合题意1.原来静止的物体受合外力作用时间为2t0,作用力随时间的变化情况如图所示,则()A.0~t0时间内物体的动量变化与t0~2t0内动量变化相等B.t=2t0时物体的速度为零,外力在2t0时间内对物体的冲量为零C.0~t0时间内物体的平均速率与t0~2t0内平均速率不等D.2t0时间内物体的位移为零,外力对物体做功为零参考答案:B解:A、合外力的冲量等于物体动量的改变量,故F﹣t图象与时间轴围成的面积等于物体动量的改变量.面积在时间轴的上方代表动量增加,面积在时间轴下方代表动量减小,由于面积相同;而动量变化大小相等,方向相反;故A错误.B、由于0~t0时间内的冲量与t0~2t0时间内的冲量大小相同,方向相反,即F0t0+(﹣F0)t0=0.故B正确;C、由以上的分析,2t0时刻的速度等于0时刻物体的速度等于0,所以0~t0内的平均速度等于t0~2t0内的平均速度.故C错误;D、由以上的分析可知,0~t0的位移x1等于t0~2t0的位移x2,且方向相同;由于0~t0的位移x1等于t0~2t0的位移x2,所以在0~t0时间内合外力所做的功W1=F0x1,t0~2t0时间内合外力所做的功W2=﹣F0x2,故W1=﹣W2,故D错误.故选:B2.(单选)如图所示,三根细线长度相同(质量不计),用一根细线与A、B两小球连接,另两根把A、B两小球悬挂在天花板上的同一点O,A小球带负电,B小球不带电,天花板下方存在匀强电场E,三根细线均处于直线状态,且OB细线恰好沿竖直方向,(不计AB间的静电作用)两小球均处于静止状态.则该电场E可能为图中的()A.E1B.E2C.E3D.E4参考答案:B由于B球静止不动,故B球受力平衡;因BC竖直,故小球只能受重力及BC的拉力,AB没有弹力;

对A球受力分析可知,A受重力,AC的拉力及电场力而处于平衡状态,因此三力应合力为零,由力的合成知识可知,电场力只能沿E4的方向,因粒子带负电,故电场E的方向应沿E2的方向3.我国载人飞船“神舟七号”的顺利飞天,极大地振奋了民族精神.“神七”在轨道飞行过程中,宇航员翟志钢跨出飞船,实现了“太空行走”,当他出舱后相对于飞船静止不动时,以下说法正确的是(

)A.他处于平衡状态

B.他不受任何力的作用C.他的加速度不为零

D.他的加速度恒定不变参考答案:C4.(单选)平行板电容器充电后断开电源,现将其中一块金属板远离另一板平移一小段距离。此过程中电容器的电容C、两极板带电量Q、两板间电场强度E、两板间电压U随两板间距离d的关系,表示正确的是

参考答案:C5.(单选)如图所示,匀强电场中三点A、B、C是三角形的三个顶点,∠ABC=∠CAB=30°,BC=m.已知电场线平行于△ABC所在的平面,一个带电荷量q=-2×10-6C的点电荷由A移到B的过程中,电势能增加1.2×10-5J,由B移到C的过程中,电场力做功6×10-6J.下列说法正确的是()A.B、C两点的电势差UBC=3V

B.A点的电势低于B点的电势C.负电荷由C移动到A的过程中,电势能增加

D.该电场的场强为1V/m参考答案:D二、填空题:本题共8小题,每小题2分,共计16分6.使平行板电容器带电下列图中的操作,能使静电计指针的偏角变大,说明电容器两板间的电势差U变大.参考答案:考点:电容器的动态分析.版权所有专题:电容器专题.分析:根据电容的决定式,分析电容的变化,再根据电容的定义式,分析板间电压的变化,即可判断静电计指针张角的变化.解答:解:减小正对面积,据电容的决定式C=,知电容减小,而电容器的电量不变,由电容的定义式C=,分析可知板间电压增大,所以静电计指针偏角增大.故答案为:大,大点评:此题关键掌握电容的决定式C=和电容的定义式C=,结合电容器的电量不变进行分析.7.A、B两个物体的质量之比为,它们以相同的初动能始终沿同一水平面滑动,设它们与水平面间的摩擦力大小相等,则:A、B两物体的初动量大小之比:

,A、B两个物体滑行时间之比:

;A、B两个物体滑行的距离之比:

。参考答案:,,1:18.如图所示,绝缘金属平行板电容器充电后,静电计

的指针偏转一定角度,若不改变两极板带的电量而减小两极板间的距离,同时在两极板间插入电介质,则电容器的电容将

,静电计指针的偏转角度将

。(填增大或者减小)参考答案:(1)增大

(2)减小9.已知水分子直径为4×10-10m,由此估算阿伏伽德罗常数为__________。参考答案:10.如图所示在竖直平面xOy内存在着竖直向下的匀强电场,带电小球以初速度v0,从O点沿Ox轴水平射入,恰好通过平面中的A点,OA连线与Ox轴夹角为60°,已知小球的质量为m,则带电小球通过A点时的动能为

。参考答案:水平方向

竖直方向由题意联立求解得全程由动能定理得得11.一定质量的理想气体按图示过程变化,其中bc与V轴平行,cd与T轴平行,则b→c过程中气体的内能

(填“增加”“减小”或“不变”),气体的压强

(填“增加”“减小”或“不变”),表示等压变化过程的是

(选填“a→b”、“b→c”或“c→d”).参考答案:不变;增加;a→b.【考点】理想气体的状态方程.【分析】由图象可知气体的变化过程,可知气体做等温变化,由理想气体的内能特点得出内能的变化;再由理想气体状态方程可得压强的变化.【解答】解:由图可知,b→c的过程中,气体的温度不变;而理想气体的内能只与温度有关,故气体的内能不变;由=C可知,温度不变,体积减小,故压强应增大;由=C可知,压强不变的时候,VT成正比,即为过原点的直线,所以等压变化过程的是a→b;故答案为:不变;增加;a→b.12.右图为穿过某线圈的磁通量随时间变化的一t图象,已知线圈匝数为l0匝,则0~2s线圈中产生的感应电动势大小为

V,2~6s线圈中产生的感应电动势大小为

V,6~8s线圈中产生的感应电动势大小为

V。参考答案:_10_______

____0__________

____20____13.本题共两小题,请按要求完成(1)有一个在光滑水平面内的弹簧振子,第一次用力把弹簧压缩x后释放让它振动,第二次把弹簧压缩2x后释放让它振动,则先后两次振动的周期之比为______,振幅之比为________。(2)图(a)为一列简谐横波在t=0.10s时刻的波形图,P是平衡位置在x=1.0m处的质点,Q是平衡位置在x=4.0m处的质点;图(b)为质点Q的振动图象,则在t=0.10s时,质点Q向_______方向运动,在t=0.25s时,质点P的加速度方向与y轴正方向_________,从t=0.10s到t=0.25s,该波沿x轴负方向传播了________m参考答案:

(1).1∶1

(2).1∶2

(3).y轴负

(4).相反

(5).6【详解】(1)弹簧振子的周期由振动系统本身的特性决定,与振幅无关。所以两次振动的周期之比为1:1。第一次振幅为x,第二次振幅为2x,则两次振幅之比为1:2。(2)由振动图像可知,在t=0.10s时,质点Q向y轴负方向运动,波沿x轴负向传播;因T=0.2s,则在t=0.25s=1T时,质点P的加速度方向与y轴正方向相反;波速,则从t=0.10s到t=0.25s,该波沿x轴负方向传播了.三、实验题:本题共2小题,每小题11分,共计22分14.在研究感应电流方向规律的实验中,老师演示了下列实验,要求学生根据观察填写下列表格:(灵敏电流表中电流向下,指针向右偏转)

操作方法

填写内容原磁场方向

原磁场的磁通量变

感应电流产生的磁场方向

通过对实验现象的分析得出:感应电流的磁场____________________。参考答案:原来磁场方向向下向下向上向上原来磁场磁通量变化增大减小增大减小感应电流磁场方向向上向下向下向上

感应电流的磁场总要阻碍原磁场磁通量的变化。15.用伏安法测量电阻R的阻值,并求出其电阻率ρ.实验器材:电压表V(内阻约为40kΩ)、电流表A(内阻约为30Ω)、滑动变阻器R0、电源E、开关S、待测电阻R(约为50Ω)及导线若干.(1)在下面的虚线框内画出测量R的电路图.

图甲(2)如图甲所示的坐标中的7个点表示实验中测得的7组电流I、电压U的值,试作出U—I图线并通过图线求出电阻值R=________Ω.(保留三位有效数字)(3)待测电阻是一均匀材料制成的电阻丝,用游标为50分度的游标卡尺测量其长度,用螺旋测微器测量其直径,结果分别如下图甲、乙所示,由图可知其长度为____cm,直径为____mm.(4)由以上数据可求出ρ=________Ω·m(保留三位有效数字).参考答案:四、计算题:本题共3小题,共计47分16.(10分)如图所示的电路中,R1=9Ω,R2=30Ω,S闭合时,电压表V的示数为11.4V,电流表A的示数为0.2A,S断开时,电流表A的示数为0.3A,求:(1)电阻R3的值;(2)电源电动势E和内阻r的值。参考答案:

E=12V;r=1Ω(1)两端电压:;所以两端电压为:;得流过的电流:;又因,故有;得(2)S闭合时,;从而V表读数为:,S断开时,A表读数为:,即由(1)、(2)两式,解得:E=12V;r=1Ω17.如图,在光滑水平面上有A、B两个小球,质量分别为mA=2m、mB=m,A、B之间用一轻弹簧相连.开始时A、B处于静止状态,弹簧处于原长.现给滑块C一个水平向右的初速度v,质量mC=3m,某时刻C与A发生弹性正碰,求:(i)碰撞后瞬间A和C的速度大小与方向;(ii)碰撞后弹簧所具有的最大弹性势能Epm.参考答案:解:(i)滑块C与A弹性碰撞后,速度分别为v1和v2,以水平向右方向为正方向,由动量守恒定律得:3mv=3mv1+2mv2,由机械能守恒定律得:(3m)v2=(3m)v12+(2m)v22,解得:v1=v,v2=v,方向水平向右;(ii)当A、B速度相等时,弹簧具有最大弹性势能,A、B系统动量守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律得:2mv2=3mv3,由机械能守恒定律得:(2m)v22=(3m)v32+EPm,解得:EPm=mv2;答:(i)碰撞后瞬间A和C的速度大小分别为:v、v,方向:水平向右;(ii)碰撞后弹簧所具有的最大弹性势能Epm为mv2.【考点】动量守恒定律;机械能守恒定律.【分析】(i)A、C碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒,应用动量守恒定律与机械能守恒定律可以求出碰撞后的

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