【文档说明】山东省“山东学情”2021-2022学年高二上学期12月联考试题 物理（A卷） 含答案.docx，共(15)页，1.131 MB，由管理员店铺上传

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山东学情2021年12月份高二质量检测物理试题A卷(人教版)考试时间：90分钟注意事项：1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2.请将答案正确填写在答题卡上第I卷(选择题40分)一、选择题(本题共12个小题，共40分。第1

-8题只有一个选项符合题目要求，每小题3分；第9-12题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分)1.2021年6月23日，中共中央总书记、国家主席、中央军委主席习近平

来到北京航天飞行控制中心，同正在天和核心舱执行任务的神舟十二号航天员聂海胜、刘伯明、汤洪波亲切通话。相距万里的通话是利用了电磁波的传输。关于电磁波，下列说法正确的是A.电磁场由发生区域向远处的传播就形成电磁波B.电场或磁场随时间变化时一定会

产生电磁波C.麦克斯韦第一次用实验证实了电磁波的存在D.X射线光子的能量大于γ射线光子的能量2.下列说法正确的是A.一次闪电过后雷声能轰鸣不绝是波的干涉造成的B.光导纤维传递信息利用了光的折射现象C.围绕振动的音叉转一圈会听到忽强

忽弱的声音是波的衍射造成的D.雷达测速利用了多普勒效应3.物理学是一门以实验为基础的学科，实验是物理的灵魂。对于下列实验及现象，说法正确的是A.甲图中，两根通电方向相反的长直导线相互排斥，是通过电场实现的B.乙图中，若在ab的两端接

上恒定的直流电源，稳定后接在cd端的表头示数始终为0C.丙图中，使M摆偏离平衡位置后释放，在振动稳定后，与M球距离最近的小球将获得最大的振幅D.丁图中，若玻璃砖的a、a两面不平行，按照丁图中的实验方法，测定玻璃砖的折射率将偏

小4.导体的伏安特性曲线表示导体的导电特性，如图所示是A、B两个导体的伏安特性曲线，其中图线A的斜率为k，并且图线A与横轴成α角。下列关于这两个导体的伏安特性曲线的说法正确的是A.导体A为线性元件，且A11Rktan==B.导体B是非线性元件，曲线上某点切线的斜率为相应状

态的电阻的倒数C.导体B的阻值随电流的增大而减小D.当A、B导体串联时它们产生的热功率相等5.两个弹簧振子甲、乙沿水平方向放置，取向右为正方向，其振动图像如图所示，以下说法正确的是A.两弹簧振子具有相同的相位B.甲的振幅比乙

大，所以甲的能量比乙大C.t=2s时甲具有负向最大速度，乙具有正向最大位移D.甲、乙两弹簧振子加速度最大值之比一定为2：16.如图所示，虚线表示空间中一个立方体的各条棱，实线L、M、N表示三条无限长直导线，其中通以等

大的电流，实线上的箭头方向表示电流方向。已知L导线在D2处产生的磁感应强度大小为B，则立方体顶点B1处的磁感应强度大小为A.3BB.5BC.2BD.(2+1)B7.如图，一束光沿半径方向射向一块半圆柱形玻璃砖，在玻璃砖底面上的入射角为θ，经折射后射出a、b两束光线，则A.单色光a、b从

玻璃进入空气，波速变大，频率变大B.单色光a通过玻璃砖所需的时间小于单色光b通过玻璃砖所需时间C.若改变光束的入射方向使θ角逐渐变大，则折射光线b首先消失D.分别用a、b光在同一个双缝干涉实验装置上做实验，a光的干涉条纹间距小于b光的干涉条纹间距8.我国海

上风能资源丰富，加快海上风电项目建设，对于促进沿海地区治理大气雾霾、调整能源结构和转变经济发展方式具有重要意义。某地区的风速为10m/s，空气的密度为1.2kg/m3，通过横截面积为400m2的风的能量使该区域内的风力发电机转动，

且风通过发电机后风速减为80%，则风对风力发电机的冲击力为A.9600NB.4800NC.2400ND.960N9.在如图所示的电路中，闭合电键后小灯泡正常发光，当滑动变阻器R3的滑动触头P向上滑动时A.小灯泡亮度变亮B.电流表示数变

大C.电源输出功率变大D.电源效率变小10.在离地面同一高度有质量相同的三个小球a、b、c，a球以速率v0竖直上抛，b球以速率v0竖直下抛，c球做自由落体运动，不计空气阻力，三球落地时动量分别为Pa、Pb、Pc，从抛出到落地，

三球动量的变化量分别为△Pa、△Pb、△Pc，下列说法正确的是A.Pa>Pb>PcB.Pa=Pb>PcC.△Pa>△Pc>△PbD.△Pa=△Pb>△Pc11.两列简谐横波的振幅都是20cm，传播速度大小相同。实线波的频率为2Hz，沿x轴正方向传播；虚线波沿x轴负方

向传播。某时刻两列波在如图所示区域相遇，则A.在相遇区域不会发生干涉现象B.平衡位置为x=8.5cm处的质点此刻位移为20cmC.平衡位置为x=6cm处的质点此刻速度为零D.从图示时刻起在经过0.25s平衡位

置为x=4cm处质点的位移为零12.如图甲所示，物块A、B的质量分别是mA=6kg和mB=4.5kg，A、B用轻弹簧拴接，放在光滑的水平面上，B右侧与竖直墙壁相接触。t=0时，另有一物块C以速度v向右运动，在t=4s时与A相碰，并

立即与A粘在一起不再分开，C的v-t图像如图乙所示。下列说法正确的是A.C的质量为3kgB.B离开墙壁前弹簧具有的最大弹性势能为121.5JC.12s时B将离开墙壁D.B离开墙壁后弹簧具有的最大弹性势能为13.5J第II

卷(60分)二、实验题(共2小题，每空2分，共16分)13.如图甲所示，某学习小组利用单摆测当地的重力加速度。(1)在测量单摆周期时，某同学在摆球某次通过最低点时，按下停表开始计时，同时数“1”当摆球第二次通过最低点时数“2”依此法往下数，当他数到“50”时，停表停止计时，

读出这段时间t。则该单摆的周期为。如果他在实验中误将周期计算为t50，则测得的g值(选填“偏大”“偏小”或“准确”)。(2)若小组同学周期测量正确，但由于没有游标卡尺，无法测量小球的直径，于是小组同学改变摆线长L

，分别测出对应的单摆周期T，作出L-T2图象如图乙所示，根据图象，小组同学得到了图线在横轴上的截距为a，图线的斜率为k，则小球的直径为，当地的重力加速度为。14.为测定一金属丝Rx的电阻率，进行如下操作：(1)先用欧姆表粗测电阻。现将欧姆表置于“×10”，经正确的操作，测量电阻时

发现指针偏角过大，则以下哪些操作是必须的，请选择其中有用的选项并按操作顺序写出：。A.用螺丝刀调节表盘下中间部位的调零螺丝，使表针指零B.将红表笔和黑表笔接触C.把选择开关旋到“×1Ω”位置D.把选择开关旋到“×100Ω”位置E.调节调零旋钮使表针指着欧姆零点(2)为准确测量

该电阻丝的电阻，备有以下器材：A.待测电阻Rx；B.电动势3V的直流电源，其内阻可不计；C.直流电压表V，量程为0～15V，内阻为15kΩ，其读数可表示为U；D.直流电流表A1，量程为0～1mA，内阻为r1=30Ω，其读数可表示为I1；E.直流电流表A2，量程为0～200mA，内

阻为r2约为2Ω，其读数可表示为I2；F.定值电阻R1，阻值为2970Ω；G.滑动变阻器R2，其最大电阻为10Ω；H.开关和导线若干在虚线框中将电路图补充完整。(3)用刻度尺测得电阻丝接入电路的长度为L，用

游标卡尺测其直径d时，某次游标卡尺的示数如图所示，其读数为mm。(4)写出金属丝电阻率的表达式为ρ=。(用题目中所给的符号表示)三、计算题(共4小题，共44分。解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤)15.(8分)如图所示，位于原点O处的波源从

某时刻开始振动，振动方程为y=0.05sin(10πt+π)m。该波源产生的简谐横波沿x轴正方向传播。当坐标为(9m，0)的质点P刚开始振动时，波源刚好位于波谷。(1)该简谐波的波速是多少？(2)当波速为20m/s时，求波源从开始起振1.0s内质点P通过的路程

是多少？16.(8分)如图所示，在一个足够大的水池中有一名潜水员在水面下E处潜泳，E处于水面的距离为hDE=1m，与岸边的水平距离为xCD=1.95m，潜水员在E处恰好看不到离岸边xAB=4m、高出岸边hPA=3

m的标志物P，岸边离水面的高度hBC=0.9m。(已知7≈2.6)(1)求水的折射率；(2)若此时潜水员打开自身携带的一个点光源，同时竖直下潜，若要使水面上能出现一个最大的完整的圆形透光区域，则潜水员再下潜多少

距离？(不考虑光的多次反射，结果保留三位有效数字。)17.(12分)某同学利用图甲所示装置测定某电动机的效率。分别用电压传感器和电流传感器测得电动机的输入电压和输入电流与时间的关系图像分别如图乙、图丙

所示，当重物匀速上升时用位移传感器测得重物上升的位移与时间的关系图线如图丁所示，电动机提升的重物的质量为86.4g，不计一切摩擦，取g=10m/s2。求：(1)该电动机在图丁所示时间内的效率；(2)该电动机的内阻；(3)电源的电动势和内阻。18.(1

6分)如图所示，质量4m的长木板B静止于光滑水平面上，质量为2m的小物体A(可视为质点)静止在B的左端，B的右边放有竖直固定挡板。长为l的轻细绳下端悬挂一质量为m的小物块P，P和A等高且略高于B上表面。现将P向左拉高使细绳拉直且与竖直方向夹角60°后由静止释放，P与A碰撞后反弹的速度减为零时的高度

为释放高度的125，然后撤去悬线和物块P。已知A与B间的动摩擦因数为µ，A始终未滑离B，B与竖直挡板碰前A和B已相对静止，且B和挡板间为弹性碰撞。求：(1)P与A相碰后A的速度大小；(2)P与A碰撞过程的能量损失；(3)最终A、B运动

的速度大小；(4)木板B的长度L至少要多长。高二物理A答案（人教版）1．答案A解析周期性变化的电场和磁场交替向远处的传播形成电磁波，选项A正确；选项B错误；麦克斯韦语言了电磁波的存在，赫兹首次用实验证实了电磁波，故选项C错误；X射线的频率小于射线

的频率，由h=得X射线光子的能量小于γ射线光子的能量选项D错误。2．答案D解析闪电后雷声轰鸣不绝是声音多次反射造成的，选项A错误；光导纤维传递信息利用了光的全反射现象、围绕振动的音叉转一圈会听到忽强忽弱的声音是波的干涉造成的、雷达测速利用了多普勒效

应，故BC选项都错误，D选项正确。3．答案B解析通电导线与通电导线之间的相互作用力是通过磁场发生的，选项A错误；乙图中，若在ab的两端接上恒定的直流电源，则磁通量不变，cd线圈中不会产生感应电流，即稳定后接在cd端的表头示数始终为0，选项

B正确；丙图中，根据共振的知识可知，使M摆偏离平衡位置后释放，在振动稳定后，与M球摆长最接近的小球将获得最大的振幅，选项C错误；丁图中，若玻璃砖的a、a两面不平行，按照丁图中的实验方法，同样可以测定玻璃砖的折射率，选项D错误。

4．答案C解析A元件的伏安特性曲线是直线，所以导线A是线性元件，其斜率的倒数等于其电阻，斜率RUIk1==，但倾角的正切值与横轴和纵轴的分度值有关，斜率和倾角的正切值不相等，故选项A错误；B元件的伏安特性曲线是弯曲的曲线，所

以导线B是非线性元件，曲线上各点与原点连线的斜率为相应状态的电阻的倒数，根据图像可知，各点与原点的连线的斜率逐渐增大，所以导体B的阻值随电流的增大而减小，故选项B错误、C正确；当A、B导体串联时它们的I相等，但U不一定相等、则IUR=也不一定相等，即R

IP2=不一定相等，选项D错误。5．答案C解析由图像知两弹簧振子的周期不相等，只是初相相同，所以它们的相位不相同，选项A错误；两弹簧为水平弹簧振子，能量只有动能和弹性势能，当最大位移时能量即弹性势能。甲的振幅大，但两弹簧的劲度系数大小不知，所以最大位移时弹性势能无法判断，即总能量大小无法判

断，选项B错误；t=2s时甲处于平衡位置负向运动，具有负向最大速度，乙在正向最大位移处，具有正向最大位移，故选项C正确；不知道两个弹簧劲度系数和振子质量的大小关系，所以无法判断回复力大小和加速度大小的比

例关系，故选项D错误。6．答案A解析通电导线L、M、N在B1处产生的磁感应强度方向如图所示，且大小均为B，根据矢量合成可知，BBBBB3)(2222=++=合，故选项A正确。7．答案D解析光由玻璃进入空气传播时，频率不变，波速增大

，波长增大，选项A错误；在真空中光线a与法线的夹角大，根据光路可逆性，由折射率公式vcn==21sinsin得光线a在玻璃中的折射率大，传播速度小，所以在玻璃砖中，相同的路程光线a所用的时间长，选项B错误；增加入射角θ折

射光线a首先消失，选项C错误；光线a的折射率，说明光线a的频率高，根据fc=，光线a在真空中的波长较短，根据双缝干涉条纹间距公式dLx=，分别用a、b光在同一个双缝干涉实验装置上做实验，a光的干涉条纹间距小于b光的干涉条纹间距，选项D正确。8．

答案A解析设t时间有m的空气与风力发电机作用，由动量定理得)(12v-vmtF=−，tSm=1v，整理得N96002.021==vSF，故选项A正确。9．答案BD解析当滑动变阻器R3的滑动触头P向上滑动时，滑动变阻器接

入电路的阻值减小，电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律可知，干路电流增大，内电压和R1的电压增大，则并联电路电压减小，故R2和灯泡的支路电流减小，灯泡变暗，选项A错误；干路电流增大，R2和灯泡的支路电流减小，所以R3支路电流增大，选项B正确；

当外电阻等于电源内阻时，电源的输出功率最大，由于不知道外电阻和内阻的大小关系，所以无法判断电源输出功率的变化情况，选项C错误；外电阻越小，电源效率越小，选项D正确。10．答案BC解析由动能定理可知，三球重力做相同的功，但a球、b球初动能相等，c球初动能为0，故三球落地时速度cbav

vv=，由三球质量相等，得落地动量cbappp=，选项B正确；由于三球在空中运动时间bcattt，故重力的冲量bcaIII，由动量定理得bcappp，故选项C正确。11．答案AD解析两列波波速

相同，波长不同，根据f=v，频率不同，不能干涉，选项A正确；平衡位置为x=8.5cm处的质点，两类波单独引起的位移分别为A22和A21，故此刻合位移为大于振幅A，选项B错误；平衡位置为x=6cm处的质点此刻处于平衡位置，

两列波的速度不等，方向相反，故合速度不为零，故选项C错误；实线波长为4cm，频率为2Hz，由f=v得波速为8cm/s，即虚线波速也为8cm/s。从图示时刻起在经过0.25s实线x=2cm处质点的波形和虚线x=6cm处

质点的波形分别传播到平衡位置为x=4cm处质点处，合位移y=0，选项D正确；12．答案ACD解析取水平向右为正方向，由图知，C与A碰前速度为m/s90=v，碰后速度m/s31=v，C与A碰撞过程动量守恒：10()vmmvmCAC+=，得

kg3=Cm，选项A正确；AC整体以m/s31=v向右挤压弹簧，当速度减为零时弹簧的弹性势能最大，由能量守恒得J5.40(21211P=+=)vmmCAE，选项B错误；由能量守恒，当12s时AC整体以m/s32−=v向左运动时弹簧恢复原长，B将离开墙壁，选项C正确；B离开墙壁后AC通过弹簧带

动B向左加速，当ABC共速时弹簧最长，设此时速度大小为3v，由动量守恒定律32(()vmmm)vmmBCACA++=+，得m/s23=v，由能量守恒得J5.13(21(2123222P=++−+=)vmmm)vmmBCACAE，选项D正确。13．答案(1)5.24t偏

大(2)2ka24k详解（1）单摆完成一次全振动需要的时间是一个周期，单摆周期：5.242150ttntT=−==。根据单摆周期公式glT2=整理得224TLg=，周期测量值偏小，则g测量值偏大。（2）由单摆周期公式：22dLTg+=

，整理得：2242gdLT=−，2LT−图线的斜率：24gk=；将L=0，aT=2代入表达式，即20dka−=，得小球直径：kad2=，重力加速度：24gk=。14．答案（1）CBE（2）如图所示（3）0.95（4）211121()4()dIrRLII+=

−解析（1）用欧姆表粗测电阻。现将欧姆表置于“×10”，经正确的操作，测量电阻时发现指针偏角过大，说明用的档位偏大，应该换小挡，使得指针指向表盘的中央刻度附近，所以改用“×1”的档位，换档后重新欧姆调零。（2）电路图如图所示（3）游标尺主尺部分的读数为：0mm，分尺上的读数为

：0.95mmmm05.019=游标尺的最终读数为：0.95mm（4）由电路知识得：11121()xIRrURIII+==−由电阻定律得：224()2xLLLRdSd===，联立可解得：()()2111214dIrRLII+=−15．答案(1)m/s1

4180+=nv（n=0、1、2……）(2)s=0.55m解析(1)由波源的振动方程m)10sin(05.0)T2Asin(0+=+=tty，得振幅A=0.05m，T=0.2s。……………………………………………………………………1分且波源的起振方向为

y轴负方向。则P点的起振方向也为y轴负方向。当波源处于波谷，OP间距+==41m9nx（n=0、1、2……）………………………2分由T=v，得m/s14180+=nv（n=0、1、2……）……………

………………………………1分(2)波由波源传到P点所用时间为s45.01==vxt………………………………………………1分则p点的振动时间为s55.01=−=ttt………………………………………………………………1分则：路程m55.0A4==Tts…………

……………………………………………2分16．答案(1)34=n(2)m04.1h解析设光线PB射到水面上的点为O，光路图如图所示，设入射角为，折射角为由几何关系得tan=34=APAB，得53=，54sin=………………………………1分tan=43tan=−=−

=DEBCDCDEOCDCDEDO，得37=，53sin=……………2分由折射定律得sinsin=n得34=n……………………………1分(2)设潜水员离水面深度为h，光在水面发生全反射的临界角为C，则431sin==nC………………………………1分则73tan=C，m69.1m765.

0tanDC==Cxh……………………2分则潜水员再下潜的距离m69.0h………………………………1分17．答案(1)P出=0.432W(2)R=0.8Ω(3)E=3.2Vr=33.134解析（1）当重物匀速上升时，电动机的电压U1=3.0V，I1=0.15

A，即电动机输入功率为P入=U1I1=0.45W…………………………………1分由h-t图像的斜率可得重物匀速上升的速度为m/s5.0m/s30.270.250.070.0=−−==thv……………………1分此时电动机的输出功率P出=Fv=mgv=0.432W……

………………2分得该电动机在图丁所示时间内的效率%96%10045.0432.0===电出PP……………………1分（2）由P出=U1I1-I12R…………………………2分，得R=0.8Ω…………………………1分(3)电动机与电源构成闭

合回路，初始启动时：U0=2.8V，I0=0.30A，电动机稳定工作时U1=3.0V，I1=0.15A，由闭合电路欧姆定律U0=E-I0r，U1=E-I1r…………………………………………2分则E=3.2Vr

=33.134……………………………………………………2分18．答案(1)gl53=1v(2)mglEK253=(3)gl151=3v(4)7513lx=解析(1)设物块P与A碰撞前的速度为v0，碰撞后的速度为v。对小物块P下落

过程应用动能定理，()021cos12000−=−vmglm…………………1分上升过程应用动能定理()021cos1251200−=−vmglm………………………………1分设P与A相碰后A的速度大小为v1，对于P和A组

成的系统，碰撞过程应用动量守恒定律1vvvmmm20+−=…………………………………………………………………………2分得碰后A的速度为gl53=1v……………………………………………………………1分(2)P和A碰撞过程中的能量损mglmmmEK2532

21212121220=+−=vvv=……………2分(3)设B与挡板碰撞前AB的速度大小为v2，B与挡板碰撞后最终共速时AB的速度大小为v3。对于A和B组成系统由动量守恒定律得2mv1=(2m+4m)v2……………………………………2分2mv2—4mv2=—(2m+

4m)v3……………………………………………………………………2分综上解得最终A、B运动的速度大小gl151=3v………………………………………1分(4)从A被P碰后向右运动，到最终A、B相对静止向左运动的过程应用能量守恒定律：2321)42212

212vvmm(mxmg+−=……………………………………………………3分得7513lx=……………………………………………………………………………1分获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com