安徽省池州市2021-2022学年高二物理下学期期末考试试卷（Word版附解析）

2021-2022池州高二下期末物理试题满分：100分考试时间：90分钟一、选择题：共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1~6题只有一项符合题目要求，第7~10题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。第1题有两题，为选择性必修第一册和选择性必修第三册，请选做一题。1.【选择性必修第一册】一列沿x轴正方向传播的间谐横波在t=0时的波形如图所示，此时波恰好传到平衡位置为x=12m处的P点，t=1s时x=12m处的P点第一次达到波峰位置。下列说法正确的是A.波源的起振方向沿y轴负方向B.该波的传播速度大小为24m/sC.若增大波源的振动频率，则该波的波长将减小D.若增大波源的振动频率，则该波的传播速度增大1.【选择性必修第三册】关于下列四幅图涉及的“近代物理学”知识的说法，正确的是A.向右移动滑动变阻器的滑片，微安表的示数一定增大B.卢瑟福通过“α粒子散射实验”确定原子半径的数量级为10-10mC.原子从高能级向低能级跃迁时，辐射光子的能量等于两能级的差值D.氘核和氚核聚变生成氦核和种子的过程质量守恒2.5G技术是“第五代移动通信技术”的简称，采用了3300～5000MHz(1M=106)频段的无线电波，某发射5G无线电波的LC电磁振荡电路如图所示。下列说法正确的是A.无线电波的频率越大，在真空中传播的速度越大B.5G通信技术采用的无线电波属于毫米波C.图示时刻，电感线圈储存的磁场能正在增加D.图示时刻，电容器两极板带的电荷量正在增加3.如图甲所示，正方形金属线圈abcd处于垂直线圈平面的匀强磁场中，磁感应强度B随时间t变化的图像如图乙所示，若磁场方向垂直线圈平面向外时磁感应强度为正。下列说法正确的是A.0~t1时间内，线圈中感应电流的方向为adcbaB.t1~t2和t2~t3时间内，线圈中感应电流的方向相反C.t3~t4时间内，线圈ad边受到的安培力向右D.0~t1和t2~t3时间内，线圈向边受到的安培力方向相同4.一辆汽车静止在平直的公路上，某时刻启动后其位移x随时间t的变化规律如图所示，0~t0内的图线为一条过原点的抛物线。已知2s内汽车行驶的位移为6m，而时刻速度达到18m/s后做匀速运动。则汽车在0~8s内平均速度的大小为A.12m/s    B.11.25m/s C.9m/s    D.8.25m/s5.如图所示，空间某一区域存在平行纸面的匀强磁场，在磁场中A、B、C处垂直纸面放置三根轻质长直导线a、b、c，如图所示位于正三角的顶点，O为边BC的中点。将导线b、c固定，通入垂直纸面向外的恒定电流，导线a中电流垂直纸面向里，三导线中电流大小相等，导线a未固定但恰好受力平衡。已知通电直导线产生的磁场的磁感应强度B=kIr，式中k为常数，r是直导线到该点的距离。下列说法正确的是A.匀强磁场垂直OA向右B.匀强磁场沿AO方向C.导线b受到的安培力沿BC方向D.导线c受到的安培力沿AC方向6.如图所示，圆心为O、半径为R的圆形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。氦核(24He)和质子(11H)先后从A点沿AO的方向射入磁场，均从C点射出磁场，AO与OC的夹角为106°。氦核(24He)的质量为m、电荷量为q，不计粒子的重力，sin53°=0.8。下列说法正确的是A.质子与氢核在磁场中运动的时间相等B.质子在磁场中运动的时间是氮核的2倍C.氮核(24He)的速度大小为4qBR3mD.质子(11H)的速度大小为2qBR3m7.自耦变压器是一种线圈匝数可通过滑动触头而改变的变压器。如图所示，一种自耦变压器(可视为理想变压器)的线圈均匀绕在圆环型铁芯上，AB间、BP间的线圈匝数分别为n1和n2。热敏电阻RT的阻值随温度的降低而增大，R0为定值电阻，电流表为理想交流电表。当滑动触头P处在图示位置时，接在AB间的保险丝熔断，下列说法正确的是A.为使保险丝不熔断，可适当逆时针转动滑动触头PB.为使保险丝不熔断，可适当降低热敏电阻RT的温度C.滑动触头P调节好后，电流表A1和A2的示数之比为n1n2D.滑动触头P调节好后，电流表A1和A2的示数之比为n2n18.图甲为交流发电机的原理图，矩形线圈ABCD在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴OO'匀速转动，从图示位置开始计时，发电机的电动势随时间的变化规律如图乙所示。交流发电机与理想交流电流表和定值电阻相连，已知该发电机线圈匝数n=10匝，线圈面积为S=0.1m2，线圈所在处的磁感应强度大小为B=1πT。下列说法正确的是A.线圈在磁场中转动的周期为0.1sB.1s内通过电阻的电流方向改变10次C.0.125s时，交流电流表的读数为0D.0.175s时，线圈平面与匀强磁场垂直9.2022年4月16日，神舟十三号载人飞船顺利脱离“天和”核心舱返回地面。将神舟十三号的返回过程简化为如图所示轨道模型，神舟十三号载人飞船与“天和”核心舱一起在轨道Ⅰ上绕地球做匀速圆周运动，神舟十三号载人飞船与“天和”核心舱在B点分离后进入椭圆轨道Ⅱ，随后从A点进入近地圆轨道Ⅲ。设地球表面的重力加速度为g，地球半径为R，圆轨道Ⅰ的半径为地球半径的k倍，不考虑地球自转和公转的影响。下列说法正确的是A.宇航员在轨道Ⅲ上的机械能小于在轨道Ⅰ上的机械能B.载人飞船在轨道Ⅱ上B点的加速度大小为gk+12C.由题目信息可得载人飞船在轨道Ⅱ上的运行周期D.载人飞船在A点由轨道Ⅱ进入轨道Ⅲ时需加速10.霍尔元件是一种基于霍尔效应的磁传感器。某型号霍尔元件(导电自由电荷为电子)左右长度为a，前后宽度为b，上、下两个面之间的距离为h。将此霍尔元件前后两面的C点、A点通过导线连接一个理想电压表，置于图示竖直向下的匀强磁场中。连接电路，闭合电键，进行测试，下列判断中正确的是A.A点导线应与电压表的正接线柱相连B.在保证电流大小不变的前提下，电压表的示数与h成反比C.向左移动滑动变阻器的滑片P，电压表示数减小D.若仅增大霍尔元件自由电荷的浓度，则电压表示数减小,12345678910二、实验题：本题共2小题，共15分。11.(6分)某学习小组同学利用如图甲电路测量一根金属丝的电阻率。(1)请用笔画线代替导线，将图乙的实物电路连接完整；(2)将单刀双掷开关S2拨向1，闭合开关S1，记下毫安表的读数I；将S2拨向2，调节电阻箱R2，使电流表的读数仍为I。此时电阻箱R2的读数如图丙所示，则金属丝的电阻R=____________Ω；(3)若测得金属丝的长度L=120cm，直径d=0.40mm，则金属丝的电阻率ρ=____________Ω⋅m(π≈3.14，计算结果保留三位有效数字)。12.(9分)某学习小组同学利用图甲所示的装置测量物块的质量。操作步骤如下：①将光电门固定在铁架台上，将挡光片固定在待测物块上，用20分度游标卡尺测量挡光片的宽度d，示数如图乙所示；②将质量为M(标示值)的钩码和待测物块用绕过光滑轻质定滑轮的轻绳连接；③测量挡光片与光电门间的竖直高度h；④由静止释放钩码，钩码向下运动，物块向上运动，读取挡光片通过光电门的挡光时间t；⑤改变挡光片与光电门间的竖直高度，重复步骤③④。(1)挡光片的宽度d=____________mm；(2)物块通过光电门时的速度大小v=____________(用测量物理量的符号表示)；(3)学习小组同学根据测量的多组数据作出如图丙所示的h-1t2图像，为一条过原点、斜率为k的倾斜直线。当地的重力加速度为g，忽略挡光片的质量，则待测物块的质量m=____________(用相关物理量的符号表示)。(4)若钩码的质量M小于标示值，则待测物块质量的测量值____________(填“大于”、“小于”或“等于”)真实值。三、解答题：共4小题，共45分。解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。第14题有两题，为选择性必修第一册和选择性必修第三册，请选做一题，并在答题卡相应位置用2B铅笔填涂。13.(10分)北京冬奥会上，花样滑冰双人滑运动员隋文静、韩聪组合获得金牌。如图所示，韩聪拉着隋文静在水平面内做匀速圆周运动，若此时隋文静的脚对冰面的压力恰好为0且韩聪恰好不滑动。若隋文静的质量为m1=40kg，韩聪的质量为m2=60kg，韩聪手臂伸直时与竖直方向的夹角θ=53°，隋文静身体的重心到韩聪的水平距离为l=1.2m。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2，sin53°=0.8。求：(1)冰面对韩聪的支持力的大小；(2)隋文静做圆周运动的周期以及韩聪的冰鞋与冰面之间的动摩擦因数。14.【选择性必修第一册】(10分)某次东壶训练中使用的红冰壶和蓝冰壶的质量均为m=20kg，初始时蓝冰壶静止在冰面上，红冰壶以速度v0与蓝冰壶发生正碰，碰后红冰壶继续向前运动的位移为x1=2.5m，蓝冰壶的位移为x2=10m。若碰撞时间极短，两冰壶与冰面间的动摩擦因数均为μ=0.02，重力加速度g=10m/s2。求：(1)碰撞后瞬间两冰壶的速度大小；(2)两冰壶在碰撞过程中损失的机械能。14.【选择性必修第二册】(10分)一只保温杯的容积为V=480mL，环境温度为T1=300K，大气压强为p0=1.0×105Pa。现向保温杯中倒入一部分热水并快速拧紧杯盖，上方的气体稳定后温度达到t=57℃。已知标准状态(0℃、p0=1.0×105Pa)下气体的摩尔体积为Vmol=22.4L/mol，阿伏伽德罗常数NA=6.0×1023mol-1，热力学温度和摄氏温度之间的关系式为T=(t+273)K，忽略水蒸汽的影响和热水的体积变化。求：(1)倒入热水前该保温杯内空气的分子数N；(2)倒入热水拧紧杯盖稳定后，保温杯内剩余空气的压强p。15.(12分)如图所示，在坐标系xOy的第一象限内存在沿x轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E；第二象限内存在沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小为3E；第三象限内存在垂直纸面向里的匀强磁场。质量为m、电荷量为+q的带电粒子从第一象限点P(l，3l)由静止释放，从x轴点M(-l，0)进入第三象限，恰好沿x轴正方向进入第四象限，不计粒子重力。求：(1)带电粒子抵达M时的速度大小；(2)磁感应强度B的大小和粒子在第三象限运动的时间。16.(13分)如图甲所示，MN、PQ是足够长、粗糙的水平导轨，导轨平行且间距l=1m，PM间连接阻值R=3Ω的定值电阻和理想电压表。整个装置处于垂直导轨平面向下的匀强磁场中，磁感应强度随时间均匀增大，关系式为B=0.5t(T)。t=0时刻，将一根质量m=0.25kg、阻值r=1Ω的金属棒ab放置在距离PM为d=1m的导轨上，t=10s时金属棒ab即将沿导轨滑动。如图乙所示，然后将整个装置左端抬高，使导轨平面与水平面间的夹角θ=37°并固定，保持磁感应强度B0=2T不变，磁场方向仍垂直导轨平面向下，让金属棒ab沿导轨由静止开始滑动。导轨的电阻均不计，金属棒与导轨垂直且接触良好，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g=10m/s2，sin37°=0.6。求：(1)金属棒ab与导轨间的动摩擦因数μ；(2)图乙中，电压表的最大示数是多少；(3)图乙中，金属棒ab沿导轨运动x=4m的过程中(金属棒ab的速度已稳定)，电阻R上产生的焦耳热。,2021-2022高二下期末物理试题参考答案12345678910CCDBACBDADACBD1.【选择性必修第一册】【答案】C【解析】根据“同侧法”可知x=12m处P点的起振方向沿y轴正方向，所以波源的起振方向沿y轴正方向，故A错误；t=1s时x=12m处的P点第一次达到波峰位置，所以该波的传播周期T=4s，所以该波的传播速度大小为v=λT=2m/s，故B错误；机械波的传播速度由介质决定，若增大波源的振动频率，该波的传播速度不变，由v=fλ可知该波的波长将减小，故C正确，D错误。1.【选择性必修第三册】【答案】C【解析】图示电路图是研究光电效应饱和电流的，如果滑片在当前位置，光电流已达到饱和，则向右移动滑动变阻器的滑片，微安表的示数不增大，故A错误；通过“α粒子散射实验”可以确定原子核的半径的数量级为10-15m，不能确定原子半径的数量级，故B错误；根据玻尔理论可知原子从高能级向低能级跃迁时，辐射光子的能量等于两能级的差值，故C正确；氘核和氚核聚变生成氦核和中子的过程质量数守恒，此过程有质量亏损，故D错误。2.【答案】D【解析】无线电波在真空中传播的速度都等于光速，故A错误；5G通信技术采用了3300～5000MHz(1M=106)频段的无线电波，由c=fλ可知5G通信技术采用的无线电波属于厘米波，故B错误；图示时刻，电容器正在充电，磁场能转化为电场能，所以电感线圈储存的磁场能正在减小，电容器两极板带的电荷量正在增加，故C错误，D正确。3.【答案】D【解析】由图乙可知0~t1时间内，垂直线圈平面向外的磁场增加，根据楞次定律可知线圈中感应电流的方向为abcda，故A错误；t1~t2和t2~t3时间内，B-t图像的斜率相同，所以线圈中感应电流的方向相同，故B错误；t3~t4时间内，垂直线圈平面向里的磁场增加，根据楞次定律可知线圈中感应电流的方向为abcda，根据左手定则可知线圈ad边受到的安培力向左，故C错误；0~t1和t2~t3时间内，磁场方向相反，根据楞次定律可知线圈中感应电流的方向也相反，根据左手定律可得线圈ad边受到的安培力方向相同，故D正确。4.【答案】B【解析】汽车在0~t0内的x-t图像是一条过原点的抛物线，所以汽车在0~t0内做匀加速直线运动，则x=v0t+12at2，结合图像可得v0=0，a=3m/s2，汽车加速到v=18m/s的时间为t1=va=6s，在0~8s内，汽车的位移为x'=v2t1+vt-t1=90m，此时间内汽车的平均速度的大小为v=x't=90m8s=11.25m/s，故ACD错误，B正确。5.【答案】A【解析】根据异向电流相互排斥可知顶点B和C处直导线中的电流对A处通电直导线的作用力沿0A方向，顶点A处的长直导线恰好不移动，所以匀强磁场对A处通电直导线的作用力沿AO方向，根据左手定则可知匀强磁场垂直OA向右，故A正确，B错误；设B处直导线在A处激发磁场的磁感应强度为B0，由于A处直导线不移动，则A处合磁感应强度为0，如图，则B匀=3B0；对B处导线，设A处导线对其作用力大小为F0，其受力分析如图，受到的合力沿BA方向，同理可得C处直导线受到的安培力沿CA方向，故CD错误。6.【答案】C【解析】作出质子(11H)和氦核(24He)在磁场中的运动轨迹，如图所示。根据题意可知质子(11H)和氦核(24He)在磁场中运动的圆心角相等，由qvB=mv2πT和t=θ2πT可知质子(11H)和氦核(24He)在磁场中运动的时间之比为t1t2=12，故AB错误；对质子(11H)和氦核(24He)，根据几何关系可得：tan53°=rR，由qvB=mv2r可得氦核(24He)的速度大小为v1=4qBR3m，质子(11H)的速度大小为v2=8qBR3m，故C正确，故D错误。7.【答案】BD【解析】根据理想变压器原理得U1n1=U2n2、U1I1=U22RT+R0，为使保险丝不熔断，需减小I1，可采取的措施有：减小U2，可适当顺时针转动滑动触头P；增大RT，可适当降低热敏电阻RT的温度，故A错误，B正确；根据理想变压器原理得U1n1=U2n2、U1I1=U2I2，所以n1I1=n2I2，调节好后，电流表A1和A2的示数之比为n2n1，故C错误，D正确。8.【答案】AD【解析】线圈在匀强磁场中转动产生感应电动势的最大值为Em=nBSω=nBS2πT，所以线圈在磁场中转动的周期为T=0.1s，故A正确；1个周期内通过电阻的电流方向改变20次，所以1s内通过电阻的电流方向改变20次，故B错误；交流电流表的读数为交变电流的有效值，不等于0，故C错误；0.175s时，线圈中产生的感应电动势为0，磁通量变化率为0，磁通量最大，线圈平面与匀强磁场垂直，故D正确。9.【答案】AC【解析】轨道半径越大，机械能越大，所以宇航员在轨道Ⅲ上的机械能小于在轨道Ⅰ上的机械能，故A正确；设地球的质量为M，载人飞船的质量为m，载人飞船在轨道Ⅱ上A点的加速度大小为aA=g，根据万有引力等于重力得：GMmR2=mg，在轨道Ⅱ上B点，有GMmkR2=mg'，所以载人飞船在轨道Ⅱ上B点的加速度大小为aB=g'=gk2，故B错误；载人飞船在轨道Ⅲ上运行时，根据万有引力提供向心力得：T12=4π2Rg，得GMmR2=m4π2T12R，根据开普勒第三定律得T12R3=T22k+12R3，得载人飞船在轨道Ⅱ上的运行周期为T2=2πk+13R2g，故C正确；载人飞船在A点由轨道Ⅱ进入轨道Ⅲ时做近心运动，需减速，故D错误。10.【答案】BD【解析】通过霍尔元件的电流向右，电子向左定向移动，根据左手定则可知电子受到向里的洛伦兹力而向里偏，所以内侧面的电势低于外侧面的电势，所以A点导线应与电压表的负接线柱相连，故A错误；设霍尔元件自由电荷的浓度为n，定向移动的速率为v，根据I=nebhv、evB=Ube可得U=BIneh，所以电压表的示数与上下面厚度h成反比，故B正确；向左移动滑动变阻器的滑片P，通过霍尔元件的电流增大，由U=BIneh可知电压表示数增大，故C错误；由U=BIneh可知仅增大霍尔元件自由电荷的浓度，电压表示数减小，故D正确。11(6分)【答案】(1) 见解析 (2分) (2) 7.5 ,(2分) (3) 7.85×10-7 (2分)【解析】(1)根据电路图连接实物图，如图所示。(2)本实验采用替代法测电阻，所以金属丝的电阻等于电阻箱R2的读数，即R=7.5Ω；(3)根据电阻定律R=ρLS=ρ4Lπd2得ρ=πd2R4L=7.85×10-7Ω⋅m。12.(9分)【答案】(1) 5.30 (2分) (2) dt (2分) (3) 2Mgk-Md2d2+2gk (3分) (4) 大于 (2分)【解析】(1) 挡光片的宽度即游标卡尺的读数为d=5mm+005×6mm=5.30mm；(2) 物块通过光电门时的速度大小v=dt；(3) 两个钩码和待测物块组成的系统机械能守恒，则Mgh-mgh=12M+mv2，又v=dt，化简得h=M+md22Mg-2mg×1t2，结合图像可得M+md22Mg-2mg=k，所以待测物块的质量为m=2Mgk-Md2d2+2gk；(4) 若钩码的质量M小于标示值，由m=2Mgk-Md2d2+2gk计算待测物块的质量时代人的M值偏大，所以待测物块质量的测量值大于真实值。13.(10分)【解析】(1) 设韩聪对隋文静的拉力为F，以隋文静为研究对象，在竖直方向由平衡条件得m1g=Fcos53°(2分)以韩聪为研究对象，在竖直方向由平衡条件得N=m2g+Fcos53°(2分)解得：N=1000N(1分)(2) 以隋文静为研究对象，在水平方向由牛顿第二定律得m1gtan53°=m14π2T2l(2分)解得T=3π5s(1分)以韩聪为研究对象，在水平方向由平衡条件得μN=Fsin53°(1分)解得μ=815(1分)14.【选择性必修第一册】(10分)【解析】(1) 对红冰壶和蓝冰壶，由牛顿第二定律得μmg=ma(1分)对红冰壶，由匀变速直线运动规律得2ax1=v12(1分)对蓝冰壶，由匀变速直线运动规律得2ax2=v22(1分)解得：v1=1m/s(1分)v2=2m/s(1分)(2) 对红冰壶和蓝冰壶，由动量守恒定律得mv0=mv1+mv2(2分)由能量守恒定律得ΔE=12mv02-12mv12-12mv22(2分)解得：ΔE=40J(1分)14.【选择性必修第三册】(10分)【解析】(1) 设标况下保温杯内空气的体积为V1，在标况下温度T0=273K，由盖—吕萨克定律得VT1=v1T0(2分)空气分子数为N=NAV1Vmol(2分)解得：N=1.17×1022(2分)(2) 保温杯内剩余气体发生等容变化，倒入热水稳定后温度T2=330K，由查理定律得p0T0=pT2(2分)解得：p=1.1×105Pa(2分)15.(12分)【解析】(1) 在第一象限内，由动能定理得Eql=12mv12(2分)在第二象限内，由动能定理得3Eq×3l=12mv22-12mv12(2分)解得：v2=22Eqlm(1分)(2) 设粒子抵达M时的速度与x轴负方向的夹角为θ，则v1=v2cosθ(1分)解得：θ=60°由洛伦兹力提供向心力得qv2B=mv22r(1分)由几何关系得rsinθ=l(1分)解得：B=6Emql(1分)粒子在第三象限运动的时间为t=180°-θ360°×2πrv2(2分)解得：t=π96mlEq(1分)16.(13分)【解析】(1) 金属棒而静止时，由法拉第电磁感应定律得E1=ΔBΔtld(1分)由闭合电路欧姆定律得I1=E1R+r对金属棒ab，即将运动时，此时B=5Tμmg=BI1l解得：μ=0.25(2) 当金属棒ab的速度达到最大时，电压表的示数最大，此时金属棒面的加速度为0，对金属棒ab，由平衡条件得mgsinθ=μmgcosθ+B0I2l(1分)电压表的最大示数为U=RI2(1分)解得：U=1.5V(1分)(3) 由法拉第电磁感应定律得E2=B0lvm(1分)由闭合电路欧姆定律得I2=E2R+r(1分)由能量守恒定律得mgxsinθ=μmgxcosθ+12mvm2+Q(2分)电阻R上产生的焦耳热为QR=RR+rQ(1分)解得：QR=9332J(1分),