【文档说明】湖南省岳阳市2021-2022学年高二（下）教学质量监测物理试题（解析版）.docx，共(20)页，1.431 MB，由envi的店铺上传

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岳阳市2022年高二教学质量监测物理本试卷共8页，分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分100分，考试用时75分钟。注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的学校、班级、考场号、姓名和座位号填写在答题

卡指定位置上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。答案不能答在试卷上。3.非选择题必须用黑色字迹的签字笔作答，答案

必须写在答题卡各题目指定区域内；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4.考生必须保证答题卡的签洁。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。第I卷选择题（共49分）一、单项选择题（本题共6小题，

每小题4分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求）1.如图所示，关于物理学史上的四个重大发现，下列说法正确的是（）A.库仑利用图甲的扭称实验精确测出了元电荷e的值B.奥斯特利用图乙实验，发现了电流周围存在磁场中C.牛顿根据图丙理想斜面实验，提出了力不是维持物体运动的原因D.开普勒利

用图丁“冲淡”重力的实验，总结出自由落体运动是匀变速直线运动【答案】B【解析】【详解】A．库仑利用图甲的扭称实验发现了库仑定律，但测出元电荷e的值是美国科学家密立根，A错误；B．奥斯特利用图乙实验，发现了电流周围存在磁场中，B正确；C．伽利略根据图丙

理想斜面实验，提出了力不是维持物体运动的原因，C错误；D．伽利略利用图丁“冲淡”重力的实验，总结出自由落体运动是匀变速直线运动，D错误。故选B。2.2021年6月17日，神舟十二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前向端口，与此前已对接的天舟二号货运飞船一起构成三舱组

合体。组合体绕地球飞行的轨道可视为圆轨道，该轨道离地面的高度约为400km。已知同步卫星离地面高度为43.610km，下列说法正确的是（）A.组合体在轨道上飞行的周期大于24hB.组合体在轨道上飞行的速

度大于第一宇宙速度C.若已知地球半径R和表面重力加速度g，则可算出组合体的周期TD.神舟十二号载人飞船从低轨道变轨与天和号核心舱对接时，需要减速【答案】C【解析】【分析】【详解】A．同步卫星的运行周期为24h，组合体的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，所以运动周期小于24h，A错误；B．第一宇宙

速度为卫星绕地球表面做匀速圆周运动的最大环绕速度（即近地卫星的速度）。组合体轨道半径大于近地卫星的轨道半径，故核心舱在轨道上飞行的速度小于7.9km/s，B错误；C．由引力作为向心力可得22224MmvGmmrr

rT==地球表面物体所受重力等于万有引力2MmGmgR=若已知地球半径R和表面重力加速度g，联立可得()3223244+==RhrTGMgR可算出组合体的周期，C正确；D．神舟十二号载人飞船从低轨道变轨与天和号核心舱对接时，神州十二号载人飞船需要做离心运动，因此需要

加速，故D错误。故选C。3.已知半圆形玻璃砖的折射率为2，圆心为O，光射到玻璃砖与空气的界面上，能发生全反射的是（）A.如图甲所示，光以50°的入射角从玻璃砖射向空气B.如图乙所示，光以40°的入射角从玻璃砖射向空气C

.如图丙所示，光以50°的入射角从空气射向玻璃砖D.如图丁所示，光以40°入射角从空气射向玻璃砖【答案】A【解析】【详解】AB.光从玻璃砖射向空气恰发生全反射的临界条件满足12sin22C==由于22sin40sin50＜＜的光以50°的入射角从玻璃砖射向空气，可以发生全反射，光以40

°的入射角从玻璃砖射向空气，不能发生全反射，故A正确，B错误；CD．全发射的条件是光从光密介质进入光疏介质且入射角大于或等于临界角，所以光从空气射向玻璃砖不会发生全反射，故CD错误。故选A。4.两个质量相同、所带电荷量相等的带电粒子a、b，以不同的速率对准圆心O沿着AO方向射入圆形匀强磁

场区域，其运动轨迹如图所示．不计粒子的重力，下列说法正确的是（）A.a粒子带正电，b粒子带负电B.a粒子在磁场中所受洛伦兹力较大C.b粒子动能较大D.b粒子在磁场中运动时间较长【答案】C【解析】【详解】A．粒子向右运动，根据左手定则，b向上偏转

，应当带正电；a向下偏转，应当带负电，故A错误．BC．洛伦兹力提供向心力，即：2vqvBmr=，得：mvrqB=，故半径较大的b粒子速度大，动能也大．由公式f=qvB，故速度大的b受洛伦兹力较大．故B错误，C正确．D．磁场中偏转角大的运动

的时间也长；a粒子的偏转角大，因此运动的时间就长．故D错误．5.磁流体发电是一项新兴技术，如图所示是磁流体发电机的示意图。平行金属板P、Q之间有一个很强的匀强磁场，磁感应强度大小为B。将一束等离子体（即

高温下电离的气体，含有大量正、负带电粒子）垂直于B的方向喷入磁场，每个离子的速度都为v，电荷量大小都为q，P、Q两板间距为d，稳定时下列说法中正确的是（）A.带正电的粒子向P板偏转B.图中P板是电源的正极C.电源的电动势为BvqD.电源的电动势

为Bvd【答案】D【解析】【详解】AB．根据左手定则可知，带正电的粒子受到的洛伦兹力向下，向Q板偏转，带负电的粒子受到的洛伦兹力向上，向P板偏转，故Q板是电源的正极，P板是电源的负极，AB错误；CD．稳定时，离子不发生偏转

，此时离子受到的电场力于洛伦兹力平衡，可得UqqvBd=解得电源的电动势为UBvd=D正确，C错误。故选D。6.长为L的小船停在静水中，质量为m的人从静止开始从船头走到船尾。不计水的阻力，船对地面位移的大小为d，则小船的质量为（）A.()mLdd+B.()mLdd−C.mLdD.()

mLdL+【答案】B【解析】【分析】【详解】船和人组成的系统，在水平方向上动量守恒，人在船上行进，船向后退，设船的质量为M，人的速度方向为正方向，由动量守恒定律得10mvMv−=人从船头到船尾，船对地面位移的大小为d，则人相对于地面的位移为Ld−，则有LddmMtt−=解得()mLdMd−=故选

B。二、多项选择题（本题共5小题，每小题5分，共25分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）7.一列横波某时刻的波形如图甲所示，图乙表示介质中平衡位置在1mx=处的质点L此后一段时间内的振动图像。下列说法正确的是（）A.波速为0

.5m/sB.波的传播方向沿x轴正方向C.02s−时间内，质点L运动的路程为1mD.当7st=时，质点L恰好回到平衡位置【答案】AB【解析】详解】A．根据波形图和质点振动图可读出2m=，4sT=则波速为0.5m/svT==故A正确

；B．平衡位置在1mx=处的质点L在t=0s时向上振动，由同侧法可知波的传播方向沿x轴正方向，故B正确；C．时间【12s2Tt==则质点从平衡位置振动回到平衡位置，路程为210cmsA==故C错误；D．时间满足37s4tTT==+则质点从平衡位置向上振动到负的最大位移处，故D错误；故选A

B。8.如图甲是线圈绕垂直于磁场的轴在匀强磁场中匀速转动时所产生的正弦交流电压图像，把该交流电压加在如图乙中理想变压器的原线圈上，副线圈接有最大阻值为55R=的滑动变阻器。已知原、副线圈匝数之比为2：1，电流表、电压表均为

理想电表，开始时滑动变阻器处于最大阻值处。下列说法正确的是（）A.交流电的频率为50HzB.电压表的读数为1102VC.电流表的读数为1AD.滑片向下滑动时，电压表读数减小，电流表的读数增大【答案】AC【解析】【

详解】A.由u—t图可知交流电的周期为0.02s=T交流电的频率为150HzfT==故A正确；B．由u—t图可知交流电的输入端有效值为220V，由112221UnUn==解得2110VU=电压表的读数为110V，故B错误；C．由222AUIR==又122112InIn==可得11AI=可

知电流表的读数为1A，故C正确；D．输入端电压和匝数比不变，所以副线圈的电压U2保持不变，电压表读数不变，滑片向下滑动时，电阻减小，电流表的读数增大，故D错误。故选AC。9.如图甲所示，固定在同一绝缘水平面上的

两根平行光滑金属导轨，两导轨间的距离1.5mL=，左端接有阻值3R=的定值电阻，一根质量1kgm=，电阻3r=，长度也为1.5mL=的金属棒ab跨接在导轨上，形成闭合回路。空间有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小2TB=。ab棒在外力F

的作用下沿着导轨运动的vt−图像如图乙所示。导轨的电阻忽略不计，且运动过程中金属棒始终与导轨垂直。下列说法正确的是（）A.03s−内ab棒中感应电流的方向从b到aB.03s−内通过ab棒的电荷量为1.5CC.03s−内安培力的冲量大小为4.5NsD.3s6s−内a

b棒两端电压为6V【答案】BC【解析】【详解】A.03s−内ab棒中感应电流的方向从a到b，故A错误；B．03s−内由vt−图像得位移123m3m2x==根据qIt=EIRr=+BLxEtt==解得1.5CBLxqRr==

+故B正确；C．03s−内物体做匀加速直线运动，安培力2222BLvBLvBLaFBILBLtRrRrRr====+++可知安培力与时间成正比，可得在t=0s时，安培力为零；在t=3s时，安培力F=3N03

s−内物体安培力的冲量大小04.5Ns2FIt+==故C正确；D．3s6s−内ab棒两端电压3VBLvURRr==+故D错误。故选BC。10.如图所示，真空中一椭圆的两焦点M、N处固定两个等量异种电荷Q+、Q−，O为椭圈中心，ab、cd分别是椭圆长轴和短轴，e、f是椭圆上关于O

点对称的两个点。下列说法中正确的是（）A.c、d两点场强相同，电势也相同B.a、b两点场强相同，e、f两点场强也相同C.将一正电荷由e点沿椭圆移到f点，电场力做功为零D.将一电荷由O点移到椭圆上任意一点时，电势能的变化量相同【答案】

AB【解析】【详解】等量异种电荷的电场线分布如图所示A．由于c、d两点处于中垂线上，且相对于O对称，c、d两点场强大小相等，方向均与中垂线垂直向右，中垂线为等势线，所以c、d两点的电势也相同，A正确；B．a、b两点相对于O对称

，根据对称性可知a、b两点场强大小相同，方向也相同，e、f两点相对于O对称，根据对称性可知e、f两点场强大小相同，方向也相同，B正确；C．由电场线分布可知，e点电势高于f点，将一正电荷由e点沿椭圆移到f点，电场力做

正功，C错误；D．将一电荷由O点移到椭圆上任意一点时，由于椭圆不是等势面，故电势能变化量不一定相同，D错误。故选AB。11.2022年第24届冬季奥林匹克运动会在北京举行，在自由式滑雪女子大跳台决赛中，中国选手谷爱凌第

三跳挑战从未做出的超高难度动作成功，上演超级大逆转，奇迹般夺冠。跳台滑雪可以简化成如图所示的过程，AO为半径R的圆弧助滑道，轨道末端O点水平，OB为着陆坡。运动员从助滑道上的A点由静止滑下，然后从O点沿水平方向飞出，在空中飞行了时间t后在着陆坡OB上着陆。已知A点与O

点的高度差为h，着陆坡OB的倾角为，将运动员和滑雪板整体看成质点，总质量为m，重力加速度为g，不计空气阻力。则有（）的A.运动员经过O点时的速度大小2ghB.OB段运动员动量变化量的大小为mgtC.运动员在O点时对轨道压力大小为2224tanmgtmgR+D.运动

员在AO段克服冰雪阻力做的功为2228tanmgtmgh−【答案】BCD【解析】【详解】B．根据动量定律可知，OB段运动员动量变化量的大小为pmgt=B正确；C．设运动员在O点的速度为0v，根据平抛运动规律可得2012tangty

xvt==解得02tangtv=运动员O点时，根据牛顿第二定律可得20vNmgmR−=解得2224tantNmgmgR+=根据牛顿第三定律可知，运动员在O点时对轨道压力大小为2224tanmgtmgR+，C正确；AD．从A点到O点过程，根据动能定理可得在2f0102mghWmv

−=−解得2f228tanWmgtmgh−=由于在AO段克服冰雪阻力做功，则有2012mghmv可得02vghA错误，D正确。故选BCD第Ⅱ卷非选择题（共51分）三、实验题（共两小题，共15分，请将答案填在答卷的相应横线上）12.“用单摆测量重力加速度

”的实验装置如下图。（1）实验室有如下器材可供选用：A.长约1m的细线B.长约1m的橡皮绳C.直径约5cm的均匀木球D.直径约2cm的均匀铁球E.秒表F.时钟用了游标卡尺和刻度尺后，还需要从上述器材中选择___________（填写器材前面的字母）。（2）用10分度的游标卡尺测量小球的

直径d，测量的示数如下图所示，读出小球直径的值为___________mm。。（3）将符合实验要求的单摆悬挂在铁架台上，将其上端固定，下端自由下垂。用刻度尺测量悬挂点与小球上端之间的距离为l。小球在竖直平面内小角度平稳摆动后，测得小球完成n次全振动的总时间为t。请写出重力加速度的表达

式g=___________（用l，d，n，t表示）。【答案】①.ADEAEDDAEDEAEADEDA②.12.5③.2224()2dnlt+【解析】【详解】（1）[1]为了保证摆动过程，摆长保持不变，应选择没有弹性的细线，即选择A，为了使摆动过

程受到的空气阻力影响小，摆球应选择密度大体积小的，即选择D，实验需要用秒表测时间，计算周期，即选择E。故选ADE。（2）[2]10分度游标卡尺的精确值为0.1mm，由图可得小球直径为1.2cm50.1mm12.5mmd=+=（3）[3]小球摆动的

周期为tTn=小球摆动的摆长为2dLl=+根据单摆公式2LTg=联立可得2224()2dnlgt+=13.待测电阻R，是一均匀材料制成的圆柱体，某学习小组用伏安法测量其阻值，并求出电阻率。给定电压表（

内阻约为50k）、电流表（内阻约为40）、滑动变阻器（最大阻值20）、电源、电键、待测电阻R（约为300）、导线若干（1）为减小测量误差，实验电路应采用下图中的___________（选填“a”或“b”

）。（2）在下图中正确进行实物连线___________（3）学习小组共测得的6组电流I、电压U的值，并在坐标纸上描绘出了此电阻的伏安特性曲线，如下图所示。由该图线求出的电阻值xR=___________（

保留2位有效数字）；（4）用米尺测量待测电阻长度0.8ml=，用螺旋测微器测量其直径d结果如下图所示，可知该电阻的=___________m。【答案】①.a②.③.22.310④.38.2710−【解析】【详解】（1）[1]因为滑动变阻器

的阻值比待测电阻的阻值小得多，为了方便调节，使电表示数变化比较均匀，滑动变阻器应采用分压接法，由于VA5000030030040xxRRRR==为了减小误差，电流表应采用外接法，故实验电路图应采用图a。（2）[2]实物连线如图所

示（3）[3]根据欧姆定律可得234.502252.3102010xURI−===（4）[4]根据图中螺旋测微器示数，可得直径为6mm12.00.01mm6.120mmd=+=根据电阻定律xlRS=可得238.2710Ωm4xxR

SRdll−==四、计算题（本题共3小题，共36分。解答应有必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤；解题过程中需要用到，但题目中没有给出的物理量，要在解题时做必要的说明；有数值计算的，答案中必须写出数值和单位；只写出最后答案的不能得分

）14.细长玻璃管用长0l为6.8cm的水银柱封闭一定质量的空气，当玻璃管开口向下竖直放置时，空气柱长度1l为33cm；当玻璃管水平放置时，空气柱长度2l为30cm。求：（1）大气压强0p为多少？（单位可用厘米水银柱即cmHg表示）（2）玻璃管开口向上

竖直放置时空气柱的长度3l又为多少？【答案】（1）074.8cmHgp=；（2）327.5cml=【解析】【详解】（1）当玻璃管开口向下竖直放置时，气体压强为10006.8cmHgppglp=−=−当玻璃管水平放置时，气体压强为20

pp=设玻璃管横截面积为S，根据玻意耳定律可得1122plSplS=联立解得大气压强为074.8cmHgp=（2）玻璃管开口向上竖直放置时，气体压强为30006.8cmHgppglp=+=+根据玻意耳定律可得3322plSplS=联立解得空气柱的长度为327.5c

ml=15.如图所示，竖直平面内有一高为0.45mh=的光滑倾斜圆弧轨道，末端水平。质量B4kgm=的小滑块B静止在圆弧轨道末端。轨道右方有一辆质量为C1kgm=的小车C静止在光滑水平面上，小车上表面与轨道末端平齐

且挨在一起。另一个质量为A2kgm=的小滑块A从圆弧轨道上端由静止释放，下滑后与B发生弹性正碰。已知B与小车C上表面的动摩擦因数为0.5=，滑块A在整个过程中与小车C都没有相互作用，取210m/sg=。求：（1）A与B碰撞前瞬间滑块A的速度

大小；（2）A与B碰撞后瞬间滑块B的速度大小；（3）要保证滑块B不从小车C上滑下，小车至少要有多长。【答案】（1）3m/s；（2）2m/s；（3）0.02m【解析】【详解】（1）根据动能定理2AA12mghmv=解得A与

B碰撞前瞬间滑块A的速度大小23m/svgh==（2）A与B发生弹性正碰，动量守恒AA1B2mvmvmv=+机械能守恒222AA1B2111222mvmvmv=+解得22m/sv=（3）B和C组成的系统合外力为零，要保证滑块B不

从小车C上滑下，由动量守恒B2BC()mvmmv=+根据能量守恒22B2BBC11()22mvmgLmmv=++小车至少长为L=0.08m16.如图所示为一种显示装置的原理示意图。粒子源发出的一束电子经电压为411.810VU=的电场加速

后，从加速极板上的小孔1O射出，沿中心线12OO进入水平金属极板PQ间的偏转电场。12OO与偏转电场方向垂直，PQ间偏转电场的电压为42110VU=，P板带正电，PQ间的距离为0.2md=，极板长度为0.3mL=。PQ右侧边界MN以外的区域存在垂直纸面、范围足

够大的匀强磁场（图中未画出）。已知电子质量31910kgm−=，电子电荷量191.610Ce−=，不计电子之间的相互作用力及其所受的重力，电子离开粒子源时的初速度忽略不计，忽略电磁场的边际效应。（1）求电子到达1O点时的速率；（2）求电子射出偏转电场PQ时偏离中心线12

OO的距离y；（3）要使电子又重新回到粒子源，在电子射出偏转电场PQ后仅将电压2U反向，其余条件不变。求MN右侧磁场磁感应强度的方向和大小。【答案】（1）7810m/s；（2）1m16；（3）磁场方向垂直于纸面向里，37.210T−【解析】【详解】（1）电子在加速电场中，

根据动能定理可得21012eUmv=解得7102810m/seUvm==电子到达1O点时的速率为7810m/s。（2）电子进入偏转电场中做类平抛运动，水平方向有0Lvt=解得8310s8t−=竖直方向有1622810m/s9eUamd==电子射出偏转电场P

Q时偏离中心线12OO的距离为211m216yat==（3）电子经过磁场偏转的轨迹如图所示由左手定则可知磁场方向垂直于纸面向里，设电子离开偏转电场时的速度大小为v，与水平方向的夹角为，电子在磁场中由洛伦

兹力提供向心力2vevBmR=由几何关系可得cosyR=又0cosvv=联立解得030cos7.210TcosvmmvmvByeReye−====获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com