【文档说明】【精准解析】北京市石景山2021-2022学年高二下学期期末考试物理试题（解析版）.docx，共(21)页，1.198 MB，由小赞的店铺上传

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2021北京石景山高二（下）期末物理一、选择题，本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。1.“严禁超载，严禁超速，严禁疲劳驾驶”是预防车祸的有效办法。下列说法正确的是（）A.汽车超速会增大汽车的惯性B.汽车超载会减小汽车的刹车距离C.

疲劳驾驶会缩短司机的反应时间D.汽车超载会增大汽车的惯性【答案】D【解析】【详解】A．“严禁超速”是为了在紧急情况下减小制动时间，由于汽车的质量不变，所以汽车的惯性仍不变，故A错误；B．“严禁超载”是禁止质量变大，

是为了减小汽车的惯性，故B错误；C．疲劳驾驶会增加司机的反应时间，故C错误；D．汽车超载，质量变大，从而使汽车的惯性增加，故D正确。故选D。【名师点睛】物体惯性是物体固有的属性。一切物体均有保持匀速运动或静止状态，除非有外力迫使它改变这种状态。量度物体惯性大小的物理量是

它们的质量。2.将中子、质子紧紧束缚在核内，形成稳定原子核的力是（）A.万有引力B.库仑力C.核力D.分子力【答案】C【解析】【分析】【详解】将中子、质子紧紧束缚在核内，形成稳定原子核的力是核力。故选C。3.以下核反应方程中属于β衰变的是（）A.24

11Na→2412Mg＋0-1eB.23592U＋10n→14054Xe＋9438Sr＋210nC.21H＋31H→42He＋10nD.147N＋42He→178O＋11H【答案】A【解析】【详解】A．2411Na→2412Mg＋0-1e是β衰变。故A正确；B．23592U

＋10n→14054Xe＋9438Sr＋210n是核裂变反应。故B错误；C．21H＋31H→42He＋10n是核聚变反应。故C错误；D．147N＋42He→178O＋11H是人工核转变。故D错误。故选A。4

.如图所示，上、下表面平行的玻璃砖置于空气中，一束复色光斜射到上表面，穿过玻璃后从下表面射出，分成a、b两束平行单色光。下列说法中正确的是（）A.玻璃对b光的折射率较大B.在真空中a光的速度大于b光的速度C.a光光子能量大于b光光子能量

D.如果b光是绿光，那么a光可能是红光【答案】C【解析】【分析】【详解】AC．由图可知，玻璃对a光的折射率较大，则a光的频率大于b光的频率，由εhν=可知a光光子能量大于b光光子能量，故C正确，A错误；BD．在真空中，光速都相等，由公式c=可知a光的波长小于b光的波

长，则如果b光是绿光，那么a光不可能是红光，故BD错误。故选C。5.据报道，嫦娥二号探月卫星环月飞行的高度距离月球表面100km，所探测到的有关月球的数据将比环月飞行高度为200km的嫦娥一号更加详实。若两颗卫星环月运行均可视为匀速圆周运动，运行轨道如图所示，则（）A.嫦娥二号环月

运行时向心加速度比嫦娥一号小B.嫦娥二号环月运行的速度比嫦娥一号大C.嫦娥二号环月运行的周期比嫦娥一号长D.嫦娥二号环月运行时机械能比嫦娥一号大【答案】B【解析】【分析】【详解】A．由公式2MmGmar=可得2GMar=可知嫦娥二号环月运行时向心加速度比嫦娥一号大，故A错误；B．由公式2

2MmvGmrr=得GMvr=可知嫦娥二号环月运行的速度比嫦娥一号大，故B正确；C．由公式2224MmGmrrT=得32rTGM=可知嫦娥二号环月运行的周期比嫦娥一号短，故C错误；D．机械能等于卫星的动能和势能之和，

因为不知道嫦娥一号和二号的质量，故无法判断机械能的大小，故D错误。故选B。6.某质点做简谐运动的振动图像如图所示。关于该简谐振动，下列选项正确的是（）A.振幅为10cmB.周期为2sC.t=1s时，质点的速度为负的最大值D.t=3s时，质点的加速度为正的最大值【答案】D【解析】【分析】【详解】

AB．由图可知振幅为5cm，周期为4s，选项AB错误；C．t=1s时，质点在正向最大位移处，速度为0，选项C错误；D．t=3s时，质点在负向最大位移处，加速度为正的最大值，选项D正确。故选D。7.利用如图所示装置做光电效应实验，用单色

光照射某种金属表面，有光电子逸出。若要使光电子的最大初动能增大，下列选项正确的是（）A.仅延长光照时间B.仅换用频率更大的光C.仅增大入射光的强度D.仅增大A、K极板间电压【答案】B【解析】【分析】【详

解】由光电效应光电子最大初动能公式20012kmEmvhw==−20012kmEmvhW==−得出光电子的最大初动能与照射光的频率和逸出功0W有关，同种金属的逸出功0W不变，所以只能增大照射光的频率，所以B对,AC

D错。故选B。8.在如图所示的电路中，干电池、开关和额定电压为1.5V的灯泡组成串联电路。当闭合开关时，发现灯泡不发光。在闭合开关的情况下，某同学用多用电表直流电压挡进行检测。检测结果如下表所示，已知电路仅有一处故障，由此做出的判断中正确的是（）测试点A、

BD、EE、FF、B多用表示数1.5V01.5V0A.A、C间导线断路B.D、E间导线断路C.灯泡断路D.F、B间导线断路【答案】C【解析】【分析】【详解】E、F间电压值为1.5V，则A、C间导线、D、E间导线、F、B间导线均没有断路。故选C。9.如图1，A、B是某电场中一条电场线上的两点，

一个负电荷从A点由静止释放，仅在静电力的作用下从A点运动到B点，其运动的v-t图像如图2所示。则A、B附近的电场线分布情况可能是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】【详解】速度时间图象的切线的斜率表示加速度，所以加速度不断减小，电场力不断减小，场强也不断减小

，故EA＞EB由图可知速度逐渐增大，根据动能定理可知电场力做正功，结合以上可知，故B正确，ACD错误。故选B。10.如图为交流发电机的示意图，矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴OO′匀速转动，发电机的电动

势随时间的变化规律为e=20sin100t（V）。下列说法正确的是（）A.此交流电的频率为100HzB.此交流电动势的有效值为20VC.当线圈平面转到图示位置时产生的电动势最大D.当线圈平面转到平行于磁

场的位置时磁通量的变化率最大【答案】D【解析】【分析】【详解】A．此交流电的频率为100Hz50Hz22f===选项A错误；B．此交流电动势的最大值为20V，有效值为20V102V2=，选项B错误；C．当线圈平

面转到图示位置时磁通量最大，但是磁通量的变化率为零，产生的电动势为零，选项C错误；D．当线圈平面转到平行于磁场的位置时磁通量的变化率最大，选项D正确。故选D。11.如图所示，线圈A通过滑动变阻器和开关连接到电源上，线圈B的两端连到电流表上，把线圈A装

在线圈B的里面。实验中观察到，开关闭合瞬间，电流表指针向右偏转，则（）A.开关断开瞬间，电流表指针不偏转B.开关闭合瞬间，两个线圈中的电流方向可能同为顺时针或逆时针C.开关闭合，向右移动滑动变阻器的滑片，电流

表指针向右偏转D.开关闭合，向上拔出线圈A的过程中，线圈B将对线圈A产生排斥力【答案】C【解析】【详解】A.开关断开瞬间，线圈B中会产生感应电流阻碍穿过其的磁通量减小，所以电流表指针会偏转，故A错误；B.开关闭合瞬间，线圈B中会产生感应电流阻

碍穿过其的磁通量增大，所以两个线圈中的电流方向一定相反，故B错误；C.开关闭合，向右移动滑动变阻器的滑片，滑动变阻器接入回路的阻值减小，则线圈A中的电流增大，线圈B中会产生感应电流阻碍穿过其的磁通量增大，所以感应电流的方向应和开关闭合瞬间时的

相同，即电流表指针向右偏转，故C正确；D.开关闭合，向上拔出线圈A的过程中，线圈B中会产生感应电流阻碍穿过其的磁通量减小，表现为线圈B对线圈A产生吸引力，故D错误。故选C。12.某同学用如图所示的可拆变压器做“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验，发现变压器

两个线圈的导线粗细不同。该同学将原线圈接在学生电源上，分别测量原、副线圈的电压。下列说法中正确的是（）A.原线圈应接在学生电源直流电压输出端B.只增加原线圈的匝数就可以增大原线圈的输入电压C.只增加原线圈的匝数就可以增大副线圈的输出

电压D.匝数较少的线圈应该使用较粗的导线【答案】D【解析】【分析】【详解】A．原线圈应接在学生电源交流电压输出端，所以A错误；B．原线圈的电压与线圈的匝数无关，所以B错误；C．根据2211nUUn=只减小原线圈的匝数就可以增大副线圈的输出电压，所以C错误；D．根据2121nIIn=匝数较少的线圈电

流较大，则应该使用较粗的导线，所以D正确；故选D。13.如图所示，先用金属网把不带电的验电器罩起来，再使带正电金属球靠近金属网。下列说法中正确的是（）A.验电器的箔片会张开B.金属网外表面带负电荷，内表面带正电荷C.金属网罩内部电场强度为零D.金属网的电势比验电器箔片的

电势高【答案】C【解析】【分析】【详解】A．用金属网把验电器罩起来，金属网起到了静电屏蔽的作用，此时使带电金属球靠近验电器，箔片不张开，选项A错误；B．处于静电平衡的导体，净电荷都分布在导体外表面，内部没有净电荷，选项B错误；CD．静电屏蔽时，金属网罩内部电场强度为零，电势相等，选项C正

确，D错误。故选C。14.如图所示，静止在光滑水平桌面上的物块A和B用一轻质弹簧栓接在一起，弹簧处于原长。一颗子弹沿弹簧轴线方向射入物块A并留在其中，射入时间极短。下列说法中正确的是（）A.子弹射入物块A的过程中，子弹

和物块A的机械能守恒B.子弹射入物块A的过程中，子弹对物块A的冲量大小大于物块A对子弹的冲量大小C.子弹射入物块A后，两物块与子弹的动能之和等于射入物块A前子弹的动能D.两物块运动过程中，弹簧最短时的

弹性势能等于弹簧最长时的弹性势能【答案】D【解析】【分析】【详解】A．子弹射入物块A的过程中，为完全非弹性碰撞动能损失最大，动能转化为内能，则子弹和物块A的机械能不守恒，所以A错误；B．子弹射入物块A的过程中，子弹对物块A的冲量大小等于物块A对子弹的冲量大

小，所以B错误；C．子弹射入物块A后，两物块与子弹动能之和小于射入物块A前子弹的动能，因为这过程有动能转化为内能，所以C错误；D．两物块运动过程中，弹簧最短时与弹簧最长时都是两物体具有共同速度时，有()()12A

ABmmvmmmv+=++子子()()22121122PAABEmmvmmmv=+−++子子则弹簧最短时的弹性势能等于弹簧最长时的弹性势能，所以D正确；故选D。15.在惯性参考系中，力对质点所做功仅取决于质点的初始位置和末位置，而与质点

通过的路径无关，这种力称为保守力，重力、弹簧弹力、静电力、万有引力等均为保守力。保守力做功的特点决定了质点在惯性系中的每一个位置都有一种由该位置确定的能量，称为势能；势能随位置变化的曲线称为势能曲线。如图所示为两个势能曲线，下列说法正确的是（）的A

.图甲中势能为零的位置，质点所受保守力为零B.图甲中质点所受保守力的方向沿x轴的正方向C.图乙中质点从x1运动到x2的过程中保守力做正功D.图乙中质点在x1位置，所受保守力大于质点在x2位置所受保守力【答案】D【解析】【分析】【详解】A．图甲中势能为零的位置，

根据=PEWFx=−−保保则图甲中质点所受保守力为恒力，所以A错误；B．根据PEW=−保势能增加，说明保守力做负功，所以图甲中质点所受保守力的方向沿x轴的负方向，则B错误；C．根据PEW=−保势能增加，说明保守力做负功，

则图乙中质点从x1运动到x2的过程中保守力做负功，所以C错误；D．根据=PEWFx=−−保保可知，势能随位置变化的图像中图像的斜率表示保守力的大小，所以图乙中质点在x1位置，所受保守力大于质点在x2位置所受保守力，则D正确；故选D。二、填空题。（本题共2道大题，共18分。）16.在测量一节干电

池的电动势和内阻的实验中，可选用的器材有：A．电压表V：0~3V，内阻约3kΩ；B．电流表A1：0~0.6A，内阻约0.1Ω；C．电流表A2：0~3A，内阻约0.01Ω；D．滑动变阻器R1：0~100

Ω；E．滑动变阻器R2：0~15Ω；F．开关S和导线若干。（1）电流表应选用______，滑动变阻器应选用______；（选填项目前的符号）（2）用所选器材按照图1连接好电路后，将滑动变阻器滑片置于合适位置，闭合开关S，通过调整滑动变阻

器，得到多组电流I和电压U。根据实验数据，绘制出如图2所示的U-I图像，由图线可求出E=______V，r=________Ω；（结果均保留3位有效数字）（3）通过以上测量方法求得的结果会存在误差，其中由电

表引起的误差不能通过多次测量取平均值的方法减小。下列说法中正确的是______。A.由于电流表的分压作用，使电动势的测量值小于真实值B.由于电流表的分压作用，使电动势的测量值大于真实值C.由于电压表的分流作用，使内阻的测量值小于真实值D.由于电压表的分流作用，使内阻的测量

值大于真实值【答案】①.B②.E③.1.48~1.50④.0.750~0.790⑤.C【解析】【分析】【详解】（1）[1]由于电源电动势较小，最大电流0.60A左右，所以电流表选用B。[2]为了方便调节滑动变阻器选择阻值较小的，则选用E。（2）[3][4]根据闭合电路欧姆定律可得UEI

r=−由图像可知，图像斜率的绝对值表示电源的内阻，纵坐标的截距表示电源的电动势则有1.50VE=（1.48~1.50）1.001.500.781Ω0.64rk−===（0.750~0.790）（3）[5]实验电路采用的是外接法测电源电动

势与内阻，由于引起误差的原因为电压表分流，当外电阻越小时，电压表分流越小，短路时，电流的测量值与真实值相等，外电阻越大时，电压表分流越大，则测量的内阻为电压表与电源真实内阻并联的值，所以内阻的测量值偏小，测量的电动势为断路时

，电压表两端的电压，所以测量的电动势偏小，则C正确；ABD错误；故选C。17.用图1所示的装置做“用单摆测重力加速度”的实验。（1）组装单摆时，应该选用___________。（用器材前的字母表示）A.长度为1m左右的细线B.长度为30cm左右的细线C.直径约为1.8cm的塑料球D.直径约

为1.8cm的钢球（2）如图2所示，用游标卡尺测量摆球直径。摆球直径d=___________cm。（3）甲同学测量了6组数据，在坐标纸上描点作图得到了如图3所示的图像，其中T表示单摆的周期，L表示单摆的

摆长。用g表示当地的重力加速度，图线的数学表达式可以写为T2=___________（用题目所给的字母表示）。由图像可计算出当地的重力加速度g=___________m/s2（π取3.14，计算结果保留两位有．．．的效数字．．．）。（4）乙同学在实验中操作不当

，使得摆球没有在一个竖直平面内摆动。他认为这种情况不会影响测量结果，所以他仍然利用所测得的运动周期根据单摆周期公式计算重力加速度。若将小球的实际运动看作是在水平面内的圆周运动，请通过推导，分析乙同学计算出的重力加速度与真实值相比是偏大还是偏小__________。【答案】①.AD②.1.85③.2

4Lg④.9.9⑤.偏大【解析】【分析】【详解】(1)[1]根据2LTg=得224πLgT=知需要测量摆长，在实验过程中摆球越重，空气阻力对实验的影响越小，摆长越长，周期越长测量误差越小。AD正确；(2)[2]如图所示，游标卡尺主尺的示

数为1.8cm=18mm，游标尺示数50.1mm，则摆球的直径为18.5mm1.85cm=(3)[3]由题意可知224πLgT=得224LTg=[4]由图像可知图像得斜率24kg=则根据图像的斜率4k=则29.9m/sg=[5]对圆锥摆，根据牛顿第二定律有224t

anmgmrT=其中sinrL=解得cos22LTgLg=根据224gLT=T偏小，所以g偏大。三、计算题。本题共4小题，共37分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分。

有数值计算的题，答案必须明确写出数值和单位。18.电场对放入其中的电荷有力的作用。如图所示，带电球C置于铁架台旁，把系在丝线上的带电小球A挂在铁架台的P点。小球A静止时与带电球C处于同一水平线上，丝线与竖直方向的偏角为α。已知A球的质量为m，电荷量为+q，重力加速度为g，静电力常量

为k，两球可视为点电荷。（1）画出小球A静止时的受力图，并求带电球C对小球A的静电力F的大小；（2）写出电场强度的定义式，并据此求出带电球C在小球A所在处产生的电场的场强EA的大小和方向；（3）若已知小球A静止时与带电球C距离为r，求带电球C所带的电荷量Q。的【答案】（1）受力图见解

析图；tanFmg=；（2）tanAmgEq=，方向水平向右；（3）2tanmgrQkq=【解析】【分析】【详解】（1）小球A受力如图所示根据平衡条件可知tanFmg=（2）电场强度的定义式FEq=带电球C在小球A所在处产生的电场

的场强tanAFmgEqq==方向水平向右；（3）根据库仑定律2=QqFkr解得2tanmgrQkq=19.某同学用实验室中的过山车模型研究过山车的原理。如图所示，将质量为m的小球从倾斜轨道上的某一位置由静止释

放，小球将沿着轨道运动到最低点后进入圆轨道。他通过测量得到圆轨道的半径为R。已知重力加速度为g。（1）小球能够顺利通过圆轨道最高点的最小速度v为多少？（2）若不考虑摩擦等阻力，要使小球恰能通过圆轨道的最高点，小球的释放点

距轨道最低点的高度差h为多少？【答案】（1）gR；（2）52R【解析】【分析】【详解】(1)小球恰能通过最高点时，由重力提供向心力有2vmgmR=解得vgR=(2)小球从释放点运动到圆轨道最高点的过程

，根据动能定理有2()122mghRmv−=解得52hR=20.如图所示，两根足够长的平行光滑金属导轨水平放置，间距为L，一端与阻值为R的电阻相连。导轨所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B。一根质量为m的金属棒置于导轨上，其长

度恰好等于导轨间距，与导轨接触良好。t=0时金属棒以初速度v0沿导轨向右运动，不计空气阻力，不计导轨及金属棒的电阻。求：(1)t=0时金属棒产生的感应电动势大小E；(2)t=0时金属棒所受安培力大小F；

(3)t=0之后的整个运动过程中电阻R产生的热量Q。【答案】(1)0EBLv=；(2)220BLvFR=；(3)2012Qmv=【解析】【分析】【详解】(1)由法拉第电磁感应定律得0EBLv=(2)由闭合电路欧姆定律EIR=F=BIL得220BLvFR=(3)由功能

关系动能全部转化发热2012Qmv=21.北京时间2020年12月2日4时53分，探月工程“嫦娥五号”的着陆器和上升器组合体完成了月壤采样及封装。封装结束后上升器的总质量为m，它将从着陆器上发射，离开月面。已知月球质量为M，表面重力加速度为g，

引力常量为G，忽略月球的自转。（1）求月球的半径R；（2）月球表面没有大气层。上升器从着陆器上发射时，通过推进剂燃烧产生高温高压气体，从尾部向下喷出而获得动力，如图所示。已知喷口横截面积为S，喷出气体的密度为，若发射之初上升器加速度

大的为小为a，方向竖直向上，不考虑上升器由于喷气带来的质量变化，求喷出气体的速度大小v。【答案】（1）GMRg=；（2）()magvS+=【解析】【分析】【详解】（1）对月球表面的物体2MmGmgR=解得月球的半径GMRg=（2）发射之初上升器加速度大小为

a，由牛顿第二定律Fmgma−=对碰出的气体，由动量定理可得()+?Fmgtmv=其中mSvt=则2+FgSvvtS=由于0t→，则2FSv=解得()magvS+=获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xian

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