2021-2022学年云南省昆明市高二（下）期末物理试卷（Word解析版）

2021-2022学年云南省昆明市高二（下）期末物理试卷

一、单选题（本大题共6小题，共18分）

1. 利用射电望远镜，天文学家不仅可以用眼睛“看”宇宙，还可以用耳朵“听”宇宙。关于电磁场与电磁波，以下说法正确的是(    )

A. 射电望远镜能够接收电磁波，电磁波具有能量
B. 电磁波一定需要在介质中传播
C. 变化的磁场一定产生变化的电场
D. 振荡电路完成一次充电和放电过程的时间是

2. 龟兔赛跑的故事中，乌龟和兔子的位移随时间变化的图像如图所示。关于乌龟和兔子的运动，下列说法正确的是(    )

A. 乌龟做匀加速直线运动
B. 乌龟和兔子从同一地点出发
C. 时刻，乌龟从后方追上兔子
D. 时间内，兔子的速度始终大于乌龟的速度

3. 如图所示，竖直墙壁上固定一排挂钉，挂钉均与墙面垂直且在同一水平线上，将质量为的挎包挂在挂钉上静止时，挎包背带与竖直方向夹角均为，不计钉的大小及一切摩擦，挎包与墙面不接触，重力加速度为，此时两侧背带对挎包的拉力大小均为(    )

A.  B.  C.  D.

4. 如图所示，相距为的平行金属导轨、左端与边长为的正方形匝线圈连接，导体棒跨在两金属导轨上与它们组成闭合回路。正方形线圈内有磁感应强度大小为的匀强磁场，方向垂直线框平面向里，两导轨之间有磁感应强度大小为的匀强磁场，方向垂直导轨平面向里。除导体棒之外，其余电阻均不计。现使棒沿两金属导轨以恒定的速度向右运动，运动过程中始终与两导轨垂直且接触良好，时间内导体棒上产生的热量为。若固定棒，使正方形线框中的磁场均匀变化，时间内导体棒上产生的热量为，则正方形线框内磁感应强度的变化率为(    )

A.  B.  C.  D.

5. 如图所示，在方向竖直向下、场强大小为的匀强电场中，长为的绝缘轻杆可绕中点处的固定轴在竖直面内无摩擦转动，两个小球、固定于杆的两端，、球的质量分别为和，带电量均为。已知重力加速度为，不考虑带电小球间的相互作用，杆从静止开始由水平位置转到竖直位置的过程中(    )

A. 小球、与轻杆组成的系统电势能增加
B. 小球、与轻杆组成的系统电势能减少
C. 转到竖直位置时，小球的速度大小为
D. 转到竖直位置时，小球受轻杆的拉力大小为

6. 某次军事演练中，一辆装甲车和一架直升机的位置关系及运动情况可用如图所示的长方体描述，该长方体底面水平，和的边长均为。装甲车沿方向运动，直升机以的速度沿方向运动，当装甲车位于点时，直升机位于点，此时装甲车发射一枚炮弹，炮弹在其飞行轨迹的最高点恰好击中直升机，忽略空气阻力，炮弹和直升机均可视为质点，取重力加速度。则炮弹的发射速度大小为(    )

A.  B.  C.  D.

二、多选题（本大题共6小题，共24分）

7. 太阳能灭虫器通过太阳能电池板在白天充电吸收能量，晚上用灯照明吸引蚊虫，再电网将其消灭。内部电网的电路示意图如图所示，将交流电源接入理想变压器的端，通过滑片调节原、副线圈的匝数比，内置电网电极之间的电压可达。下列说法正确的是(    )

A. 该变压器为降压变压器
B. 该变压器为升压变压器
C. 滑片上移时，内置电网两电极间电压升高
D. 滑片上移时，内置电网两电极间电压降低

8. 一简谐横波在同一均匀介质中沿轴正方向传播，、是轴上的两质点，波源的平衡位置在坐标原点。时刻波源开始振动，时波刚好传到质点，波形如图所示。下列说法正确的是(    )

A. 这列波的波速大小为
B. 波源开始振动的方向沿轴正方向
C. 时，质点第一次位于波谷
D. 时，、两质点速度方向相同

9. 年月日，长征五号遥二运载火箭搭载中国载人航天工程中第一个空间站核心舱“天和核心舱”，在海南文昌航天发射场发射升空。最终“天和核心舱”顺利进入离地约高的预定圆轨道，运行速率约为，宇航员内可以看到次日出日落。已知万有引力常量，根据以上信息能估算出(    )

A. 地球的半径 B. 地球的质量
C. “天和核心舱”的质量 D. “天和核心舱”受到的地球引力

10. 如图所示，两根电阻不计、足够长的光滑金属导轨、竖直放置，是一根始终与导轨垂直且与导轨接触良好的金属杆，杆具有一定质量和电阻。开关断开，杆由静止释放时开始计时，一段时间后，将开关闭合．下列关于杆运动的速度随时间变化的图像可能正确的是(    )

A.  B.
C.  D.

11. 如图甲所示，一可视为质点的滑块以一定初速度从倾角为的固定斜面底端冲上斜面，斜面足够长。取水平地面为零势能面，滑块从斜面底端向上运动过程中机械能和重力势能随位移变化的关系如图乙中的直线Ⅰ、Ⅱ所示．取重力加速度，，。关于滑块，下列说法正确的是(    )

A. 质量为
B. 与斜面间的动摩擦因数为
C. 回到斜面底端的速度大小为
D. 向上运动和向下运动的时间之比为：

12. 如图所示，边长为的正方形处在匀强电场中，电场方向与平面平行。大量电子从点以的初动能朝不同方向飞出，运动过程中仅受电场力作用。经过、点的电子动能分别为和，不计电子间的相互作用．下列说法正确的是(    )

A. B、两点间电势差 B. 正方形上点电势最高
C. 匀强电场的场强大小为 D. 经过点的电子动能为

三、实验题（本大题共2小题，共14分）

13. 某实验小组要测定一节干电池的电动势和内阻，可利用的器材有：干电池内阻约为，电流表量程，内阻约为，电压表量程，内阻约为，滑动变阻器最大阻值，开关、导线若干。
    
    将甲图中所示的器材符号连线，画出实验电路原理图；
    实验测得的电压与电流的关系图线如图乙所示，由此得到电源电动势______，内阻______。计算结果均保留位有效数字
14. 某实验小组利用图甲所示装置测量当地重力加速度。轻绳一端系住直径为的小球，另一端固定在铁架台上点，已知点到小球球心的距离为，在点正下方固定一个光电门，小球运动至最低点时光电门能够记录下小球的遮光时间。实验时，将小球拉起至轻绳和竖直方向夹角为，由静止释放小球，小球摆至最低点时光电门光线正好射向小球球心，小球的遮光宽度可近似为，光电门记录小球的遮光时间为，试回答以下问题：
    
    用游标卡尺测量小球的直径如图乙所示，则小球的直径______；
    小球从释放位置运动至最低点时的速度为______；用题中相关物理量的字母表示
    多次改变的数值，重复以上实验过程并测量对应的，得到随变化的关系如图丙所示，该图线斜率的绝对值为，可计算得重力加速度______；用、和表示
    若考虑到实际实验过程中存在阻力，重力加速度的测量值______。选填“偏大”或“偏小”

四、计算题（本大题共4小题，共44分）

15. 如图所示的直角坐标系平面内，轴右侧有方向沿轴负方向的匀强电场。质量为、电量为的带电粒子从点沿轴正方向以速度进入匀强电场，经时间到达点，连线与轴正向成角。若撤去电场，加一个垂直平面的匀强磁场，其他条件不变，粒子仍能通过点。不计粒子的重力，求：
    电场强度的大小：
    磁感应强度的大小和方向。
16. “道威棱镜”是一种常见的光学仪器，其横截面是底角为的等腰梯形，如图所示。现有一与边平行的单色细光束从点射入棱镜面，经棱镜折射后恰好到达点。已知上底边长为，棱镜的折射率，光在真空中的传播速度为，求该细光束从点传播到点的时间。

17. 如图所示，一粗细均匀的导热直角细玻璃管，段竖直且端封闭，段水平且端开口，一段长为的水银柱将一定质量的理想气体封闭于管段中，此时水银柱左端恰好位于管的端，已知环境温度为，大气压强。若将玻璃管缓慢逆时针旋转至段水平、段竖直，观察到长的水银柱进入段中。
    求玻璃管段的长度；
    现缓慢加热气体使水银柱恰好全部回到段，求此时气体的温度。
18. 如图所示，板左端固定有力传感器，的质量包括传感器，轻质弹簧一端固定在传感器上，另一端与物块相连，的质量，、之间的动摩擦因数。、一起以的速度在光滑水平地面上向右匀速运动，此过程中传感器显示弹簧弹力为零，运动一段距离后与静止的物块发生弹性碰撞，的质量，碰撞时间极短可忽略。、碰后一段时间内，传感器显示弹簧弹力随弹簧伸长量变化的图像如图乙所示，弹簧弹力增大到时，使弹簧与物块瞬间脱离。若最终未滑离，取重力加速度为。求：
    
    板与物块碰撞结束瞬间、的速度大小；
    弹簧与物块脱离瞬间、的速度大小；
    从板与物块碰撞结束到板与物块最终相对静止的过程中，板相对地面滑动的距离。
    

答案和解析

1.【答案】 

【解析】解：射电望远镜能够接收电磁波，电磁波是由变化的电场和变化的磁场交替出现向远处传播形成的，而电场和磁场储存电能和磁场能，故A正确：
B.电磁波在真空中可以传播，不需要介质，故B错误：
C.变化的磁场可以产生电场，电场可能是变化的也可能是不变的，故C错误：
D.一个周期内电容器将完成两次充放电过程，则振荡电路完成一次充电和放电过程的时间是故D错误。
故选：。
电磁波具有能量，不需要介质，规律变化的磁场产生恒定的电场，一次充放电时间是．
本题考查电磁波，学生需要了解电磁波基本特点及涉及的公式。
 

2.【答案】 

【解析】解：、图像的斜率表示速度，由图可知，乌龟的速度不变，做匀速直线运动，故A错误；
B、由图可知，乌龟和兔子同地但不同时出发，故B正确；
C、时刻，兔子从后方追上乌龟，故C错误；
D、图像的斜率表示速度，由图可知，时间内，兔子的速度先大于乌龟的速度，后小于乌龟的速度，故D错误。
故选：。
由位移时间图像直接读出兔子和乌龟出发的时刻关系与位置关系，根据位移时间图像的斜率表示速度，来分析兔子和乌龟的运动情况；当两图象相交时，说明两个动物到达同一位置。
本题考查的是位移时间图像问题，关键要知道位移时间图像的斜率等于速度，纵坐标数值表示物体的位置，两图象的交点表示相遇。
 

3.【答案】 

【解析】解：设书包带的拉力为，书包受力如图示

根据二力平衡可知，书包带的拉力在竖直方向合力等于重力


，故C正确，ABD错误。
故选：。
本题考查力的合成与分解，书包受到的力有两个书包带的拉力，和书包的重力，书包带的拉力在竖直方向合力等于重力。
本题考查力的合成，解题关键掌握两个力的合力与分力的关系。
 

4.【答案】 

【解析】解：当棒以恒定的速度向右运动时，由切割产生感应电动势公式可知有：
只有棒有电阻，时间内产生的热量：
正方形线圈中磁感应强度变化时，
内导体棒产生的热量：
由题意知，
联立求得：，故ACD错误，B正确。
故选：。
由法拉第电磁感应定律求出两种情况下的感应电动势，由题设条件和焦耳定律列出热量相等的方程，从而求线圈中磁感应强度的变化率。
本题的靓点是把动生电动势产生的热与感生电动势产生的热进行对比的情况，抓住基础知识，灵活应用焦耳定律可以解决问题。
 

5.【答案】 

【解析】解：电场力对做正功，对做负功，电场力对做的总功为零，所以小球、与轻杆组成的系统电势能不变，故A错误；
C.小球的角速度相同，转动半径相同，则速度大小相等，根据动能定理可得
可得
故C正确；
D.根据牛顿第二定律可知：
可得
故D错误。
故选：。
根据电势能与电场力做功分析判断，并解得转到竖直位置时，小球的速度大小，根据牛顿第二定律解得拉力。
本题考查电势能与电场力做功，解题关键掌握动能定理的应用。
 

6.【答案】 

【解析】解：炮弹在竖直方向：根据
在水平方向的速度与直升机的速度相同，
则炮弹的发射速度为
联立解得，故ACD错误，B正确；
故选：。
炮弹做斜抛运动，竖直方向做减速运动，水平方向为匀速运动与直升机的速度相同，根据速度的合成求得速度。
本题主要考查了斜抛运动，明确竖直方向和水平方向的速度即可求得。
 

7.【答案】 

【解析】解：、从图示可以看出，原线圈匝数小于副线圈匝数，是升压变压器，故A错误，B正确；
、内置电网两电极间电压：，滑片上移时，原线圈匝数增加，则内置电网两电极间电压降低，故C错误，D正确。
故选：。
根据线圈的匝数的多少判断变压器的升降；当滑片上下滑时，由匝数的变化求电压的变化。
本题是变压器变压规律的理论联系实际的应用题，抓住变压规律是解决问题的关键。
 

8.【答案】 

【解析】解：由图可知波的波长为，周期为，由波速公式计算波速为，故A正确；
B.波沿轴正方向传播，则质点开始振动时沿轴负方向，所以波源开始振动的方向沿轴负方向，故B错误；
C.质点第一次位于波谷的时间为波传播到的时间加振动四分之一周期的时间：，故C正确；
D.时波刚好传到质点，则时，质点振动了
所以在时，质点正在向轴负方向振动，波传播到时，波源已经振动了
解得：
则时，质点振动了
所以质点正在向轴正方向振动，故D错误。
故选：。
根据波长与周期可解得波速，根据波的传播方向可判断质点振动方向，结合时间与周期的关系分析质点的运动情况。
本题考查了波动和振动的综合运用，会根据波的传播方向得出质点的振动方向，这是解决这类问题的基础，注意波速的计算方法。
 

9.【答案】 

【解析】解：设核心舱的周期为，距地面的高度为，质量为，地球的半径为，由题意可以求出核心舱的运行周期为
由圆周运动规律可得
解得：
故A正确；
B.由万有引力定律可知
解得：
故B正确；
由题中信息无法求出核心舱的质量，也无法求出核心舱所受地球的引力，故CD错误。
故选：。
根据据题意可确定核心舱的周期；根据万有引力提供向心力，列式求解地球的质量；无法计算核心舱的质量，也无法求出核心舱所受地球的引力。
解决本题的关键掌握万有引力提供向心力求解中心天体的质量和万有引力定律的应用。
 

10.【答案】 

【解析】解：闭合开关时，金属杆在下滑过程中，受到重力和安培力作用。
、若培力小于重力，则金属杆的合力向下，加速度向下，做加速运动，在加速运动的过程中，产生的感应电流增大，安培力增大，则合力减小，加速度减小，做加速度逐渐减小的加速运动，当重力与安培力相等时，做匀速直线运动。故A正确、B错误；
C、若重力与安培力相等，金属杆做匀速直线运动。这个图象是可能的，故C正确；
D、若安培力大于重力，则加速度的方向向上，做减速运动，减速运动的过程中，安培力减小，做加速度逐渐减小的减速运动，当重力与安培力相等时，做匀速直线运动，故D错误。
故选：。
金属杆下滑一段时间后闭合，以后金属杆在下滑过程中，受到重力和安培力作用，分析安培力与重力大小关系，根据安培力大小与速度大小成正比，分析金属杆的加速度变化，确定金属杆的运动情况。
本题是电磁感应的动态变化分析，分析方法可以和机车启动的动态变化过程进行类比解答，注意不能漏选。
 

11.【答案】 

【解析】解：由
可得

故A错误；
B.由图乙可知物体的机械能减少，所以物体克服摩擦力做功
可得

故B正确；
C.沿斜面下滑时克服摩擦力做功不变，为
可得回到斜面底端的速度大小为

故C正确；
D.向上运动时，由牛顿第二定律可得

向下运动时，由牛顿第二定律可得

向上和向下运动时位移大小相同，有

联立可得
：：
故D错误。
故选：。
根据功能关系进行解题，结合重力势能的计算公式与图像解得物体质量，根据功能关系解得动摩擦因数，再根据牛顿第二定律及运动学公式解得时间之比。
本题考查了能量关系及动能定理，解题的关键是知道结合图象进行解题，并结合动能定理及能量转化解题即可。
 

12.【答案】 

【解析】解：根据动能定理
可得

故A正确；
B.两点间的电势差为
两点间的电势差为
以点为零电势点，则有
，
则在连线上点电势相等的点距离点处，如图所示

所以点电势最小，故B错误；
C.的正切为
则

匀强电场的场强大小为
将代入解得：
故C正确；
D.沿电场方向间的距离为
 
将代入解得：
则

由

可得

故D正确。
故选：。
根据动能定理结合电势差与电势的关系解得的电势，找到等势线，电场线与等势线垂直，根据可解得电场强度，结合动能定理可解得过点的动能。
本题考查匀强电场中电势差与电场的关系，注意先根据计算的大小，代表沿电场线的距离。
 

13.【答案】   

【解析】解：根据用伏安法测电源电动势和内阻的原理，由于干电池的内阻很小，所以采用电流表的外接法相对于电源内阻，画出原理图如图所示；
根据闭合电路的欧姆定律得：
由图示图象纵截距和斜率可知，电池电动势，电池内阻。
故答案为：电路图如解析所示；；。
为方便实验操作，滑动变阻器采用限流接法，电源内阻较小采用外接法相对于电源，据此画出电路图；
根据实验数据得到的图象。应用闭合电路的欧姆定律求出图象的函数表达式，根据图示图象求出电池的电动势与内阻。
理解实验原理是解题的前提，应用图象法处理实验数据是常用的实验数据处理方法，要掌握图象的截距斜率的物理意义。
 

14.【答案】    偏大 

【解析】解：图乙游标卡尺分度值为，读得小球的直径为
；
小球从释放位置运动至最低点时的速度为
；
小球从静止释放到最低点过程中，由动能定理得
 
可得

图丙中图线斜率的绝对值为，则可得

解得：；
考虑空气阻力作用，小球运动时克服空气阻力做功为，则
 
可得

可得到随变化的关系如图所示

可知重力加速度的测量值比真实值偏大。
故答案为：偏大
根据游标卡尺读数规则读数；
小球经过最低点时速度可用平均速度替代；
根据定能定理推出图像表达式，结合图像信息即可求解；
根据实验原理分析阻力对实验的影响。
遇到实验误差问题，关键是明确实验原理，根据物理规律列出相应方程，然后根据图像斜率求解讨论即可。
 

15.【答案】解：带电粒子在电场内做类平抛运动，在方向做匀速直线运动，在方向做初速度为零的匀加速直线运动，则


由牛顿第二定律可知，电场力提供加速度，即

由几何关系可知

联立解得：；
若撤去电场，加一个重直平面的匀强磁场后，粒子将在磁场中做匀速圆周运动，要使粒子到达点，磁场的方向应该重直平面向外，粒子所转过的圆心角为，即粒子在磁场中运动的轨道半径为

由洛伦兹力提供向心力得

解得：。
答：电场强度的大小为；
磁感应强度的大小为，方向重直平面向外。 

【解析】带电粒子在电场内做类平抛运动，根据平抛运动规律求解场强大小；
若撤去电场，加一个重直平面的匀强磁场后，粒子将在磁场中做匀速圆周运动，根据左手定则判断磁场方向，由洛伦兹力提供向心力列式求磁感应强度大小。
本题考查了带电粒子在磁场与电场中的运动，根据题意分析清楚粒子在磁场与电场中的运动过程是解题的前提，应用类平抛运动规律与牛顿第二定律可以解题。
 

16.【答案】解：光束在棱镜中的传播速度为
画出光路图如图所示，根据折射定律得
 
其中，解得
根据几何知识可知，平行于，则
在中，由正弦定理得
 
已知，解得
故该细光束从点传播到点的时间为
解得
答：该细光束从点传播到点的时间为。 

【解析】先根据求出光束在棱镜中的传播速度。画出光路图，由折射定律求出光束在点的折射角，再根据几何知识求出长度，即可求解光束从点传播到点的时间。
本题考查光的折射定律，要能根据题意画出光路图，运用光的折射定律和几何关系相结合求解。
 

17.【答案】解：对管内侧气体，初状态气体的压强为，气体长度为。转动后，气柱长度为，气体压强为，根据题意可得：，，
，，
此过程为等温变化，根据玻意耳定律，有：，即，
解得：
若缓慢加热气体，升高温度，当管中水银全部进入竖直管中时，此时压强，，？
根据理想气体状态方程有，，
代入解得：
答：玻璃管段的长度为；
现缓慢加热气体使水银柱恰好全部回到段，此时气体的温度为。 

【解析】先求出初、末态气体的压强，再根据玻意耳定律，求出末状态气柱长度；
若将 段置入热源中，缓慢升高温度，有部分水银溢出，但气体压强不变，根据查理定律求解即可。
本题关键是解出封闭气体压强，根据几何关系求气体的体积，然后根据玻意耳定律和理想气体状态方程求解。
 

18.【答案】解：取向右为正方向，和碰撞过程中，根据动量守恒定律可得：

根据机械能守恒定律可得：
联立可得：，
设弹簧与物块脱离瞬间、的速度大小分别为、，取向右为正方向，对和组成的系统，由动量守恒定律可得：

和系统动能的减少量等于克服弹簧弹力和摩擦力做的功，则有：

联立可得：，；
板与物块碰撞结束到弹簧与物块瞬间脱离，由的分析可知，的总动量为零，则可得

且：
联立解得：
与弹簧分离后，由动能定理可得：
代入数据解得：
同理可得，这个过程中的位移大小为：
所以相对地面的位移为：．
答：板与物块碰撞结束瞬间的速度大小为，方向向左、的速度大小为，方向向右；
弹簧与物块脱离瞬间的速度大小为，方向向左、的速度大小，方向向右；
从板与物块碰撞结束到板与物块最终相对静止的过程中，板相对地面滑动的距离为。 

【解析】和碰撞过程中，根据动量守恒定律机械能守恒定律列方程求解；
对和组成的系统，由动量守恒定律、功能关系进行解答；
根据动量守恒定律、动能定理列方程解答。
本题主要是考查了动量守恒定律和能量守恒定律；对于动量守恒定律，其守恒条件是：系统不受外力作用或某一方向不受外力作用或合外力为零；解答时要首先确定一个正方向，利用碰撞前系统的动量和碰撞后系统的动量相等列方程，再根据能量关系列方程求解。