【文档说明】安徽省六校教育研究会2021-2022学年高二（下）期末联考物理试题 Word版含解析.docx，共(21)页，3.971 MB，由小赞的店铺上传

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安徽省六校教育研究会2021-2022学年第二学期高二期末联考物理试卷一、选择题（每小题4分，共48分。其中1～8题只有一个选项符合要求；9～12题至少有两个选项符合要求，多选、错选不得分，少选得2分。）1.若已知月球绕地球公转的半径为r，

公转周期为T，万有引力常量为G，则由此可求出（）A.月球的质量B.地球的质量C.月球的密度D.地球的密度【答案】B【解析】【详解】根据题意，设地球的质量为M，月球的质量为mAB．根据万有引力提供向心力有2224GMmmrrT=可得23

24rMGT=故A错误，B正确；CD．根据公式mV=，由于不知道月球的质量及体积、地球的体积，则无法计算月球及地球的密度，故CD错误。故选B。2.三束单色光a、b、c沿图示方向射向圆形玻璃砖，经两次折射后变成复色光d，以下说法正确的是（）A.在真

空中，a光传播速度比b、c小B.在玻璃砖中，a光传播速度比b、c小C.b光的频率比c光大D.a光的光子能量最小【答案】D【解析】【详解】A．在真空中，三束单色光a、b、c的传播速度相等，故A错误；BCD．由图可知，a光的偏折

程度最小，c光最大，故a光的折射率最小，c光的折射率最大，则a光的频率最小，c光的频率最大，则b光的频率比c光小，由公式cnv=可得，在玻璃砖中，a光传播速度最大，由εhν=可得，a光的光子能量最小，故BC错误，D正确。故选D3.如图甲，一台空调外机用两个三角形支架固定在外墙

上，空调外机的重心恰好在支架水平横梁OA和斜梁OB的连接点O的上方，图乙为示意图。如果把斜梁加长一点，仍保持连接点O的位置不变，横梁仍然水平，这时OA对O点的作用力F1和OB对O点的作用力F2将如何变化A.F1变大，F2变大B.F1变小

，F2变小C.F1变大，F2变小D.F1变小，F2变大【答案】B【解析】【详解】ABCD.设OA与OB之间的夹角为，对O点受力分析可知F=G压。2=sinFF压1=tanFF压因角逐渐变大，由

数学知识可知，F1变小，F2变小，故B正确ACD错误。故选B。4.如图，一质点用长为L轻绳悬于O点，现给它一水平初速度v0，欲使之能完成竖直面内的圆周运动，则v0至少为（）A.3gLB.2gLC.5gLD.6gL【答案】C【解析】【详解】当恰好能过最高点时有2mvmgL=解得vgL=则最低

点到最高点由动能定理可得22011222mgLmvmv−=−解得05vgL=故C正确，ABD错误。故选C。5.如图所示为电流天平，可以用来测量匀强磁场的磁感应强度。它的右臂挂着矩形线圈，匝数为n，线圈的水平边长为L，处于匀强磁场内，磁感应强度B的方向与线圈平面垂直

。当线圈中通过电流I时，调节砝码使两臂达到平衡。然后使电流反向，大小不变。这时需要在左盘中增加质量为m的砝码，才能使两臂再达到新的平衡。则磁感应强度B的表达式正确的是（）A.2mgnILB.2nILmgC.mgnILD.nILmg【答案】A【

解析】【详解】根据题意，设左盘中砝码的质量为1m，右盘中砝码的质量为2m，线框的质量为0m，根据平衡条件有120mgnBILmgmg+=+电流反向，大小不变，根据平衡条件有()120mmgmgmgnBIL+=++联立解得2mgBnIL=故BCD错误，A正确。故选A。6.下列四

幅图分别对应四种说法，其中错误的是（）A.A图中油酸分子不是球形，但可以当做球形处理，这是一种估算方法B.B图中显示的布朗运动，使得炭粒无规则运动的原因是炭粒内部分子的无规则热运动造成的C.C图中当两个相邻的分子间距离为r0时，它们间相互作用的引力和斥

力大小相等D.D图中0℃和100℃氧气分子速率都呈现“中间多、两头少”的分布特点【答案】B【解析】【详解】A．A图中油酸分子不是球形，但可以当做球形处理，这是一种估算方法，故A正确，不符合题意；B．B图中显示的布朗运动，使得炭粒无规则运动的原因是炭粒受到不同方向的液体分子无规则运动产生的

撞击力不平衡引起的，故B错误，符合题意；C．C图中当两个相邻的分子间距离为r0时，它们间相互作用的引力和斥力大小相等，故C正确，不符合题意；D．D图中0℃和100℃氧气分子速率都呈现“中间多、两头少”的分布特点，故D正确，不符合题

意。故选B。7.如图，一定质量的理想气体从状态a出发，经过等容过程ab到达状态b，再经过等温过程bc到达状态c，最后经等压过程ca回到状态a。下列说法错误的是（）A.在过程ab中气体的内能增加B.在过程ca中外界对气体做功C.在过程ca中气体从外界吸收热量D.在过

程bc中气体从外界吸收热量【答案】C【解析】【详解】A．在过程ab中气体的温度升高，则内能增加，选项A正确；BC．在过程ca中气体体积减小，则外界对气体做功，即W>0；压强不变，则温度降低，内能减小，即∆U<0，则根据UWQ=+

可知Q<0，则气体放热，选项B正确，C错误；D．过程bc中气体温度不变，内能不变，即∆U=0，体积变大，对外做功，即W<0，则由热力学第一定律可知Q>0，气体从外界吸收热量，选项D正确。本题选错误的，故选C。8.一个静止的放射性原子核处

于匀强磁场中，由于发生了衰变而在磁场中形成如图所示的两个圆形径迹，两圆半径之比为1∶16，下列判断中正确的是（）A.该原子核发生了α衰变B.反冲原子核在小圆上顺时针运动C.生成的粒子与反冲核运动周期相同D.原来静止的核，其原子序数为15【答案】D【解析】【详

解】A．由图示可知，原子核衰变后放出的粒子与新核所受的洛伦兹力方向相同，而两者速度方向相反，则知两者的电性相反，新核带正电，则放出的必定是β粒子，发生了β衰变。故A错误。B．原子核衰变过程系统动量守恒，由动量守恒定律可知，放出的β粒子与新核的动量

大小相等，粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得2vqvBmr=解得mvprBqqB=＝由此可知，半径与电荷量成反比，两圆半径之比为1：16，由于新核的电荷量较大，则小圆是新核的轨迹，衰变后新核所受的洛伦兹力方向向右，根据左手定则

判断得知，其速度方向向下，沿小圆作逆时针方向运动，故B错误。C．粒子做圆周运动的周期2mTqB=可知两粒子在磁场中运动的周期不相等，选项C错误；D．轨道半径mvprBqqB=＝由于两圆半径之比为1：16，由半径之比可知：新核的电荷量

为16e，原子序数为16，则原来静止的原子核的原子序数为15，故D正确。故选D。9.在坐标原点的波源产生一列沿x轴正方向传播的简谐横波，波速v＝100m/s。已知t＝0时，波刚好传播到x＝40m处，如图所示，在x＝200m处有一接收器（图中未画出），则下列说法正确的是（）

A.波源开始振动时方向沿y轴负方向B.从t＝0开始经过0.15s，x＝40m处的质点运动路程为0.3mC.接收器在t＝1.8s时才能接收到此波D.若波源向x轴负方向运动，根据多普勒效应，接收器接收到的波源频率可能为6Hz【答案】AB【解析】【详解】A．根据波图像和波的传

播方向可知，波源开始振动时方向沿y轴负方向，A正确；B．根据波的图像可知波长λ＝20m，振幅A＝10cm，周期0.2sTv==从t＝0开始经过0.15s(0.75个周期)，x＝40m处质点运动路程为3个振幅，即330.1m0.3mA==B正确；C．接收器在20040s1.6s100xtv

−===时能够接收到此波，C错误；D．波源频率为15HzfT==若波源向x轴负方向运动，根据多普勒效应，接收器接收到的波源频率小于5Hz，不可能为6Hz，D错的的误。故选AB。10.如图所示，一价氢离子、一价氦离子和二价氦离子的混合物从同一位置无初速度地飘入电场线水平向右的加速电

场1E，之后进入电场线竖直向下的匀强电场2E发生偏转，最后打在屏上。整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那么（）A.偏转电场2E对二价氦粒子做功最多B.三种粒子打到屏上时的速度一样大C.三种粒子运动到屏上所用时间相同D.三种粒子打到屏上同一位置【答案】AD【解析】【详解】根据

题意，设加速电场的极板间距离为d，偏转电场的极板长为L，偏转电场右端到屏的水平距离为1L，粒子的带电量为q，质量为m，粒子在加速电场中加速，由动能定理有21012qEdmv=解得102qEdvm=根据运动学公式02vvxt+=可得，粒子在

加速电场中的运动时间为112mdtqE=粒子进入偏转电场后，做类平抛运动，水平方向有02Lvt=解得粒子在偏转电场中的运动时间为的212mtLqEd=竖直方向上，由牛顿第二定律有2Eqma=可得2Eqam=根据运动学公式0vvat=+可得，粒子离开偏转电场时，竖直分速度为221

2yqvatELmEd==由运动学公式2012xvtat=+可得，竖直位移为22221124ELyatEd==粒子离开偏转电场后，做匀速直线运动，水平方向上有103Lvt=可得运动时间为131012LmtLvqEd==竖直方向上的位移为

211312yELLyvtEd==A．根据做功公式WFx=可得，偏转电场2E对粒子做功为222214ELqWEqyEd==可知，粒子带电量越多，偏转电场2E做功越多，即偏转电场2E对二价氦离子做功最多，故A正确；B．根据上述分析可知，粒子打在屏上的速度大小为2222201122yELqv

vvEdmEd=+=+由于三种粒子的比荷不相等，则三种粒子打到屏上时的速度不一样大，故B错误；C．根据上述分析可得，粒子运动到屏上所用时间为1231111222mdmmttttLLqEqEdqEd=++=++由于三种粒子的比荷不相等，三种粒子运动到屏上所用时间不相同，故C错误；D

．根据上述分析可得，粒子运动到屏上向下运动的位移为222111142ELELLhyyEdEd=+=+可知，粒子运动到屏上向下运动的位移与粒子的比荷无关，则三种粒子打到屏上的同一位置，故D正确。故选AD。1

1.如图所示，重10N的滑块在倾角为30°的光滑斜面上，从a点由静止下滑，到b点接触到一个轻弹簧。滑块压缩弹簧到c点开始弹回，返回b点时离开弹簧，最后又回到a点，已知ab＝0.8m，bc＝0.4m，重力加速度g＝10m/s2，则下列说法中正确的是（）A.滑

块动能的最大值是4JB.弹簧弹性势能的最大值是6JC.滑块从c到b的运动过程中，加速度先减小后增大D.整个运动过程中滑块的机械能守恒【答案】BC【解析】【详解】A．由题意可知，滑块在到达b后开始受到弹簧弹力的作

用，在b点时加速度最大，之后做加速度减小的加速运动，当加速度为零时动能最大，由机械能守恒定律可得21··sin304J2bbEmvmgab===b点时动能为4J，滑块的最大动能大于b点时的动能，故A错误；B．弹簧压缩量最大时，弹簧的弹性势能最大，根

据题意及能量守恒定律可得p··sin306JEmgac==故B正确；C．从c到b的运动过程中，弹簧的弹力减小，当弹簧弹力大于滑块重力在斜面方向的分量时，所受合外力减小，加速度减小，当弹簧弹力小于滑块重力在

斜面方向的分量时，此时随着滑块继续向上运动，滑块所受合外力反向，合力随着弹力减小而增大，加速也反向增大，故C正确；D．整个运动过程中，弹簧弹力对滑块做功，滑块的机械能与弹簧的弹性势能相互转化，滑块的机械能不守恒，故D错误。故选BC。12.用如图①所示的装置研究光电效应现

象。闭合电键S，用频率为的光照射光电管时发生了光电效应。图②是该光电管发生光电效应时光电子的最大初动能kE与入射光频率的关系图像，图线与纵轴的交点坐标为（0，－ɑ），与横轴的交点坐标为（b，0）。图③是三种光

电流与电压之间的关系曲线（甲光、乙光、丙光），下列说法中正确的是（）A.普朗克常量为ahb=B.甲光频率与丙光频率相同，但甲光比丙光的照射强度大C.在真空中，甲光波长比乙光波长短D.图③中乙光光电流大于甲光光电流的那部分实验，与之对应的图

①中滑片P位置应该在O点右侧【答案】AB【解析】【详解】A．根据题意，由光电效应方程有k0EhW=−ν结合图②可得ahb=，0Wa=，0b=故A正确；BC．根据题意，由动能定理有k0CqUEhW==−由图③可知，甲光和丙光的截

止电压相等小于乙光的截止电压，则三色光的频率关系为=甲乙丙根据公式c=可得，三色光的波长关系为=甲乙丙由图③可知，甲光的饱和电流大于丙光，则甲光光照强度大于丙光，故C错误，B正确；D．图③中乙光光电流大于甲光光电流的那部分实验，光电管两端接的反向电压，则对图①中滑

片P位置应该在O点左侧，故D错误。故选AB。二、实验题（每空3分，共18分。）13.某同学用图甲所示装置研究自由下落运动，实验打出一条较长纸带。在该纸带上不同位置，该同学截取了（a）（b）（c）（d）四段进行测量

处理，每段纸带上有三个计时点，这些计时点按打点的先后顺序依次编号为0～11，测量结果如图所示。所用电源频率为50Hz。（1）8、9两点之间被撕掉的纸带上有_______个计时点；（2）打上面纸带的点“7”时，重锤的速度为______m/s（保留2位小数）。（

3）若重锤、纸带和夹子的总质量为400g，当地重力加速度为9.85m/s，则重锤、纸带和2夹子这个系统下落过程中受到的阻力约为______N（保留2位有效数字）。【答案】①.1②.1.95③.0.040##24.010−【解析】【详解】（1）[1]根据题意，设8、9两点之

间被撕掉的纸带上有n个计时点，由图乙可知，9、10两点间距离为15.26cmx=7、8两点间距离为24.09cmx=根据题意，由逐差法2xaT=可得()2122xxnaT−=+又有29.8msag=解得1n即8、9两点

之间被撕掉的纸带上有1个计时点。（2）[2]根据中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，由图乙纸带数据可得，打下纸带的点“7”时，重锤的速度为()2683.704.0910ms1.95ms220.02xvT−+==（3）[3]根据题意，由图乙各段纸带数据可知，相邻两点间的位移差相

等，则由逐差法2xaT=可得21201xxaT−=解得29.75msa=设这个系统下落过程中受到的阻力为f，由牛顿第二定律有mgfma−=解得0.040Nf=14.某同学利用待测电源（由两节相同的干电池

组成）来测量一节干电池的电动势E和内阻r（内阻较小），除了待测电源外，实验室还提供了以下器材：A．电压表V（量程1为3V，内阻RV1约为3kΩ；量程2为15V，内阻RV2约为15kΩ）B．电阻箱R（最大阻值为99.99Ω）C．定值电阻R0=2ΩD．开关、

导线若干（1）请你在实物图中补齐正确的连线_____；（2）该同学正确连线后，闭合开关S，通过改变电阻箱的阻值R，测出R两端对应的电压U，并以R为横轴，以U为纵轴，画出如图所示的U-R的关系图线。当R

阻值与定值电阻R0相等时，电压表示数为a，图线的渐近线方程为U=b，则E=______，r=______（本小题中的a、b和R0为已知量，用其中的一个或多个字母表示）；【答案】①.②.b③.0(2)bRa−【解析】详解】（1）[1]实物连线如图所示【（2）[2][3]

由闭合电路欧姆定律可知0()UUERrR=−+整理得01EURrR=++由上式可知，当R→时，UE→，由于图线的渐近线方程为U=b，所以电动势E=b当0RR=时，有00021EEUaRrrRR===+++解得

0(2)brRa=−三、解答题（3小题共34分。第15题10分，第16题10分，第17题14分。）15.某学校门口平直公路上设有图甲所示减速带，一摩托车经过校门口前因有减速带，司机控制摩托车的加速度a，a随位移x变化的图像如图乙所示，x=0

时车速v0=8m/s，此时加速度方向与速度方向相同；x=50m时摩托车到达减速带处。求：（1）摩托车在0~18m位移内所用的时间t1及其末速度大小v1；（2）摩托车经过减速带处时的速度大小v2。【答案】（1）12st=，110m/sv=；（

2）26m/sv=【解析】【详解】（1）由图结合题意可知0~18m位移内摩托车做匀加速直线运动，由2101112xvtat=+得12st=由101vvat=+得110m/sv=（2）由22122()vvax−=，2=

32(m/s)axS=面积得26m/sv=16.一定质量的理想气体被活塞封闭在导热汽缸内，如图所示水平放置。活塞的质量m=20kg，横截面积S=100cm2，活塞可沿汽缸壁无摩擦滑动且不漏气，开始使汽缸水平放置，活塞与汽缸底的距离L1=9cm，离汽缸口的距离L2=3cm。汽缸内气

体温度为27℃，大气压强为1.0×105Pa。现将汽缸缓慢地转到开口向上的竖直位置，待稳定后对汽缸内气体加热，使活塞缓慢上升到上表面刚好与汽缸口相平，已知g=10m/s2，绝对零度取-273℃，外界温度不变，活塞厚度不计。求：（1

）此时气体的温度为多少?（2）在活塞缓慢上升到上表面刚好与汽缸口相平的过程中，气体膨胀对外做功，同时吸收Q=280J的热量，则气体增加的内能∆U多大?【答案】（1）480K；（2）226J【解析】【详解】（1）全过程气缸内气体，初

态时511.010Pap=，119VLSS==，1300KT=末态时5211.210PamgppS=+=，()21212VLLSS=+=由理想气体状态方程112212pVpVTT=得222111480KVTTVpp==（2）令气缸缓慢转至竖直位置时，气体的压强为3p、体积为33VL

S=。由玻意耳定律知1133pVpV=代入数据后得到37.5cmL=活塞缓慢上升过程，外界对气体做功()212354JWpLLSL=−+−=−根据热力学第一定律UWQ=+得28054226JU=−=即气体内能增加了226J。17.如图所示，有一对间距为L=0.5m的

光滑平行金属导轨，左侧导轨平面与水平面的夹角为θ=30°，上端与电阻R=2.0Ω相连，右侧导轨平面水平且足够长，左右两部分导轨在PQ处平滑连接，导轨电阻不计。左侧导轨平面MNFE区域内有一匀强磁场垂直导轨平面向上，右侧导轨平面的YZ右侧区域也有一匀强磁场垂直导轨平面向上，两个匀强

磁场的大小均为B=1.0T。有两根金属棒ab和cd，质量均为m=0.1kg、接入电路部分的电阻均为r=2.0Ω，cd棒原来静止在YZ左侧的水平导轨上，ab棒在导轨上由MN上方某处由静止释放，下滑过程与导轨接触良好且

始终与PQ平行，到达MN处恰好开始匀速运动，已知ME=EP=L，取重力加速度g=10m/s2。求：（1）ab棒穿过斜面磁场过程中流过ab棒的电流大小和方向及此过程中安培力对ab棒做的功；（2）若ab棒和cd棒发生弹性碰撞，则碰后cd棒的速度是多大？（3

）最后cd棒停在水平轨道上，求cd棒运动过程中经过cd棒的电荷量及cd棒上产生的焦耳热。（本题第（2）小题和第（3）小题的结果可用根式和分数表示）【答案】（1）1AI=，方向ba→，-0.25J；（2）341m/sv=；（3）41C5q=，41J30【解析】【详解】（

1）匀速进入磁场时sinmgBIL=得1AI=方向ba→，该过程安培力做功0.25JWBILL=−=−（2）令ab棒离开斜面磁场时得速度为1v，到达水平面时得速度为2v。则1rRBLvIrrR=++代入数据可得

16m/sv=又22212sinvvgL−=代入数据可得241m/sv=两棒碰撞过程：动量守恒223mvmvmv=+机械能守恒222223111222mvmvmv=+代入数据后得ab棒速度20v=，cd棒速度341m/sv=（3）

cd棒在磁场中减速过程，由动量定理得30mvBILt−=−即通过cd棒的电荷量341C5mvqBL==cd棒上产生的热量232141J3230Qmv==获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众

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