絕密★啟用前2021年下學期高二期末考試試題卷物理本試卷共6頁。全卷滿分100分，考試時間75分鐘。注意事項：1.答題前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在本試卷和答題卡上。2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應的答案標號涂黑，如有改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案；回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3.考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.物理學在發展完善的過程中，不同年代的物理學家對物理現象進行觀察、思考和研究、在實驗論證、邏輯推理、演繹論證等基礎上建構了現在比較完善的體系。下列關于物理學重大歷史事件描述合理的是（）A.19世紀30年代，庫侖提出一種觀點。認為在電荷的周圍存在著由它產生的電場，電荷之間通過電場相互作用B.為解釋磁體產生磁場，伏特提出了分子電流假說。認為在物質內部，存在著一種環形電流——分子電流。分子電流使每一個物質微粒都成為微小的磁體，它兩側相當于兩個磁極C.1831年，法拉第在一次科學報告會上，當眾表演了一個實驗，一個銅盤的軸和銅盤的邊緣分別連在“電流表”的兩端。他搖動手柄使銅盤在磁極之間旋轉，“電流表”的指針隨之擺動。這是根據電磁感應現象制造的最早的圓盤發電機D.1820年，特斯拉在一次講課中，他偶然地把導線放置在一個指南針的上方，通電時指南針轉動了。這就是電流的磁效應，首次揭示了電與磁的聯系【答案】C【解析】【詳解】A．19世紀30年代，法拉第提出一種觀點，認為在電荷的周圍存在著由它產生的電場。電荷之間通過電場相互作用。故A錯誤；B．為解釋磁體產生磁場，安培提出了分子電流假說。認為在物質內部，存在著一種環形電流——分子電流，分子電流使每一個物質微粒都成為微小的磁體，它的兩側相當于兩個磁極。故B錯誤CD．1820年，奧斯特在一次講課中，他偶然地把導線放置在一個指南針的上方，通電時指南針轉動了。這就是電流的磁效應，首次揭示了電與磁的聯系，故C正確，D錯誤。故選C。2.質量可以視為質點的鋼球，從離地高為的位置靜止釋放，不考慮空氣阻力的影響，鋼球自由下落且著地后不反彈，取重力加速度。在鋼球靜止釋放后，下列說法正確的是（）A.合外力沖量的方向始終是豎直向上B.鋼球在自由下落過程重力沖量的大小C.鋼球在自由下落過程動量變化量大小D.鋼球釋放末其動量大小是【答案】B【解析】【詳解】A．在鋼球靜止釋放后到落體的過程可分為兩個階段，第一階段是自由下落過程，只受重力作用，合外力方向豎直向下；第二階段是與地面接觸的過程，合外力方向豎直向上，由于合外力沖量方向即是合外力的方向，故A錯誤；B．鋼球釋放后做自由落體運動，只受到重力作用，在空中飛行的時間著地時的速度重力的沖量方向豎直向下，故B正確；C．由動量定理，自由下落階段動量變化率等于重力的沖量，等于，故C錯誤；D．由于小鋼球在空中只運動了0.3s，所以1s末是靜止狀態，其動量為零，故D錯誤。故選B。3.如圖所示，通電直導線的左側O處有一小磁針（圖中未畫出），靜止時小磁針的北極垂直紙面向里。圖中連線與導線垂直，下列說法正確的（）A.直導線中的電流方向是從A流向CB.關于直導線與O對稱的E處的磁場與O處磁場相同C.將小磁針平移到O的左側D處，靜止時北極垂直紙面向外D.直導線中的電流逐漸增大的過程中，小磁針順時針旋轉（從A向C看）【答案】A【解析】【詳解】A．靜止時小磁針的北極垂直紙面向里，即磁場方向向里，根據安培定則可知直導線中的電流方向是從A流向C，故A正確；B．根據安培定則可知，關于直導線與O對稱的E處的磁場與O處磁場方向相反，故B錯誤；C．通電直導線左側的磁場方向相同，所以將小磁針平移到O的左側D處，靜止時北極依然垂直紙面向里，故C錯誤；D．直導線中的電流逐漸增大的過程中，磁場方向不變，所以小磁針不會轉動，故D錯誤。故選A。4.一帶電體在O點靜止釋放后，在豎直平面內向上運動，帶電體的動能大小與位移的關系如圖所示，和分別表示帶電體經過A和B兩個位置時的動能。下列分析合理的是（）A.豎直平面一定存在豎直向上的勻強電場B.O、A、B三個位置不在一條直線上C.帶電體經過A和B兩個位置時的電勢能大小關系是D.帶電體經過A和B兩個位置時的機械能大小關系是【答案】C【解析】【詳解】A．由圖線可知帶電體的動能與豎直向上的位移的關系可表示為圖線的斜率表示帶電體受到的合外力，斜率不變，合外力不變，說明帶電體做勻加速直線運動，受到豎直向上的恒定電場力作用。但由于帶電體帶電性未知，所以電場方向不能確定是豎直向上，故A錯誤；B．帶電體在O點靜止釋放后，在豎直平面內向上運動可知O、A、B三個位置在一條直線上，故B錯誤；C．帶電體在空中運動過程中，只有重力和電場力做功，由能量守恒可知，從A到B，動能和重力勢能都增加了，則電勢能必定較小，所以有，故C正確；D．由圖知帶電體由A運動到B，動能增加，此過程帶電體在向上運動，重力勢能也在增加，所以機械能一定在增加，即，故D錯誤。故選C。5.如圖所示，單匝金屬矩形線框垂直放在一足夠大的勻強磁場中。已知，磁感應強度。下列說法正確的是（）

A.線框與磁場垂直時，穿過線框平面的磁通量為0B.線框與磁場平行時。穿過線框平面的磁通量為C.線框繞軸線勻速轉動過程中，線框內有感應電流D.線框繞邊勻速轉動過程中，線框內不會產生感應電流【答案】C【解析】【詳解】AB．在磁感應強度為B的勻強磁場中，有一個與磁場方向垂直的平面，面積為S，我們把B與S的乘積叫做穿過這個面的磁通量線框與磁場垂直時，磁通量最大；線框與磁場平行時，磁通量等于0，故AB錯誤；CD．閉合回路中產生感應電流條件是穿過回路的磁通量發生改變，線框繞軸或者繞軸轉動時，穿過線框的磁通量一直在發生改變，線框內都會有感應電流，故C正確，D錯誤。故選C。6.已知表頭的內阻，滿偏電流。現在要求把它改裝成量程為和的電壓表V1和V2。下列說法合理的是（）A.要把表頭改裝成電壓表V1，需要給它串聯一個阻值為的定值電阻B.電壓表V1的內阻大于電壓表V2的內阻C.電壓表V1和V2并聯接在電路中，兩表指針偏轉角度和示數都相同D.電壓表V1和串聯接在電路中，兩表指針偏轉角度相同，電壓表V2的示數較大【答案】D【解析】【詳解】AB．把表頭改裝成量程為和的電壓表和﹐需要分別串聯阻值為和的定值電阻，電壓表和的內阻分別是和。故AB錯誤；C．電壓表V1和并聯接在電路中，兩表的示數相等，由于，根據歐姆定律有，電壓表的指針偏轉角度較大，故C錯誤；D．將兩個電壓表串聯接在電路中，流過兩個表頭的電流大小相等，指針偏轉角度一樣，電壓表的示數是表頭和定值電阻兩端的電壓之和，所以電壓表的示數較大。故D正確。故選D二、選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分.7.如圖所示，電容器的電容分別為和，定值電阻的阻值分別為和，電源電動勢、內阻不計。下列說法正確的是（）A.開關S斷開時，a，b兩點電勢差為0B.開關S閉合后a，b兩點間的電流是C.開關S斷開時，帶的電荷量比帶的電荷量大D.不論開關S斷開還是閉合，帶的電荷量總比帶的電荷量大【答案】BC【解析】【詳解】AC．電容器在恒定電路中是斷路，開關斷開，并聯在電源的兩端，故電勢差等于電源電動勢，又因為電容大，根據電容的定義式可知，帶的電荷量比帶的電荷量大，故A錯誤，C正確；B．開關閉合后，電路是與電源組成的串聯電路，可得間電流為故B正確；D．電容器兩端電壓為電容器兩端電壓為的電容是的電容的2倍，根據可知帶的電荷量等于帶的電荷量，故D錯誤。故選BC。8.如圖，勻強電場內的M、N、P剛好是直角三角形的三個頂點，勻強電場的方向與此平面平行，已知，電勢差。下列說法正確的是（）A. B.C.電場方向平行于 D.勻強電場的場強大于【答案】BD【解析】【詳解】AB．由題意可得故A錯誤，B正確；C．如圖所示，在MP上取一點S，使MS與NS長度之比4∶3，則連線NS為等勢線，根據幾何關系可得所以NS與MP不垂直，根據電場強度方向垂直于等勢線可知該勻強電場方向與MP不平行，故C錯誤；D．如圖所示，作，則PP′為一條等勢線，再作，則電場強度方向由P′指向M，根據幾何關系可知MP′＜MP，根據勻強電場中場強與電勢差的關系可得故D正確。故選BD。9.如圖所示為歐姆表的原理示意圖，其中電流表的滿偏電流，內阻，調零電阻R的最大阻值為，定值電阻，電池電動勢，內阻不計，歐姆表刻度盤指針偏轉在滿偏的區間時測量較為準確。關于該歐姆表的準確測量范圍，下列說法正確的是（）A.可準確測定的最小阻值為 B.可準確測定的最小阻值為C.可準確測定的最大阻值為 D.可準確測定的最大阻值為【答案】BC【解析】【詳解】AB．歐姆調零后，歐姆表內阻為題目告知歐姆表刻度盤指針偏轉至滿偏的時讀數最準確，即電流在時電阻測量值最準確，當電流為時，待測阻值即為可準確測定的最小阻值，由閉合電路歐姆定律可解得故A錯誤，B正確。CD．當電流為時，待測阻值即為可準確測定的最大阻值，帶入閉合電路歐姆定律可計算得故C正確，D錯誤。故選BC。10.如圖所示，一個折射率為的三棱鏡，頂角是，左右兩側分別為界面Ⅰ和界面Ⅱ。有一束單色光以圖示方向射到三棱鏡界面Ⅰ上，入射角為，不考慮在界面Ⅰ和界面Ⅱ發生的二次反射。則下列有關這束光傳播過程的判斷正確的是（）A.三棱鏡發生全反射的臨界角 B.兩個界面都一定會發生反射現象C.在界面Ⅱ一定會發生折射現象 D.在界面Ⅱ可能會發生全反射現象【答案】ABC【解析】【詳解】A．根據可得臨界角故A正確；B．光從一種介質進入另一種介質時，都會發生反射現象，故B正確；CD．因為，當界面Ⅰ上的入射角i最小時，界面Ⅱ的入射角最大，根據幾何關系可知，界面Ⅱ上的入射角最大為45°，故界面Ⅱ上一定不會發生全反射現象，會發生折射現象，故C正確，D錯誤。故選ABC。三、非選擇題：本題共5小題，共56分.11.如圖所示為“驗證碰撞中的動量守恒”的實驗裝置。（1）下列要求不符合本實驗的是___________，A．入射球質量一定要比靶球質量大B．在同一組實驗中，入射球可從任意位置靜止釋放C．安裝軌道時末端必須水平D．需要的測量儀器有天平和刻度尺（2）實驗中記錄了軌道末端在記錄紙上的豎直投影為O點，經多放入射球，在記錄紙上找到了兩球的平均落點位置M，P，N，并測得它們到O點的距離分別為和已知入射球的質量為，把球的質量為。如果等式___________成立，則碰撞中的動量守恒。【答案】①.B②.【解析】【詳解】（1）[1]A．為保證小球碰撞后兩個小球都向前運動落到地面，則入射球質量一定要比靶球質量大，符合本實驗，A錯誤；B．在同一組實驗中，為保證兩次入射球在水平面上速度相同，小球得從同一位置靜止釋放；不符合本實驗，B正確；C．為保證碰撞前后速度水平，并隨后做平拋運動，則安裝軌道時末端必須水平，符合本實驗，A錯誤；D．驗證碰撞中的動量守恒需要測量質量和物體的速度，由于小球做平拋運動下落時間相同，故只需要通過水平位移來比較碰撞前后的速度大小，故需要的測量儀器有天平和刻度尺，D符合本實驗，D錯誤。故選D。（2）[2]動量守恒的表達式為由于平拋運動的時間相同，水平位移有故可通過表達式驗證動量是否守恒。12.惠更斯在推導出單擺的周期公式后，用一個單擺測出巴黎的重力加速度，小明同學受此啟發，在學習完單擺的相關知識后，他也用單擺等器材測量出學校所在地的重力加速度。在測量過程中，他用到了以下的器材：長約的伸縮性小的細繩小鋼球、鐵架臺，刻度尺，游標卡尺、手機秒表等。

（1）按照圖1所示裝置組裝好實驗器材，用刻度尺測量擺線的長度l，用游標卡尺測量擺球的直徑d。某次測量刻度尺和游標卡尺的示數如圖2和圖3所示，則在本次測量中，小球的直徑___________，單擺擺線的長度___________m。（2）小明同學用手機秒表測量擺球完成50次全振動的時間如圖4所示，這次測量測得單擺振動的周期___________s。（保留兩位小數）（3）小明測量出多組周期T，擺長L數值后，畫出圖像如圖5所示，則此圖線的斜率表示的是___________。A．gB．C．D．（4）小明比較重力加速度測量值與真實值的大小時，發現測量得到的重力加速度偏大，造成這一現象的原因可能是___________A．振幅偏小B．在未懸掛單擺之前先測定擺長C．將擺線長當成了擺長D．將擺線長與球的直徑之和當成了擺長【答案】①.7.50②.0.960③.1.97④.C⑤.D【解析】【詳解】（1）[1]游標卡尺讀數是主尺讀數（mm的整數位）加上游標尺讀數（mm的小數位），由甲圖可讀出游標卡尺讀數為[2]刻度尺最小分度為1mm，要估讀到下一位，所以讀數為96.0cm=0.960m（2）[3]單擺周期由圖4可知t=98.54s，n=50，帶入可得T=1.97s（3）[4]由單擺周期公式得所以圖像的斜率表示，故選C。（4）[5]由單擺周期公式得擺長測量值偏大、單擺周期測量值偏小都會導致重力加速度偏大，與振幅（最大偏角不超過5°）無關，故ABC錯誤，D正確。故選D。13.如圖甲所示為一列橫波在時刻的波形圖像，圖乙為該橫波上處的質點Q從時刻開始計時的振動圖像，根據圖像求解下列問題；（1）該橫波傳播方向；（2）該橫波的傳播速度大小；（3）以圖甲所示時刻為0時刻，橫波上處質點P點的振動方程。【答案】（1）向右（沿x軸正方向）；（2）；（3）【解析】【詳解】（1）質點Q經過平衡位置向上運動，由“帶動法”可知是波上左邊的點在帶動它振動，故波在向右（沿x軸正方向）傳播；（2）根據波的傳播規律根據甲圖和乙圖分別讀出：，，帶入可得（3）由甲圖可知振幅A=5cm，由公式可算得簡諧運動振動方程公式為可知Q點振動方程P點比Q點超前，故P點振動方程為14.如圖所示，空間建有三維坐標系，O為坐標原點，整個空間分布著沿y軸正方向的勻強電場電場強度一質量為的帶電小球從處以大小為的速度沿x軸正方向射入電場，小球恰好做勻速直線運動，取重力加速度。求：（1）帶電小球所帶電荷的電性與電荷量；（2）如將勻強電場方向改成沿y軸負方向分布，求帶電小球從處以大小為的速度沿x軸正方向射入電場，運動到平面上時速度v的大小（結果可以用根式表示）；（3）如將勻強電場方向改成沿z軸正方向分布，求帶電小球從處以大小為的速度沿x軸正方向射入電場，運動到平面上時離原點O的距離L（結果可以用根式表示）。【答案】（1）帶正電