2022乌鲁木齐八中高二下学期期中考试物理试题

乌市八中2021-2022学年第二学期高二期中考试物理答案

一、选择题

1．在卢瑟福的粒子散射实验中，使极少数粒子发生大角度偏转的力是（　　）

A．弹力 B．核力 C．分子力 D．电场力

【答案】D

2．如果用表示某固体物质的摩尔质量，表示其密度，为阿伏伽德罗常量，则该物质中每个分子的体积为（　　）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】

【详解】

该固体物质的摩尔体积为

所以该物质中每个分子的体积为

ABD错误，C正确。

故选C。

3．关于热力学定律，下列说法中正确的是（　　）

A．热量不能从低温物体传到高温物体

B．在一定条件下，物体的温度可以降低到0K

C．第二类永动机违背了热力学第一定律，因而是不可能实现的

D．一个物体的内能增加，必定有其他物体对它做功或向它传递热量

【答案】D

【解析】

【详解】

A．根据热力学第二定律可知，热量不能自发的从低温物体传到高温物体，故A错误；

B．绝对零度是一切低温物体的极限，不可能达到，故B错误；

C．第二类永动机违背了热力学第二定律，因而是不可能实现的，故C错误；

D．一个物体的内能增加，必定有其他物体对它做功或向它传递热量，故D正确。

故选D。

4．2022年3月23日，中国空间站天宫课堂第二课正式开讲，历城二中小王同学看了以后对航天员的太空生活产生了浓厚兴趣，他想知道24h内航天员看到日出的次数。小王同学查阅资料得到以下数据：中国空间站离地高度约为387km，地球同步卫星离地高度约为36000km，地球半径约为6400km。请利用以上数据帮助小王同学计算航天员在24h内看到日出的次数为（　　）

A．14 B．16 C．18 D．20

【答案】B

【解析】

【详解】

由题意可知，空间站的轨道半径为

地球同步卫星的轨道半径为

地球同步卫星的周期为

则根据开普勒第三定律可得

可得，空间站的周期为

所以航天员在24h内看到日出的次数为

故选B。

5．一城市绿化洒水车停在路边，其横截面积为S的水龙头喷嘴持续水平喷出速度恒定的水流。水流从刚离开喷嘴到落地经历的时间为t，水流落地点与喷嘴的连线与水平地面间的夹角为，忽略空气阻力及水滴在空中运动的细微差别，重力加速度大小为g，以下说法正确的是（　　）

A．水流刚离开喷嘴时的速度为

B．空中水柱的水量为

C．水流在空中运动过程中的位移大小为

D．水流落地时的速度为

【答案】B

【解析】

【详解】

A．水流落地时竖直方向的速度

下落的高度

水平方向的位移

又

解得

故A错误；

B．空中水柱的水量为

故B正确；

C．下落得高度

根据几何关系得水流落地时位移大小为

故C错误；

D．水落地时竖直方向的分速度

水落地的速度

解得

故D错误。

故选B。

6．下列说法正确的是（　　）

A．清晨植物叶面上的露珠呈球形，是因为水的表面张力作用

B．温度升高，分子热运动的平均动能增大，每个分子运动的速率都增大

C．在使两个分子间的距离由很远（r>10-9m）减小到很难再靠近的过程中，分子间作用力先减小后增大；分子势能不断增大

D．悬浮微粒越大，在某一瞬间撞击它的液体分子数就越多，布朗运动越不明显

【答案】AD

【解析】

【详解】

A．清晨植物叶面上的露珠呈球形，是因为水的表面张力作用，故A正确；

B．温度升高，分子平均动能增大，不代表所有分子的动能都增大，个别分子可能还减小，B正确；

C．使两个分子间的距离由很远（r>10-9m）减小到很难再靠近的过程中，分子间作用力先增大后减小再增大，分子势能先减小后增大，C错误；

D．悬浮微粒越大，在某一瞬间撞击它的液体分子数就越多，受力越趋于平衡，布朗运动越不明显，D正确。

故选BD。

7．如图中带箭头的直线是某一电场中的一条电场线，在这条线上有A、B两点，若用、表示A、B两点的场强大小，则下列说法中正确的是（　　）

A．A、B两点的场强方向相同

B．电场线从A指向B，所以

C．A、B同在一条电场线上，且电场线是直线，所以

D．不知A、B附近的电场线分布状况，、的大小不能确定

【答案】AD

【解析】

【详解】

A．场强方向是电场线的切线方向，则A、B两点的场强方向相同，选项A正确；

BCD．一条电场线不能判断疏密，不知A、B附近的电场线分布状况，则不能比较两点的场强关系，选项BC错误，D正确。

故选AD。

8．小球从空中自由下落，与水平地面相碰后反弹到空中某一高度，其速度随时间变化的关系由下图可知，它在0.5s时与地面第一次碰撞，不计空气阻力，取g=10 m/s2，则正确的是（　　）

A．小球下落的最大高度为1.25m

B．小球能弹起的最大高度为0.45 m

C．小球第一次落地时的速度为零

D．小球在空中下落过程与它在空中上升过程的加速度方向相反

【答案】AB

【解析】

【详解】

A．由图像可知，时间轴上方图像与坐标轴围成的面积大小等于小球下落的最大高度

A正确；

B．由图像可知，时间轴下方图像与坐标轴围成的面积大小等于小球能弹起的最大高度

B正确；

C．由图像可知，小球第一次落地时的速度即0.5s时的速度5m/s，不等于零。C错误；

D．不计空气阻力，由牛顿第二定律，小球在空中下落过程与它在空中上升过程的加速度

方向都竖直向下，方向相同，D错误。

故选AB。

9．利用图甲所示的实验装置测量遏止电压Uc与入射光频率v的关系。若某次实验中得到如图乙所示的Uc-v图像。已知普朗克常量，则下列说法正确的是（　　）

A．电源的右端为正极

B．遏止电压Uc越大说明光电子最大初动能越大

C．若保持入射光频率不变，增大入射光光强，遏止电压也会增大

D．该金属的逸出功约为

【答案】ABD

【解析】

【详解】

A．因为测量遏止电压Uc与入射光频率v的关系时，需要使加在两极板间的电压为反向电压，使电子减速，所以应该让电场方向从K指向A，所以电源右端应为正极，故A正确；

B．因为最大初动能为

即遏止电压Uc越大说明光电子最大初动能越大，故B正确；

C．由爱因斯坦光电效应方程知

遏止电压与只与入射光频率有关，与入射光强度无关，故C错误；

D．当最大初动能为零时，对应频率即为截止频率，由图像知截止频率为

所以逸出功为

故D正确。

故选ABD。

5．如图所示，水平面内固定有电阻可忽略且足够长的光滑“凸”形金属导轨，左侧宽度为L1，右侧宽度为L2，且L1=2L2，有两根材料相同，质量均为m的导体格垂直两平行导轨静止放置，在垂直于导轨平面内有匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直轨道平面向外。现给导体棒II一初速度v0，使其沿水平方向开始运动直至达到稳定状态，整个过程导体棒I一直在左侧导轨部分，下列说法正确的是（　　）

A．导体棒I达到稳定状态时速度为 B．导体棒I达到稳定状态时速度为

C．整个过程中通过导体棒II的电荷量为 D．整个过程中导体棒II上产生的焦耳热为

【答案】BCD

【解析】

【详解】

AB．达到稳定状态时电流为零，此时导体棒Ⅰ的速度为，导体棒Ⅱ的速度为，则有

解得

设过程中通过导体棒的平均电流为I，对导体棒Ⅰ根据动量定理可得

对导体棒Ⅱ根据动量定理可得

则

解得

，

所以导体棒Ⅰ达到稳定状态时速度为，故B正确，A错误；

C．对导体棒Ⅱ根据动量定理可得

其中，则整个过程中通过导体棒Ⅱ的电荷量为

故C正确；

D．整个过程中系统产生的焦耳热

两个导体棒材料相同，质量相同，则体积相同，横截面积之比为1∶2，由电阻定律可知电阻之比为4∶1，导体棒Ⅱ上产生的焦耳热为

故D正确。

故选BCD。

二、实验题

11．打点计时器是高中物理实验中常用的实验器材，请你完成下列有关问题：

（1）如图A、B是两种打点计时器的图片，其中A是___________打点计时器；

（2）打点计时器使的电源为___________（选填交流或直流）电源；

（3）接通打点计时器电源和让纸带开始运动，这两个操作之间的时间顺序关系是___________；

A．先接通电源，后让纸带运动        B．先让纸带运动，再接通电源

C．让纸带运动的同时接通电源        D．先让纸带运动或先接通电源都可以

（4）如果当时电网中交变电流的频率稍有增大，频率从变成了，而做实验的同学并不知道，仍按照进行数据处理，那么速度的测量值与实际值相比___________；（选填：偏大、偏小、不变）

（5）某同学利用打点计时器所记录的纸带来研究做匀变速直线运动小车的运动情况，实验中获得一条纸带，如图所示，其中两相邻计数点间有四个点未画出。已知所用电源的频率为50Hz，则打A点时小车运动的速度vA=___________m/s，小车运动的加速度a=___________m/s2。（结果要求保留三位有效数字）

【答案】     电火花     交流     A     偏小     0.337     0.393

【解析】

【详解】

（1）[1]根据打点计时器的结构可知，A是电火花打点计时器，B是电磁打点计时器。

（2）[2]打点计时器用的都是交流电。

（3）[3]若先释放纸带后接通电源，有可能会出现小车已经拖动纸带运动一段距离，电源才接通，那么纸带上只有很小的一段能打上点，大部分纸带没有打上点，纸带的利用率太低。所以应当先接通电源，后让纸带运动，故选A。

（4）[4]计算速度公式，若频率从50Hz变成了60Hz，但仍按50Hz处理，则时间偏大，速度计算出来偏小。

（5）[5]根据匀变速直线运动推论，时间中点的速度等于这段时间的平均速度，可得

因为相邻计数点间有四个点未画出，则周期T=0.1s，代入数据得到

[6]匀变速运动，相等时间间隔的位移差公式有

故

12．国内广泛使用的电热丝的主要材料是铁铬铝、镍铬电热合金两类，它们各具优点。某同学在测定一根废旧电热丝的电阻实验中：

（1）首先用螺旋测微器测量该电热丝的直径，其中某一次测量结果如图甲所示，其读数应为________。

（2）接着用欧姆表粗测其电阻值，选用“×10”倍率的电阻挡测量时，发现欧姆表指针偏转角较小，因此需选择________（填“×1”或“×100”）倍率的电阻挡，重新欧姆调零后再进行测量时示数如图乙所示，则待测电阻值为________Ω。

（3）用伏安法准确测量其电阻，备选器材有：

电源E，电动势约为5.5V，内阻可忽略不计；

电压表，量程为0-0.5V，内阻；

电压表，量程为0~6V，内阻约为10；

电流表A，量程为0~0.6A，内阻约为0.5Ω；

定值电阻，；

滑动变阻器R，最大阻值为20Ω；

单刀单掷开关S一个，导线若干。

①测量中要求所用电表的读数都不小于其量程的，并尽可能多测量多组数据，请合理选择器材并在图所示虚线框中画出测量电阻的实验电路图（图中标明所选器材的符号）。(      )

②若电压表、电压表、电流表A示数分别用符号、、I表示，则由实验电路图选用的两个电表对应示数的符号和题中已知量的代表符号计算的表达式为________。

【答案】     0.750     ×100     500         

【解析】

【详解】

（1）[1]螺旋测微器读数是固定刻度读数(0.5mm的整数倍)加可动刻度（0.5mm以下的小数）读数，图中读数为

（2）[2]用欧姆表粗测其电阻值，选用“×10”倍率的电阻挡测量时，发现欧姆表指针偏转角较小，说明待测电阻偏大，因此需选择“×100”倍率的电阻挡进行测量；

[3]根据欧姆表的示数可得读数为

（3）[4]测量电阻的实验，为尽可能的多测几组数据，故滑动变阻器选用分压式连接；待测电阻约为550Ω，电源电动势5.5V，故电路中最大电流小于电流表量程的，故不选择电流表，而是选择两个电压表来测量电阻的电阻，根据电压表量程与定值电阻的关系，将小量程电压表测量定值电阻的电压，综上所述，电路设计如图：

[5]根据并联分流，串联分压和欧姆定律可得

其中为电压表的读数；为电压表的读数；为定值电阻的阻值；为电压表的内阻。

计算题

13．、两车沿同一直线向同一方向运动，车的速度，车的速度。当车运动至车前方处时，车刹车并以的加速度开始做匀减速直线运动。求：

（1）从该时刻开始计时，车追上车需要的时间；

（2）在车追上车之前，二者之间的最大距离。

【答案】（1）；（2）

14．如图所示，竖直放置的汽缸内壁光滑，横截面积为S=10-3 m2，活塞的质量为m=2 kg，厚度不计。在A、B两处设有限制装置，使活塞只能在A、B之间运动，B下方汽缸的容积为1.0×10-3 m3，A、B之间的容积为2.0×10-4 m3，外界大气压强p0=1.0×105 Pa，开始时活塞停在B处，缸内气体的压强为0.9p0，温度为27 ℃，现缓慢加热缸内气体，直至327 ℃。g=10 m/s2，求：

（1）活塞刚离开B处时气体的温度t2；

（2）缸内气体最后的压强。

【答案】（1）127 ℃；（2）1.5×105 Pa

【解析】

【详解】

（1）活塞刚离开B处时，设气体的压强为p2，由二力平衡可得

p2=p0＋

解得

p2=1.2×105 Pa

气体发生等容变化，由查理定律得

t1=27 ℃

解得

t2=127 ℃

（2）假设活塞最终移动到A处时缸内气体最后的压强为p3，由理想气体状态方程得

t1=27 ℃

t3=327 ℃

V0=1.0×10-3 m3

V3=1.2×10-3 m3

解得

p3=1.5×105 Pa

因为p3>p2，故活塞最终移动到A处的假设成立。

15．如图所示，一上端开口，下端封闭的细长玻璃管竖直放置，下部有长h1＝66cm的水银柱，中间封有长l0＝6.5cm的空气柱，上部有长h2＝56cm的水银柱，此时水银面恰好与管口平齐．现使玻璃管绕底端在竖直平面内缓慢地转动一周，求在开口向下和转回到原来位置时管中空气柱的长度。已知大气压强为p0＝76 cmHg。设转动过程中气体质量及温度不变。

【答案】13cm，10cm

【解析】

【详解】

玻璃管开口向下时，封闭端部分真空，开口端剩下的水银柱长度为h

解得

玻璃管转至开口向上时

解得

16.如图，一竖直圆管质量为m，下端距水平地面的高度为H，顶端塞有一质量也为m的小球。圆管由静止自由下落，与地面发生多次弹性碰撞，且每次碰撞时间均极短；在运动过程中，圆管始终保持竖直。已知球和圆管之间的滑动摩擦力大小为kmg（k＞1）, g为重力加速度的大小，不计空气阻力。

（1）求管第一次与地面碰撞后的瞬间，圆管和球各自的加速度大小；

（2）圆管从开始释放到与地面第二次碰撞的瞬间，圆管运动的路程

（3）从开始释放圆管到圆管和小球都静止，摩擦力对圆管及小球做的总功W。

解答 解：（1）设圆管第一次上升的过程中小球的加速度为a1，圆管得加速度为a2

对球： ma1= kmg−mg得a1=（k-1）g，方向竖直向上．
对圆管：ma2= kmg+mg得a2=（k+1）g，方向竖直向下．

（2）设以地面为零势能面，向上为正方向，圆管第一次落地的速度大小为，由机械能守恒得

解得

圆管第一次弹起的最大高度     

解得

圆管运动的路程     

（3）设小球相对圆管滑动距离为

根据能量守恒有

摩擦力对小球及圆管做的总功

解得

17．我国目前采用的是托卡马克（如图甲）磁约束装置作为核反应“容器”，在2021年5月，中科院合肥物质科学研究院研发的“EAST人造太阳”持续“燃烧”了101秒。某实验室简化的模拟磁约束磁场如图乙所示，半径为R的足够长水平圆柱形区域内分布水平向右的匀强磁场Ⅰ，并已知磁感应强度为B；圆柱形磁场区域Ⅰ外侧分布有厚度为L的环形磁场Ⅱ，其磁感应强度大小处处相同，方向与B（磁场Ⅰ）垂直，其左视图与纵截面图分别如图丙、图丁所示。某时刻速度为的氘原子核（已知氘原子核质量为m，电荷量为q）从水平磁场Ⅰ最低点竖直向下射入磁场Ⅱ，氘原子核恰不能飞出磁场区域，忽略粒子重力和空气阻力，不考虑相对论效应。求：

（1）环形磁场Ⅱ的磁感应强度大小；

（2）该氘原子核从出发后到第二次回到水平磁场Ⅰ最低点需要的时间；

（3）若氘原子核以2v的速度在水平磁场Ⅰ最低点射出，在竖直平面内与水平方向成θ=60°角射入磁场Ⅱ（如图丁所示），则从出发后到第二次回到水平磁场Ⅰ最低点的时间内，氘原子核的水平位移为多少。

【答案】（1）；（2）；（3）

【解析】

【详解】

（1）根据题意，粒子恰好不能由磁场Ⅱ飞出，则满足

根据牛顿第二定律可得

解得

（2）粒子在磁场Ⅰ区域时

，

解得

所以粒子在磁场Ⅰ区域轨迹如图

所以粒子在磁场Ⅰ区域运动总时间

粒子在磁场Ⅱ中做四次半个圆周运动，总时间

所以

（3）粒子在磁场Ⅱ中运动

则速度为2v时轨道半径为

粒子在磁场Ⅱ中每运动一次水平位移为，粒子由磁场Ⅱ进入磁场Ⅰ时

其速度可分解为与磁场Ⅰ垂直的分速度

与磁场Ⅰ平行的分速度

粒子以在磁场Ⅰ中做圆周运动轨迹如图

则有

，

在磁场Ⅰ中运动总时间

磁场Ⅰ中的水平位移

磁场Ⅱ中的水平位移

所以粒子总水平位移