湖南省部分名校2021-2022学年高二物理下学期期末联考试卷（Word版带解析）

湖南省高二年级期末考试试卷物理本试卷满分100分，考试用时75分钟。注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名，考生号，考场号，座位号填写在答题卡上。2.回答这择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号徐黑。如需改动，用皮擦干净后，再选涂其他答案标号。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井交回。4.本试卷主要考试内容：高考全部内容。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.下列说法正确的是（　　）A.原子核衰变时，电荷数和质量数都守恒B结合能越大，原子核越稳定C.核聚变时，要吸收能量D.贝克勒尔首先发现了X射线【答案】A【解析】【详解】A．原子核衰变时，质量数和电荷数都守恒，A正确；B．原子核比结合能越大，原子核越稳定，B错误；C．核聚变时，存在质量亏损，会释放能量，C错误；D．伦琴发现了X射线，D错误。故选A。2.一矿泉水瓶如图所示，其外壳是由食品级的弹性塑料制成的。下列说法正确的是（　　）\nA.手轻握矿泉水瓶时外壳发生的形变为非弹性形变B.手对矿泉水瓶的作用力是由矿泉水瓶的形变而产生的C.矿泉水瓶的瓶盖以及瓶身上的条纹是为了增大最大静摩擦力D.矿泉水瓶里的水对瓶底部的作用力与瓶底部对水的作用力是一对平衡力【答案】C【解析】【详解】A．手轻握矿泉水瓶时外壳发生的形变在手离开瓶后还能恢复原状，为弹性形变，故A错误；B．手对矿泉水瓶的作用力是由手的形变而产生的，故B错误；C．矿泉水瓶的瓶盖以及瓶身上的条纹，增加了瓶盖和瓶身的粗糙程度，手握瓶时可以增大最大静摩擦力，故C正确；D．矿泉水瓶里的水对瓶底部的作用力与瓶底部对水的作用力是一对相互作用力，故D错误。故选C。3.如图所示，在A、B两处分别固定有等量异种点电荷，CD为AB的垂直平分线，O点为垂足。一负试探电荷（不计试探电荷所受重力）在力F的作用下从C点沿直线匀速运动到D点，C、D两点关于AB对称。该过程中，关于力F的大小，下列说法正确的是（　　）A.一直增大B.一直减小C.先减小后增大D.先增大后减小【答案】D【解析】\n【详解】等量异种电荷连线的中垂线上的电场分布，其特点是：连线中点处的电场最强，从中点沿中垂线向外电场逐渐减弱。所以试探电荷从C向D运动过程中受到的电场力先增大后减小，方向始终垂直于中垂线。由于试探电荷从C向D沿直线匀速运动，则力F与电荷所受的电场力等大反向，即力F先增大后减小。故选D。4.冰壶比赛中，甲冰壶以某一初连度滑出，沿水平冰面匀减速滑行一段距离后停下；乙冰壶（与甲冰壶相同）以另一初建度滑出。沿同一冰面滑行的距离是甲冰壶滑行距离的2倍。甲、乙两冰壶滑出的初速度大小的比值为（　　）A.B.1C.D.2【答案】C【解析】【详解】甲乙冰壶都做匀减速直线运动，由于在同一冰面上，根据牛顿第二定律可知加速度相等，根据运动学公式可知ABD错误，C正确。故选C。5.2022年5月20日，我国在酒泉卫星发射中心将3颗低轨通信试验卫星送入预定轨道，发射任务取得成功，若其中一颗卫星绕地球做匀速圆周运动的线速度大小为v，角速度大小为ω，引力常量为G，则地球的质量为（　　）A.B.C.D.\n【答案】A【解析】【详解】设地球质量为M，卫星质量为m，运动半径为r，根据牛顿第二定律有根据匀速圆周运动规律有联立以上两式解得故选A。6.如图所示，矩形导线框abcd放置在粗糙绝缘的水平面上。固定在水平面上的长直导线平行于ab。导线中通有交变电流i=4sin5πt（A），规定水平向左为电流的正方向，线框始终处于静止状态。下列说法正确的是（　　）A.该交变电流的有效值为4AB.该交变电流的频率为5HzC.t=0.15s时，线框中感应电流的方向为abcdaD.t=0.35s时，线框对水平面的摩擦力方向垂直指向导线【答案】D【解析】【详解】A．根据正弦式交流电的有效值与最大值的关系可知A错误；\nB．该交流电的周期该交变电流的频率为B错误；C．当t=0.15s时，则直导线中交变电流此时电流的变化率为正值，且电流在变小，则线框内的磁通量变小，根据楞次定律可知，线框中感应电流方向为adcba，故C错误；D．当t＝0.35s时，电流正向右减小，线框所处位置的磁场方向垂直于纸面向外，根据楞次定律，可知线框感应电流方向为abcda，通电直导线磁场分布特点可知，越靠近导线，通电直导线所产生的磁感应强度越大，根据左手定则，可判断线框受到的合安培力方向垂直背向导线方向，根据平衡条件可得线框受到的静摩擦力方向垂直指向导线方向，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.北京时间2021年10月16日6时56分，“神舟十三号”载人飞船采用自主快速交会对接模式成功对接于“天和”核心舱径向端口，与此前已对接的“天舟二号“天舟三号”货运飞船一起构成四舱（船）组合体，整个交会对接过程历时约6.5小时。随后，三名航天员进人“天和”核心舱，根据以上信息，下列说法正确的是（　　）A.“2021年10月16日6时56分”指的是时刻B.交会对接过程中，“天和”核心舱与“神舟十三号”载人飞船均处于平衡状态C.对接成功后，以“天和”核心舱为参考系，“神舟十三号”载人飞船是静止的D.研究“神舟十三号”载人飞船与“天和”核心舱对接的过程，可将它们视为质点【答案】AC【解析】【详解】A．“2021年10月16日6时56分”指的是时刻，A正确；B．交会对接过程中，“天和”核心舱与“神舟十三号”载人飞船均绕地球做圆周运动，均不\n处于平衡状态，B错误；C．对接成功后，以“天和”核心舱为参考系，“神舟十三号”载人飞船是静止的，C正确；D．研究“神舟十三号”载人飞船与“天和”核心舱对接的过程，二者的大小形状均不能忽略，不可将它们视为质点，D错误。故选AC。8.如图所示，两绝缘轻质弹簧的劲度系数均为k，竖直吊着一根长为L的匀质金属棒PQ，稳定后金属棒水平，空间存在磁感应强度大小为B、方向垂直于两弹簧所决定平面向里的匀强磁场（图中未画出）。当金属棒中通有恒定电流时，两弹簧的伸长量均增加了x。弹簧始终在弹性限度内。关于通过金属棒的电流的大小和方向，下列说法正确的是（　　）A.大小为B.大小为C.方向从P指向QD.方向从Q指向P【答案】BD【解析】【详解】AB．通电流前，设弹簧伸长x1，则通电流后，设弹簧伸长x2，可知安培力和重力同向，则由题意解得\nA错误，B正确；CD．由于弹簧的伸长量增加，因此可以判断安培力竖直向下，根据左手定则，可知电流的方向从Q指向P，C错误，D正确。故选BD。9.如图所示，将质量为m的物块（视为质点）从空中O点以大小为的初速度水平抛出，恰好沿斜面方向落到倾角为的固定斜面顶端，然后沿斜面下滑，到达斜面底端时的速度为零。重力加速度大小为g，不计空气阻力。下列说法正确的是（）A.物块与斜面间的动摩擦因数为B.物块在空中做平抛运动的时间为C.物块沿斜面下滑的过程中，因摩擦产生的内能为D.物块沿斜面下滑的过程中，合力的冲量大小为【答案】BD【解析】【详解】B．物块在空中做平抛运动有整理得B正确；A．物块在空中做平抛运动到达斜面顶端有\n由题知物块沿斜面下滑，到达斜面底端时的速度为零，当gsinθ=μgcosθ时，即加速度为零μ=tanθ与题意不符，则不成立，A错误；C．物块从O点到斜面底端，由动能定理有即C错误；D．根据动量定理有D正确。故选BD。10.如图所示，一理想变压器的原线圈的匝数，所加交流电压有效值，串联了一个阻值为的电阻r；可以通过调节滑动触头Q来改变接入电路的副线圈匝数，调节范围为0~2400匝，副线圈接有阻值为的电阻R。下列说法正确的是（　　）A.将滑动触头从中点往上调到最高点的过程中，R两端的电压先增大后减小B.将滑动触头从中点往上调到最高点的过程中，R的功率一直在增大C.当时，R的功率最大\nD.当时，通过R的电流最大【答案】AD【解析】【详解】A．原线圈电压根据变压比可知副线圈电流根据变流比得以上联立可得根据数学知识可知，R两端的电压最大时解得将滑动触头从中点（此时）往上调到最高点的过程中，R两端的电压先增大后减小，故A正确；B．R的功率将滑动触头从中点（此时）往上调到最高点的过程中，R两端的电压先增大后减小，\n则R的功率先增大后减小，故B错误；CD．时R两端的电压最大，此时R的功率最大，通过R的电流最大，故C错误，D正确。故选AD。三、非选择题：共56分。第11~14题为必考题，每个试题考生都必须作答。第15~16题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共43分。11.某同学用如图甲所示的装置验证机械能守恒定律，A点距光电门B的高度为h。（1）用十分度游标卡尺测量小球的直径，若测量结果如图乙所示，则小球的直径d=____________mm。（2）将小球从A点由静止释放，若小球通过光电门B的时间为t，则小球通过光电门B时的速度大小v=____________（用d、t表示）。（3）已知h>>d，当地的重力加速度大小为g，若满足关系式2gh=____________（用d、t表示），则说明在误差允许的范围内，小球下落过程中机械能守恒。\n【答案】①.9.3②.③.【解析】【详解】[1]小球的直径[2]将小球从A点由静止释放，若小球通过光电门B的时间为t，则小球通过光电门B时的速度大小[3]已知h>>d，当地的重力加速度大小为g，若球下落过程中机械能守恒有解得若小球满足关系式则说明在误差允许的范围内，小球下落过程中机械能守恒。12.热敏电阻是一种传感器电阻，其电阻值随着温度的变化而改变。按照温度系数的不同，热敏电阻分为正温度系数热敏电阻和负温度系数热敏电阻，正温度系数热敏电阻的电阻值随温度的升高而增大，负温度系数热敏电阻的电阻值随温度的升高而减小。某同学设计了如图甲所示的电路，将热敏电阻浸入热水中，调节热敏电阻的温度，测出热敏电阻在不同温度下的电阻值Rt，描绘该热敏电阻的电阻值Rt随温度t变化的关系曲线如图乙所示。\n（1）实验前，应将滑动变阻器R的滑片移至___________（填“a”或“b”）端。（2）本实验测得的热敏电阻的电阻值___________（填“大于”、“等于”或“小于”）真实值：待测热敏电阻为___________（填“正温度系数”或“负温度系数”）热敏电阻。（3）将该热敏电阻用于如图丙所示的火灾报警器电路中，报警器接在A、B两点之间。已知R1=3kΩ，R2=4kΩ，R3=6kΩ，当A点的电势高于B点的电势时报警器开始报警，若出现火灾，则当热敏电阻的温度为___________℃时报警器开始报警。（结果保留两位有效数字）【答案】①.a②.大于③.负温度系数④.605961【解析】【详解】（1）[1]滑动变阻器分压式连接，为保护电表，实验前，应将滑动变阻器R的滑片移至a端；（2）[2]本实验采用电流表内接法测量电阻，由于电流表分压，电压表测得热敏电阻的电压偏大，电流准确，故测得的热敏电阻的电阻值大于真实值；[3]由图像可知电阻随温度的升高而变小，待测热敏电阻为负温度系数。\n（3）[4]当A点的电势高于B点的电势时则有已知R1=3kΩ，R2=4kΩ，R3=6kΩ，解得根据图像可知此时热敏电阻的温度为60℃，故出现火灾，则当热敏电阻的温度为60℃时报警器开始报警。13.如图所示，在直角坐标系xOy中，两平行x轴的金属板M、N有两个小孔S、K，S、K均在y轴上。在以原点O为圆心，R为半径的四形区域内，存在磁感应强度大小为B、方向垂直坐标平面向外的匀强磁场。圆O与M板相切于S，与x轴相交于C点。现将一质量为m、电荷量为q的带负电粒子从小孔K由静止释放，粒子恰好通过C点。不计粒子所受重力。（1）求两金属板间的电压U；（2）若粒子在两金属板间与圆形区域内运动的时间相等，求两金属板的距离d。【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）根据几何关系可知，粒子在磁场中做圆周运动的半径为R设粒子在磁场中做圆周运动的速度大小为v，有解得\n根据动能定理有解得（2）设粒子在两金属板间运动的时间为，则粒子在磁场中做圆周运动的周期满足粒子在圆形区域内运动的时间又解得14.如图所示，在足够大的光滑水平面上有一质量M=2kg的塑料板（表面水平），质量m=1kg的物块（视为质点）放在塑料板的中间，已知物块与塑料板间的动摩擦因数μ=0.2。现对塑料板施加一大小F=9N、方向水平向右的恒定拉力，作用时间t=2s后撤去拉力，这时塑料板的右端到前方竖直固定的挡板P的距离，最终物块恰好没有脱离长塑料板，取重力加速度大小g=10m/s2，塑料板与挡板碰撞的过程中没有机械能损失，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：（1）撤去拉力时，物块的速度大小v1和塑料板的速度大小v2；（2）塑料板与挡板相碰前瞬间，塑料板的速度大小v3；（3）塑料板长度L（结果可保留分式）。\n【答案】（1）4m/s，7m/s；（2）；（3）【解析】【详解】（1）假设在拉力的作用下，物块与塑料板保持相对静止，且它们运动的加速度大小为a0，根据牛顿第二定律有F=（M+m）a0解得a0=3m/s2维持物块以大小为3m/s2的加速度做匀加速直线运动所需要的摩擦力大小f=ma0=3N因为f>μmg=2N所以物块与塑料板间不能保持相对静止，在拉力的作用下，物块与塑料板的加速度大小分别为根据匀变速直线运动的规律有v1=a1t=4m/sv2=a2t=7m/s（2）因为v1<v2所以撤去拉力后，物块做匀加速直线运动，塑料板做匀减速直线运动，假设物块与塑料板达到共同速度时，塑料板尚未与挡板碰撞，则从撤去拉力到物块与塑料板达到共同速度的过程中，物块的加速度大小仍为a1=2m/s2该过程中塑料板做匀减速直线运动的加速度大小设该过程所用的时间为t1，根据匀变速直线运动的规律有\n解得t1=1s该过程中塑料板滑行的位移大小因为x>s所以在塑料板与挡板碰撞时，物块与塑料板尚未达到共同速度，根据匀变速直线运动的规律有解得（3）拉力作用期间，物块相对塑料板向左滑行的距离塑料板与挡板碰撞前瞬间，物块的速度大小从撤去拉力到塑料板与挡板碰撞前瞬间，物块相对塑料板向左滑行的距离设物块与塑料板最终的共同速度大小为v，对塑料板与挡板碰撞后的过程，根据动量守恒定律有解得v=m/s设该过程物块相对塑料板向右滑行的距离为L3，根据能量守恒定律有\n解得根据几何关系有解得（二）选考题：共13分。请考生从两道题中任选一题作答。如果多做，则按第一题计分。[选修3-3小（13分）15.下列说法正确是（　　）A.当分子间的距离减小时，分子间的引力和斥力都增大B.知道水气的摩尔体积和水分子的体积，可计算出阿伏加德罗常数C.足球充足气后很难被压缩，这是足球内气体分子间斥力作用的结果D.一定质量的理想气体，如果压强不变，体积增大，那么它一定从外界吸热E.做功和热传递对改变物体的内能是等效的【答案】ADE【解析】【详解】A.当分子间的距离减小时，分子间的引力和斥力都增大，斥力增大得更快，故A正确；B．知道水的摩尔体积和水分子的体积，才能计算出阿伏加德罗常数，故B错误；C．足球充足气后很难被压缩是由于足球内外差有压强差的原因，与分子间的作用力无关，故C错误；D．一定质量的理想气体，如果压强不变，体积增大，由理想气体方程知温度升高，内能增大，气体对外做功，根据热力学第一定律可知，气体一定从外界吸收热量，故D正确；E．做功和热传递对改变物体的内能是等效的，故E正确。故选ADE。16.如图所示，一定质量的理想气体从状态A变化到状态B，已知气体在状态A时的热力学温度TA=280K，该过程中气体吸收的热量Q=120J，求：（1）汽体在状态B时的热力学温度TB；\n（2）该过程中气体内能的增量△U。【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）气体从状态A变化到状态B的过程中做等压变化，有解得（2）该过程中气体对外界做的功根据热力学第一定律有解得[选修3-4]（13分）17.一列简谐沿x轴正方向传播，在t=0时刻的形图如图所示，此时波恰好传到平衡位置在的质点M处；在内，平衡位置在处的质点P通过的路程为15cm，该波的周期为__________s，传速度大小为__________m/s。\n【答案】①.1②.4【解析】【详解】[1][2]由图可知，该机械波的波长为波源的振幅为在内，平衡位置在处的质点P通过的路程为15cm，结合图像可知，时刻，图示位置质点的振动情况传播到P点，波传播的距离为波速为该波的周期为18.半径为R的透明圆柱的横截面如图所示，圆心在O点，一光线沿横截面以入射角i=60°从A点射入圆柱，折射后的光线射到B点，O、B两点的连线恰好与入射光线平行。真空中的光速为c。求：（1）圆柱对光线的折射率n；（2）光线从A点传播到B点的时间t。\n【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）因为入射光线与OB平行，则所以折射角为根据折射定律有（2）光线在圆柱内传播的速度大小为A、B两点间距离为光线从A点传播到B点的时间为