浙江省绍兴市2021-2022学年高二物理第二学期期末学业水平测试试题含解析

2021-2022高二下物理期末模拟试卷考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、下列有关物理方法的说法中正确的是（）A．重心、合力和交变电流的有效值等概念的建立都体现了等效替代的思想B．根据速度定义式，当非常小时，就可以表示物体在某时刻的瞬时速度，该定义应用了类比的思想方法C．在不需要考虑物体本身的形状和大小时，用质点来代替物体的方法叫假设法D．万有引力常量的值是通过比值定义法规定的2、在光滑绝缘的水平桌面上有一带电的小球，只在电场力的作用下沿x轴正向运动，其电势能Ep随位移x变化的关系如图所示。下列说法正确的是A．小球一定带负电荷B．x1处的电势一定比x2处的电势高C．x1处的电场强度一定小于x2处的电场强度D．小球在x1处的动能一定比在x2处的动能大3、如图所示，两木块A、B用轻质弹簧连在一起，置于光滑的水平面上。一颗子弹水平射入木块A，并留在其中。在子弹打中木块A及弹簧被压缩的整个过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统，下列说法中正确的是()A．动量守恒、机械能守恒B．动量守恒、机械能不守恒C．动量不守恒、机械能守恒D．动量、机械能都不守恒4、A、B两个物体在同一直线上做匀变速直线运动，它们的v﹣t图象如图所示，则（）A．A、B两物体运动方向一定相反B．前4s内A、B两物体的位移相同C．t＝4s时，A、B两物体的速度相同D．A物体的加速度比B物体的加速度小5、如图所示，虚线表示等势面，相邻两等势面间的电势差相等，有一带电的小球在该电场中运动，不计小球所受的重力和空气阻力，实线表示该带正电的小球的运动轨迹，小球在a点的动能等于20eV，运动到b点时的动能等于2eV，若取C点为零电势点，则这个带电小球的电势能等于－6eV，它的动能等于：（）A．16eV B．14eV C．6eV D．4ev6、在物理学史上，奥斯特首先发现电流周围存在磁场．随后，物理学家提出“磁生电”的闪光思想．很多科学家为证实这种思想进行了十多年的艰苦研究，首先成功发现“磁生电”的物理学家是（）A．法拉第B．爱因斯坦C．牛顿D．霍金二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7、如图所示，水平地面上有一半径为R的半圆形凹槽，半径OA水平，半径OB与半径OC垂直，OC与水平方向的夹角．现将小球（视为质点）从A点以某一速度水平抛出后恰好落到B点；若将该小球从A点以另一速度水平抛出，结果恰好落到C点，以O点所在的水平面为参考平面，则下列说法正确的是（）A．小球先后两次被抛出的速度大小之比为B．小球刚到达B点时的动能与刚到达C点时的动能之比为17：39C．小球到达B点前的加速度与到达C点前的加速度大小之比为D．小球刚达B点时的机械能与刚到达C点时的机械能之比为1：278、如图所示的电路中，理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝22∶5，原线圈接u1＝220sin100πt(V)的交流电，电阻R1＝R2＝25Ω，D为理想二极管，则()A．电阻R1两端的电压为50VB．二极管的反向耐压值应大于50VC．原线圈的输入功率为200WD．通过副线圈的电流为3A9、假设小球在空气中下落过程受到的空气阻力与球的速率成正比，即f＝kv，比例系数k决定于小球的体积，与其他因素无关，让体积相同而质量不同的小球在空气中由静止下落，它们的加速度与速度的关系图象如图所示，则()A．小球的质量越大，图象中的a0越大B．小球的质量越大，图象中的vm越大C．小球的质量越大，速率达到vm时经历的时间越短D．小球的质量越大，速率达到vm时下落的距离越长10、两个质量分别为m1=1kg,m2=2kg的物体A、B静止在光滑的水平地面上，中间用一轻质弹簧将两物体连接。如图所示，现用两个水平力推力F1=10N，F2=40N，分别作用在物体A、B上，则A．弹簧的弹力为25NB．弹簧的弹力为20NC．在突然撤去F1的瞬间，A的加速度为30m/s2D．在突然撤去F2的瞬间，A的加速度为10m/s2三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11．（6分）某同学在做“利用单摆测重力加速度”的实验中，先测得摆线长为97.50cm，摆球直径为2.00cm，然后用秒表记录了单摆振动50次所用的时间，如图所示，则：(1)该摆摆长为______cm，秒表所示读数为______s.(2)如果测得的g值偏小，可能的原因是()A．测摆线长时摆线拉得过紧B．摆线上端悬点未固定，振动中出现松动，使摆线长度增加了C．开始计时时，秒表过迟按下D．实验中误将49次全振动记为50次(3)为了提高实验精度，在实验中可改变几次摆长l并测出相应的周期T，从而得出一组对应的l与T的数据，再以l为横坐标，T2为纵坐标，将所得数据连成直线如图所示，并求得该直线的斜率为k，则重力加速度g＝______(用k表示)．12．（12分）“测定玻璃的折射率”实验中，如图所示是在纸上留下的实验痕迹，其中直线、是描在纸上的玻璃砖的两个边．(1)在玻璃砖的一侧竖直插两枚大头针A、B，在另一侧再竖直插两枚大头针C、D．在插入第四枚大头针D时，要使它挡住_________．(2)某同学根据计算玻璃的折射率．请在图括号内标出要测的物理量、_________．四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13．（10分）传送带被广泛应用于各行各业。如图所示，一倾斜放置的传送带与水平面的夹角=37，在电动机的带动下以v=2m/s的速率顺时针方向匀速运行。M、N为传送带的两个端点，M、N两点间的距离L=7m，N端有一离传送带很近的挡板P可将传送带上的物块挡住。在传送带上的O处由静止释放质量为m=1kg的木块，木块可视为质点，若木块每次与挡板P发生碰撞时间极短，碰后都以碰前的速率反方向弹回，木块与传送带间的动摩擦因数=0.5，O、M间距离L1=3m。sin37=0.6，cos37=0.8，g取10m/s2。传送带与轮子间无相对滑动，不计轮轴处的摩擦。（1）木块轻放上传送带后瞬间的加速度大小；（2）木块第一次反弹后能到达的最高位置与挡板P的距离；（3）木块做稳定的周期性运动后的周期。14．（16分）空气压缩机在一次压缩中，活塞对空气做了2×105J的功，同时空气的内能增加了1.5×105J，求这时机内空气对外界是吸热还是放热，传递的热量是多少？15．（12分）在真空中,原来静止的原子核在进行衰变时,放出粒子的动能为．假设衰变后产生的新核用字母表示,衰变时产生的能量全部以动能形式释放出来,真空中的光速为,原子核的质量之比等于质量数之比.(1)写出衰变的核反应方程;(2)求衰变过程中总的质量亏损.

参考答案一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、A【解析】A.重心、合力和交变电流的有效值等概念是等效替代的思想，故A正确；B.瞬时速度是依据速度定义式v=△x/△t，当△t非常小时，△x/△t就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了数学极限思想，故B错误；C.理想化模型是抓主要因素，忽略次要因素得到的，质点是理想化模型，故C错误；D.当质量、距离、力等采用国际单位制时，万有引力常量的值是定值，故D错误．故选A.2、C【解析】

A.根据题意知小球在运动过程中电势能逐渐减小，所以电场力做正功，由于不知道电场方向，故不知道电场力和电场线的方向的关系，故小球的带电性质不确定，故A错误；B.根据φ=EPq知，小球的电势能减小，但由于小球的电性不确定，所以x1和xC.图象在某点的切线的斜率大小等于该点的电场强度大小，x1处的斜率小于x2处的，所以x1处的电场强度小于x2处的电场强度，故C正确；D.根据能量守恒知，x1处的电势能大于x2处的电势能，所以x1的动能小于x2的动能，故D错误.3、B【解析】

根据系统动量守恒的条件:系统不受外力或所受合外力为零判断动量是否守恒。根据是否是只有弹簧的弹力做功判断机械能是否守恒。【详解】子弹击中木块A及弹簧被压缩的整个过程，系统在水平方向不受外力作用，系统动量守恒，但是子弹击中木块A过程，有摩擦力做功，部分机械能转化为内能，所以机械能不守恒，B正确，ACD错误。故选B。4、C【解析】

A.由图可知，两物体的速度均沿正方向，故运动方向相同，A错误；B.根据图象与时间轴围成的面积表示两物体通过的位移，则知前4s内B物体的位移比A的位移大，故B错误。C.在t＝4s时，两图象相交，表示两物体的速度相同，故C正确；D.由速度图象的斜率大小等于加速度大小，前4s内二者速度的变化量大小相等，则知A物体的加速度与B物体的加速度大小相等，故D错误。5、B【解析】小球自a点运动到b时，电场力做负功：Wab=2eV-20eV=-18eV

①

由于相邻两等势面的电势差相等，故电势差的大小关系有：Uab=3Ubc

②

从b到c电场力做正功，根据动能定理有：Wbc=Ekc-Ekb

③

联立①②③可得Ekc=8eV．

由于只有电场力做功，电势能和动能和保持不变，故在c点：E=Ep+Ek=8eV

即电势能和动能之和为8eV，因此当电势能等于-6eV时动能为14eV，故ABD错误，C正确．

故选C．6、A【解析】年丹麦物理学家奥斯发现了电流的磁效应，即电生磁的现象，英国科学法拉第坚信电与磁是紧密联系的，经过十多年的艰苦研究，于年发现了电磁感应现象即磁生电的现象，故A正确，BCD错误；故选A。二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7、BD【解析】

A．小球做平抛运动，第一次有：，R-Rcos53°=vBtB，联立解得小球被抛出时的速度：；第二次有：，R+Rcos37°=vCtC，联立解得小球被抛出时的速度：，时间之比为：，小球先后两次被抛出的速度大小之比，故A错误；B、根据动能定理可得，小球刚到达B点时的动能与刚到达C点时的动能之比为，故B正确；C、小球做平抛运动，加速度为g，小球到达B点前的加速度与到达C点前的加速度大小为，故C错误；D、小球做平抛运动，只受重力作用，机械能守恒，抛出点的机械能等于落地点的机械能，小球刚达B点时的机械能与刚到达C点时的机械能之比为，故D正确。故选BD．【点睛】小球做平抛运动，在竖直方向上，做自由落体运动，在水平方向上，做匀速直线运动，根据运动的合成与分解求解．8、AB【解析】由表达式知原线圈电压有效值为220V，理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝22∶5，则副线圈两端电压为50V，故A正确；输出电压最大值为50V；故要使电路正常工作，反向耐压值应大于50V；故B正确；根据电流热效应，；所以R2两端的电压为25V；故通过R2的电流；输出端的总功率；故输入功率也为150W；故C错误；通过副线圈的电流为，选项D错误；故选AB.点睛：本题的难点在于二极管的作用，是使得反向电流不能通过，根据电流热效应求其有效值．变压器的输入功率等于输出功率.9、BD【解析】

根据牛顿第二定律得mg-f=ma，据题f=kv，解得a=g-v；当v=0时，a=a0=g，与小球的质量无关．当a=0时，v=vm=，可知小球的质量m越大，图象中的vm越大，故A错误，B正确．由上分析，可知，当小球的质量越大时，图象的斜率越小，而斜率等于时间的倒数，那么速率达到vm时经历的时间越大，下落的距离越长，故C错误，D正确．故选BD．10、BD【解析】

对AB的整体，由牛顿第二定律：解得a=10m/s2，则对A：，解得F=20N，则选项A错误，B正确；在突然撤去F1的瞬间，弹簧的弹力不变，则此时A的加速度为，选项C错误；在突然撤去F2的瞬间，因弹簧的弹力不变，则此时A所受的合外力不变，则A的加速度仍为10m/s2，选项D正确.三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11、（１）98.50（２）75.2（３）B（４）【解析】

试题分析：（1）单摆的摆长；小表盘表针超过了半刻线，故：t=60s+1．2s=75.2s．（2）测摆线时摆线拉得过紧，则摆长的测量量偏大，则测得的重力加速度偏大．故A错误．摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了，振动周期变大，而测得的摆长偏小，则测得重力加速度偏小．故B正确．开始计时，秒表过迟按下，测得单摆的周期偏小，则测得的重力加速度偏大．故C错误．实验中误将49次全振动数为50次．测得周期偏小，则测得的重力加速度偏大．故D错误．故选B．（3）由单摆的周期公式：，，图线的斜率，解得考点：利用单摆测重力加速度【名师点睛】本题考查了“利用单摆测重力加速度”实验中数据测量的方法和减小读数误差的技巧，掌握单摆的周期公式，并能灵活运用．12、（1）挡住C及A、B的像；（2）如下图所示．【解析】

用“插针法”测定玻璃的折射率的原理是折射定律，根据题目作出入射光线和折射光线，画出光路图，用量角器量出入射角和折射角，由折射定律算出折射率．【详解】插在D点的大头针必须挡住C及A、B的像；这样才保证沿A、B的光线经过C、D；作出光路图，以入射点O为圆心作半径为r的圆，根据折射率定义，有：，在图中括号中标出要测的物理量、，如图所示：【点睛】解决本题的关键理解和掌握实验的原理和实验的方法，其中实验原理是实验的核心，同时利用单位圆，从而更容易求得折射率．四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答