湖南省湘潭县2021-2022学年高二物理上学期期末考试试卷（Word版附解析）

绝密★启用前2021年下学期高二期末考试试题卷物理本试卷共6页。全卷满分100分，考试时间75分钟。注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应的答案标号涂黑，如有改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案；回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.物理学在发展完善的过程中，不同年代的物理学家对物理现象进行观察、思考和研究、在实验论证、逻辑推理、演绎论证等基础上建构了现在比较完善的体系。下列关于物理学重大历史事件描述合理的是（　　）A.19世纪30年代，库仑提出一种观点。认为在电荷的周围存在着由它产生的电场，电荷之间通过电场相互作用B.为解释磁体产生磁场，伏特提出了分子电流假说。认为在物质内部，存在着一种环形电流——分子电流。分子电流使每一个物质微粒都成为微小的磁体，它两侧相当于两个磁极C.1831年，法拉第在一次科学报告会上，当众表演了一个实验，一个铜盘的轴和铜盘的边缘分别连在“电流表”的两端。他摇动手柄使铜盘在磁极之间旋转，“电流表”的指针随之摆动。这是根据电磁感应现象制造的最早的圆盘发电机D.1820年，特斯拉在一次讲课中，他偶然地把导线放置在一个指南针的上方，通电时指南针转动了。这就是电流的磁效应，首次揭示了电与磁的联系【答案】C【解析】【详解】A．19世纪30年代，法拉第提出一种观点，认为在电荷的周围存在着由它产生的电场。电荷之间通过电场相互作用。故A错误；B．为解释磁体产生磁场，安培提出了分子电流假说。认为在物质内部，存在着一种环形电流 ——分子电流，分子电流使每一个物质微粒都成为微小的磁体，它的两侧相当于两个磁极。故B错误CD．1820年，奥斯特在一次讲课中，他偶然地把导线放置在一个指南针的上方，通电时指南针转动了。这就是电流的磁效应，首次揭示了电与磁的联系，故C正确，D错误。故选C。2.质量可以视为质点钢球，从离地高为的位置静止释放，不考虑空气阻力的影响，钢球自由下落且着地后不反弹，取重力加速度。在钢球静止释放后，下列说法正确的是（　　）A.合外力冲量的方向始终是竖直向上B.钢球在自由下落过程重力冲量的大小C.钢球在自由下落过程动量变化量大小D.钢球释放末其动量大小是【答案】B【解析】【详解】A．在钢球静止释放后到落体的过程可分为两个阶段，第一阶段是自由下落过程，只受重力作用，合外力方向竖直向下；第二阶段是与地面接触的过程，合外力方向竖直向上，由于合外力冲量方向即是合外力的方向，故A错误；B．钢球释放后做自由落体运动，只受到重力作用，在空中飞行的时间着地时的速度重力的冲量 方向竖直向下，故B正确；C．由动量定理，自由下落阶段动量变化率等于重力的冲量，等于，故C错误；D．由于小钢球在空中只运动了0.3s，所以1s末是静止状态，其动量为零，故D错误。故选B。3.如图所示，通电直导线的左侧O处有一小磁针（图中未画出），静止时小磁针的北极垂直纸面向里。图中连线与导线垂直，下列说法正确的（　　）A.直导线中的电流方向是从A流向CB.关于直导线与O对称的E处的磁场与O处磁场相同C.将小磁针平移到O的左侧D处，静止时北极垂直纸面向外D.直导线中的电流逐渐增大的过程中，小磁针顺时针旋转（从A向C看）【答案】A【解析】【详解】A．静止时小磁针的北极垂直纸面向里，即磁场方向向里，根据安培定则可知直导线中的电流方向是从A流向C，故A正确；B．根据安培定则可知，关于直导线与O对称的E处的磁场与O处磁场方向相反，故B错误；C．通电直导线左侧的磁场方向相同，所以将小磁针平移到O的左侧D处，静止时北极依然垂直纸面向里，故C错误；D．直导线中的电流逐渐增大的过程中，磁场方向不变，所以小磁针不会转动，故D错误。故选A。4.一带电体在O点静止释放后，在竖直平面内向上运动，带电体的动能大小与位移的关系如图所示，和分别表示带电体经过A和B两个位置时的动能。下列分析合理的是（　　） A.竖直平面一定存在竖直向上的匀强电场B.O、A、B三个位置不在一条直线上C.带电体经过A和B两个位置时的电势能大小关系是D.带电体经过A和B两个位置时的机械能大小关系是【答案】C【解析】【详解】A．由图线可知带电体的动能与竖直向上的位移的关系可表示为图线的斜率表示带电体受到的合外力，斜率不变，合外力不变，说明带电体做匀加速直线运动，受到竖直向上的恒定电场力作用。但由于带电体带电性未知，所以电场方向不能确定是竖直向上，故A错误；B．带电体在O点静止释放后，在竖直平面内向上运动可知O、A、B三个位置在一条直线上，故B错误；C．带电体在空中运动过程中，只有重力和电场力做功，由能量守恒可知，从A到B，动能和重力势能都增加了，则电势能必定较小，所以有，故C正确；D．由图知带电体由A运动到B，动能增加，此过程带电体在向上运动，重力势能也在增加，所以机械能一定在增加，即，故D错误。故选C。5.如图所示，单匝金属矩形线框垂直放在一足够大的匀强磁场中。已知，磁感应强度。下列说法正确的是（　　） A.线框与磁场垂直时，穿过线框平面的磁通量为0B.线框与磁场平行时。穿过线框平面的磁通量为C.线框绕轴线匀速转动过程中，线框内有感应电流D.线框绕边匀速转动过程中，线框内不会产生感应电流【答案】C【解析】【详解】AB．在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一个与磁场方向垂直的平面，面积为S，我们把B与S的乘积叫做穿过这个面的磁通量线框与磁场垂直时，磁通量最大；线框与磁场平行时，磁通量等于0，故AB错误；CD．闭合回路中产生感应电流的条件是穿过回路的磁通量发生改变，线框绕轴或者绕轴转动时，穿过线框的磁通量一直在发生改变，线框内都会有感应电流，故C正确，D错误。故选C。6.已知表头的内阻，满偏电流。现在要求把它改装成量程为和的电压表V1和V2。下列说法合理的是（　　）A.要把表头改装成电压表V1，需要给它串联一个阻值为的定值电阻B.电压表V1的内阻大于电压表V2的内阻C.电压表V1和V2并联接在电路中，两表指针偏转角度和示数都相同D.电压表V1和串联接在电路中，两表指针偏转角度相同，电压表V2的示数较大【答案】D 【解析】【详解】AB．把表头改装成量程为和的电压表和﹐需要分别串联阻值为和的定值电阻，电压表和的内阻分别是和。故AB错误；C．电压表V1和并联接在电路中，两表的示数相等，由于，根据欧姆定律有，电压表的指针偏转角度较大，故C错误；D．将两个电压表串联接在电路中，流过两个表头的电流大小相等，指针偏转角度一样，电压表的示数是表头和定值电阻两端的电压之和，所以电压表的示数较大。故D正确。故选D。二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分.7.如图所示，电容器的电容分别为和，定值电阻的阻值分别为和，电源电动势、内阻不计。下列说法正确的是（　　）A.开关S断开时，a，b两点电势差为0B.开关S闭合后a，b两点间的电流是C.开关S断开时，带的电荷量比带的电荷量大D.不论开关S断开还是闭合，带的电荷量总比带的电荷量大【答案】BC【解析】【详解】AC．电容器在恒定电路中是断路，开关断开，并联在电源的两端，故电势差 等于电源电动势，又因为电容大，根据电容的定义式可知，带的电荷量比带的电荷量大，故A错误，C正确；B．开关闭合后，电路是与电源组成的串联电路，可得间电流为故B正确；D．电容器两端电压为电容器两端电压为的电容是的电容的2倍，根据可知带的电荷量等于带的电荷量，故D错误。故选BC。8.如图，匀强电场内的M、N、P刚好是直角三角形的三个顶点，匀强电场的方向与此平面平行，已知，电势差。下列说法正确的是（　　）A.B.C.电场方向平行于D.匀强电场的场强大于【答案】BD【解析】 【详解】AB．由题意可得故A错误，B正确；C．如图所示，在MP上取一点S，使MS与NS长度之比为4∶3，则连线NS为等势线，根据几何关系可得所以NS与MP不垂直，根据电场强度方向垂直于等势线可知该匀强电场方向与MP不平行，故C错误；D．如图所示，作，则PP′为一条等势线，再作，则电场强度方向由P′指向M，根据几何关系可知MP′＜MP，根据匀强电场中场强与电势差的关系可得故D正确故选BD。9.如图所示为欧姆表原理示意图，其中电流表的满偏电流，内阻，调零电阻R的最大阻值为，定值电阻，电池电动势，内阻不计，欧姆表刻度盘指针偏转在满偏的区间时测量较为准确。关于该欧姆表的准确测量范围，下列说法正确的是（　　） A.可准确测定的最小阻值为B.可准确测定的最小阻值为C.可准确测定的最大阻值为D.可准确测定的最大阻值为【答案】BC【解析】【详解】AB．欧姆调零后，欧姆表内阻为题目告知欧姆表刻度盘指针偏转至满偏的时读数最准确，即电流在时电阻测量值最准确，当电流为时，待测阻值即为可准确测定的最小阻值，由闭合电路欧姆定律可解得故A错误，B正确。CD．当电流为时，待测阻值即为可准确测定的最大阻值，带入闭合电路欧姆定律可计算得故C正确，D错误。故选BC。10.如图所示，一个折射率为的三棱镜，顶角是，左右两侧分别为界面Ⅰ和界面Ⅱ。有一束单色光以图示方向射到三棱镜界面Ⅰ上，入射角为，不考虑在界面Ⅰ 和界面Ⅱ发生的二次反射。则下列有关这束光传播过程的判断正确的是（　　）A.三棱镜发生全反射的临界角B.两个界面都一定会发生反射现象C.在界面Ⅱ一定会发生折射现象D.在界面Ⅱ可能会发生全反射现象【答案】ABC【解析】【详解】A．根据可得临界角故A正确；B．光从一种介质进入另一种介质时，都会发生反射现象，故B正确；CD．因为，当界面Ⅰ上的入射角i最小时，界面Ⅱ的入射角最大，根据几何关系可知，界面Ⅱ上的入射角最大为45°，故界面Ⅱ上一定不会发生全反射现象，会发生折射现象，故C正确，D错误。故选ABC。三、非选择题：本题共5小题，共56分.11.如图所示为“验证碰撞中的动量守恒”的实验装置。（1）下列要求不符合本实验的是___________， A．入射球质量一定要比靶球质量大B．在同一组实验中，入射球可从任意位置静止释放C．安装轨道时末端必须水平D．需要的测量仪器有天平和刻度尺（2）实验中记录了轨道末端在记录纸上的竖直投影为O点，经多放入射球，在记录纸上找到了两球的平均落点位置M，P，N，并测得它们到O点的距离分别为和已知入射球的质量为，把球的质量为。如果等式___________成立，则碰撞中的动量守恒。【答案】①.B②.【解析】【详解】（1）[1]A．为保证小球碰撞后两个小球都向前运动落到地面，则入射球质量一定要比靶球质量大，符合本实验，A错误；B．在同一组实验中，为保证两次入射球在水平面上速度相同，小球得从同一位置静止释放；不符合本实验，B正确；C．保证碰撞前后速度水平，并随后做平抛运动，则安装轨道时末端必须水平，符合本实验，A错误；D．验证碰撞中的动量守恒需要测量质量和物体的速度，由于小球做平抛运动下落时间相同，故只需要通过水平位移来比较碰撞前后的速度大小，故需要的测量仪器有天平和刻度尺，D符合本实验，D错误。故选D。（2）[2]动量守恒的表达式为由于平抛运动的时间相同，水平位移有故可通过表达式验证动量是否守恒。12.惠更斯在推导出单摆的周期公式后，用一个单摆测出巴黎的重力加速度，小明同学受此启发，在学习完单摆的相关知识后，他也用单摆等器材测量出学校所在地的重力加速度。在测量过程中，他用到了以下的器材：长约的伸缩性小的细绳小钢球、铁架台，刻度尺，游标 卡尺、手机秒表等。（1）按照图1所示装置组装好实验器材，用刻度尺测量摆线的长度l，用游标卡尺测量摆球的直径d。某次测量刻度尺和游标卡尺的示数如图2和图3所示，则在本次测量中，小球的直径___________，单摆摆线的长度___________m。（2）小明同学用手机秒表测量摆球完成50次全振动的时间如图4所示，这次测量测得单摆振动的周期___________s。（保留两位小数）（3）小明测量出多组周期T，摆长L数值后，画出图像如图5所示，则此图线的斜率表示的是___________。A．gB．C．D．（4）小明比较重力加速度测量值与真实值的大小时，发现测量得到的重力加速度偏大，造成这一现象的原因可能是___________A．振幅偏小B．在未悬挂单摆之前先测定摆长C．将摆线长当成了摆长D．将摆线长与球的直径之和当成了摆长【答案】①.7.50②.0.960③.1.97④.C⑤.D【解析】【详解】（1）[1]游标卡尺读数是主尺读数（mm的整数位）加上游标尺读数（mm的小数位），由甲图可读出游标卡尺读数为[2]刻度尺最小分度为1mm，要估读到下一位，所以读数为96.0cm=0.960m（2）[3]单摆周期由图4可知t=98.54s，n=50，带入可得 T=1.97s（3）[4]由单摆周期公式得所以图像的斜率表示，故选C。（4）[5]由单摆周期公式得摆长测量值偏大、单摆周期测量值偏小都会导致重力加速度偏大，与振幅（最大偏角不超过5°）无关，故ABC错误，D正确。故选D。13.如图甲所示为一列横波在时刻的波形图像，图乙为该横波上处的质点Q从时刻开始计时的振动图像，根据图像求解下列问题；（1）该横波的传播方向；（2）该横波的传播速度大小；（3）以图甲所示时刻为0时刻，横波上处质点P点的振动方程。【答案】（1）向右（沿x轴正方向）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）质点Q经过平衡位置向上运动，由“带动法”可知是波上左边的点在带动它振动，故波在向右（沿x轴正方向）传播； （2）根据波的传播规律根据甲图和乙图分别读出：，，带入可得（3）由甲图可知振幅A=5cm，由公式可算得简谐运动振动方程公式为可知Q点振动方程P点比Q点超前，故P点振动方程为14.如图所示，空间建有三维坐标系，O为坐标原点，整个空间分布着沿y轴正方向的匀强电场电场强度一质量为的带电小球从处以大小为的速度沿x轴正方向射入电场，小球恰好做匀速直线运动，取重力加速度。求：（1）带电小球所带电荷的电性与电荷量；（2）如将匀强电场方向改成沿y轴负方向分布，求带电小球从处以大小为的速度沿x轴正方向射入电场，运动到平面上时速度v的大小（结果可以用根式表示）；（3）如将匀强电场方向改成沿z轴正方向分布，求带电小球从处以大小为的速度沿x轴正方向射入电场，运动到平面上时离原点O的距离L（结果可以用根式表示）。 【答案】（1）带正电；；（2）；（3）【解析】【详解】(1)小球恰好做匀速直线运动，所以小球受力平衡，故小球带正电；由可得(2)由动能定理可得(3)y轴方向小球做自由落体运动，设时间为t，则可得x轴方向小球做匀速直线运动，则z轴方向小球做匀加速直线运动，则 所以可得15.一质量为的铜球以速度在位置O水平抛出，恰好无碰撞地在位置A沿切线方向进入光滑圆弧轨道，圆弧半径，轨道末端B点位于圆心O的正下方；与竖直方向的夹角，一质量为的小木块静止在B点，钢珠与小木块在B点发生正碰，碰撞时间极短，碰撞后钢球嵌在小木块中，小木块离开B端冲上静止在光滑水平地面的长木板上。已知长木板质量为，上表面与圆弧末端B等高，部分上表面粗糙，与小木块之间的动摩擦因数。部分上表面光滑，在长木板F端竖直挡板固定着一轻弹簧。弹簧的自由长度与等长。，取重力加速度。求：（1）钢球刚进入圆弧轨道A时的速度大小，（2）碰撞结束瞬间小木块对轨道B点的压力大小：（3）小物块在长木板上运动过程中轻弹簧的最大弹性势能。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】 【详解】（1）钢球在A点的速度分解成水平速度和竖直速度，根据几何关系有（2）钢球从A运动到B过程，由动能定理有解得在B处，钢球与小木块发生碰撞，碰撞时间极短，对于钢球和木块构成的系统动量守恒：解得在B处，碰撞结束的瞬间，对钢球与小木块构成的系统有解得根据牛顿第三定律，木块对轨道的压力大小（3）当木块第一次将轻弹簧压缩至最短时，木块和长木板有相同大小的速度，弹簧具有最大的弹性势能，对于木块和长木板构成的系统，由动量守恒定律有解得对于木块、长木板和弹簧构成系统，由能量守恒定律有解得