2021-2022学年广东省广州越秀区培正中学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注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．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、如下图所示，物体P放在粗糙水平面上，左边用一根轻弹簧与竖直墙相连，物体静止时弹簧的长度大于原长．若再用一个从0开始逐渐增大的水平力F向右拉P，直到拉动，那么在P被拉动之前的过程中，弹簧对P的弹力T的大小和地面对P的摩擦力的大小的变化情况是A．始终增大，始终减小 B．保持不变，始终增大C．保持不变，先减小后增大 D．先不变后增大，先增大后减小2、甲、乙两车同时从同一地点沿着平直的公路前进，它们运动的v－t图象如图所示，下列说法正确的是A．两车在t＝40s时再次并排行驶B．甲车减速过程的加速度大小为0.5m/s2C．两车再次并排行驶之前，t＝30s时两车相距最远D．两车之间的距离先增大，再变小，最后不变3、关于衰变，以下说法正确的是A．同种放射性元素衰变快慢是由原子所处化学状态和外部条件决定的B．(铀)衰变为(氡)要经过4次α衰变和2次β衰变C．β衰变的实质是原子核外电子挣脱原子核的束缚形成的高速电子流D．氡的半衰期为3.8天，若有四个氡原子核，经过7.6天就只剩下一个4、物理学家通过对实验的深入观察和研究，获得正确的科学认知，推动物理学的发展。下列说法符合事实的是（）A．汤姆孙发现了电子，并提出了“原子的核式结构模型”B．卢瑟福用α粒子轰击获得反冲核，发现了质子C．查德威克发现了天然放射性现象，说明原子核有复杂结构D．普朗克提出的“光子说”成功解释了光电效应5、如图所示，图甲和图乙分别表示正弦脉冲波和方波的交变电流与时间的变化关系，若使这两种电流分别通过两个完全相同的电阻，则经过10min的时间，两电阻消耗的电功之比W甲W乙为（）A．14 B．13 C．12 D．166、下列说法中正确的是（）A．由同种元素构成的固体，可能会由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体B．在熔化过程中，晶体吸收热量，但温度保持不变，内能也保持不变，因食盐熔化过程中，温度保持不变，说明食盐是晶体C．阿伏伽德罗常数为NA，水的摩尔质量为M，则质量为m的水所含分子数为D．饱和汽压与温度和体积有关，且随着温度的升高而增大二、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、在如图所示的位移﹣时间（x﹣t）图象和速度﹣时间（v﹣t）图象中，给出的四条图线甲、乙、丙、丁分别代表四辆车由同一地点向同一方向运动的情况，则下列说法正确的是（）A．甲车做曲线运动，乙车做直线运动B．0～t1时间内，甲车通过的路程等于乙车通过的路程C．丙、丁两车在t2时刻相遇D．0～t1时间内，甲、乙两车的平均速度相等8、如图所示，边长为L=0.20m的正方形线圈abcd，其匝数为n=10、总电阻为r=2Ω，外电路的电阻为R=8Ω，ab的中点和cd的中点的连线OO′恰好位于匀强磁场的边界线上，磁场的磁感应强度B=1T，若线圈从图示位置开始，以角速度ω=2rad/s绕OO′轴匀速转动，则以下判断中正确的是A．闭合电路中感应电动势的瞬时表达式e=0.8sin2t（V）B．从t=0时刻到时刻，通过R的电荷量q=0.02CC．从t=0时刻到时刻，电阻R上产生的热量为Q=3.2π×10-4JD．在时刻，磁场穿过线圈的磁通量为零，但此时磁通量随时间变化最快9、在如图所示的电路中，电动势为E、内阻为r，定值电阻为R1、R2，滑动变阻器为R.当滑动变阻器的触头由中点滑向b端时，下列说法中正确的是()A．电压表的读数变小 B．电压表的读数变大C．电流表的读数变小 D．电流表的读数变大10、如图所示，向上匀速运动的电梯中有一弹簧.弹簧的一端固定在电梯下侧.另外一端与物体A相连，此时物体A与电梯上侧接触并发生挤压.当电梯在向上做匀加速运动过程中，A始终没有和电梯上壁分开.下列说法正确的是A．电梯下侧所受弹簧的压力不变B．电梯下侧所受弹簧的压力变小C．电梯上侧所受物体的压力变大D．电梯上侧所受物体的压力变小三、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）(1)图中游标卡尺读数为____________cm．(2)如图所示，某同学用两个大小相等的小球做《验证动量守恒定律》的实验时，必须测量的物理量是____A．入射小球和被碰小球的质量B．入射小球从静止释放时的起始高度C．斜槽轨道的末端到水平地面的高度D．未放靶球时入射球飞出的水平距离E.入射小球和被碰小球碰撞后各自飞出的水平距离12．（12分）某同学用如图所示的实验装置来“验证力的平行四边形定则”．弹簧测力计A挂于固定点P，下端用细线挂一重物M，弹簧测力计B的一端用细线系于O点，手持另一端向左拉，使结点O静止在某位置．(1)为了完成实验，需要记录下来的是结点O的位置以及弹簧测力计中力的大小和方向、OC的方向，如果作图得到AB的合力方向近似___．且大小近似等于____，则平行四边形定则得以验证．(2)下列不必要的实验要求是____（请填写选项前对应的字母）A．木板平面要保持竖直B．两弹簧测力计必须相同C．连接结点的三根绳子要适当的长些D．改变拉力，进行多次实验，每次都要使O点静止在同一位置四、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）如图所示，竖直平面内有半径R=0.8m的四分之一光滑圆弧轨道与长CD=2.0m的绝缘水平面平滑连接。水平面右侧空间存在互相垂直的匀强电场和匀强磁场，电场强度E=40N/C，方向竖直向上，磁场的磁感应强度B=1.0T，方向垂直纸面向外。两个质量均为m=2.0×10－6kg的小球a和b，a球不带电，b球带q=1.0×10－6C的正电，并静止于水平面右边缘处。将a球从圆弧轨道顶端由静止释放，运动到D点与b球发生正碰，碰撞时间极短，碰后两球粘合成一体飞入复合场中，最后落在地面上的P点。已知小球a在水平面上运动时所受的摩擦阻力f=0.1mg，DP=2DN，取g=10m/s2.a、b均可作为质点。（结果保留三位有效数字）求：（1）小球在C点对轨道的压力大小；（2）小球a与b相碰后瞬间速度的大小v；（3）水平面离地面的高度h．14．（16分）如图所示，某种气体在状态A时的压强为2×105Pa，体积为1m3，温度为200K。（1）它在等温过程中由状态A变为状态B，状态B的体积为2m3。求状态B的压强。（2）随后，又由状态B在等容过程中变为状态C，状态C的温度为300K。求状态C的压强。15．（12分）一个质量为m=40kg的小孩站在电梯内的体重计上，电梯从t=0时刻由静止开始上升，在0到6s内体重计示数F的变化如图所示。试问：在这段时间内电梯上升的高度是多少？取重力加速度g=10m/s2。

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、C【解析】物体静止时弹簧的长度小于原长,物体受一个向右的弹力T，有向右的运动趋势，所以受到向左的摩擦力.当用一个从0开始逐渐增大的水平力F向右拉P，直到拉动时，因为始终没动，弹簧的形变量不变，所以根据胡克定律Ｔ不变，排除ＡＤ；根据水平方向受力平衡T+F=,因为Ｆ增大，所以ｆ增大，故选Ｂ2、B【解析】

速度时间图线的斜率表示加速度，图象与时间轴围成的面积表示位移，根据两车的速度关系分析两车间距离的变化情况．【详解】t＝40s时，甲车的位移为×30m＋5×10m＝425m，乙车的位移为10×40m＝400m，甲车在乙车前面，A错误；甲车做减速运动的加速度大小为a＝m/s2＝0.5m/s2，B正确；在t=20s前，甲车的速度比乙车的大，甲车在前，乙车在后，两车间的距离增大．在t=20s后，甲车的速度比乙车的小，甲车在前，乙车在后，在两车再次并排行驶之前，两车间的距离减小，所以两车再次并排行驶之前，t=20s时两车相距最远，故C错误；两车距离先增大，再变小，相遇之后又变大，D错误．故选B.3、B【解析】

A．原子核的半衰期与所处的化学状态和外部条件无关，由内部自身因素决定，故A错误．B．经过4次α衰变和2次β衰变后，则质量数减小4×4=16，而电荷数减小4×2-2=6，因此（铀）衰变为，故B正确．C．β衰变是原子核中的一个中子转变为一个质子和一个电子，电子释放出来，故C错误．D．放射性元素的半衰期是指大量该元素的原子核中有半数发生衰变所需要的时间，对个别的原子没有意义，故D错误．4、B【解析】

A.汤姆孙发现了电子，卢瑟福提出了“原子的核式结构模型”，选项A错误；B.卢瑟福用α粒子轰击获得反冲核，，发现了质子，选项B正确；C.贝克勒尔发现了天然放射性现象，说明原子核有复杂结构，选项C错误；D.爱因斯坦提出的“光子说”成功解释了光电效应，选项D错误.5、C【解析】

甲图中，为正弦式交流电，解得电流的有效值为：I甲A。乙图中，在一个周期内，电阻发热的时间为0～2×10﹣2s，根据电流的热效应有：2I2RRT，代入数据得：I2R×2×1×10﹣2R×2×10﹣2，解得电流的有效值为：I乙=5.0A。根据W=I2Rt知，在相同时间内消耗的电功之比等于W甲W乙==12；故C正确，A、B、D错误。6、A【解析】A项：由同种元素构成的固体，可能会由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体，例如石墨和金刚石，故A正确；B项：在熔化过程中，晶体要吸收热量，虽然温度保持不变，但是内能要增加，故B错误；C项：质量为m的水所含分子数为，故C错误；D项：饱和汽压与温度有关，饱和汽压随温度的升高而增大，与体积、质量无关，故D错误．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．由图象可知：乙做匀速直线运动，甲做速度越来越小的变速直线运动，故A错误；B．在t1时刻甲乙两车的位移相等，又都是单向直线运动，所以两车路程相等，故B正确；C．由图象与时间轴围成的面积表示位移可知：丙、丁两车在t2时刻面积差最大，所以相距最远，故C错误；D．0～t1时间内，甲、乙两车的位移相等，时间又相等，平均速度等于位移除以时间，所以甲、乙两车的平均速度相等，故D正确．故选BD．【点评】要求同学们能根据图象读出有用信息，注意位移﹣时间图象和速度﹣时间图象的区别，难度不大，属于基础题．8、BD【解析】

A．闭合电路中感应电动势的瞬时表达式e=EmsinωtEm=nBSω所以e=nBL2ωsinωt=0.4sin2t故A错误．B．由电量的定义式故B错误．C．从t=0时刻到时刻，电阻的焦耳热为故C错误．D．，在时刻，线圈从图示位置转过90°，此时磁场穿过线圈的磁通量最小，但此时磁通量随时间变化最快，感应电动势最大，故D正确．故选BD．【点睛】线框在匀强磁场中匀速转动，产生正弦式交变电流．而对于电表读数、求产生的热量均由交变电的有效值来确定，而涉及到耐压值时，则由最大值来确定．而通过某一电量时，则用平均值来求．同时注意磁场只有一半．9、BD【解析】试题分析：当滑动变阻器的触头由中点滑向b端时，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律分析总电流减小，路端电压增大，则电压表的读数变大．R1的电压减小，则图中并联部分电路的电压增大，则电流表的读数变大；故选BD．考点：电路的动态分析.【名师点睛】本题是关于动态电路的分析；解题时先分析变阻器接入电路电阻的变化，再分析外电路总电阻的变化，路端电压的变化，根据串联电路的特点分析并联部分电压的变化，是电路动态分析问题常用的分析思路.10、AD【解析】

AB.弹簧的形变量不变，则弹簧的弹力不变，电梯下侧所受弹簧的压力不变，故A正确，B错误.CD.当电梯向上做匀加速运动的过程中，物体受到的加速度向上，处于超重状态，故电梯上侧对物体向下的支持力变小，根据牛顿第三定律可知，电梯上侧所受物体的压力变小，故C错误，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、1.094ABE【解析】

(1)[1]．50分度的游标卡尺，精确度是0.02mm，游标卡尺的主尺读数为10mm，游标尺上第47根线和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为47×0.02mm=0.94mm，所以最终读数为：10mm+0.94mm=10.94mm=1.094cm．(2)[2]．小球离开轨道后做平抛运动，小球在空中的运动时间t相等，如果碰撞过程动量守恒，则有mav0=mavA+mbvB两边同时乘以时间t得：mav0t=mavAt+mbvBt则maOM=maOP+mbON因此实验需要测量：两球的质量，两球做平抛运动的水平位移，故C、D错误，ABE正确．故选ABE．【点睛】本题考查了实验需要测量的量、实验注意事项、实验原理、刻度尺读数、动量守恒表达式，解题时需要知道实验原理，根据动量守恒定律与平抛运动规律求出实验要验证的表达式是正确答题的前提与关键．12、在CO连线上或与CO共线或在竖直方向；重物M的重力或Mg；BD【解析】（1）OC连线沿竖直方向，拉力大小等于重物M的重力，所以如果作图得到A、B的合力与OC的拉力平衡，即方向在OC连线上，大小近似等于重物M的重力，则平行四边形定则得以验证．（2）A．三条拉线方向必须与木板平行，OC沿竖直方向，所以木板平面要保持竖直，故A必要；B.弹簧测力计是测出力的大小，不必一定相等，故B不必要；C.接结点的三根绳子适当长些，方向记录的更准确一下，故C必要；D．当结点O位置确定时，OC的拉力大小、方向就确定了，不必每次都要使0点静止在同一位置，故D不必要．本题选择不必要的步骤，故选BD．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、（1）（2）（3）【解析】

（1）对小球由a到C小球在C点解得：FN=3mg=6.0×10－5N根据牛顿第三定律得：小球在C点对轨道的压力大小FN＇=FN=6.0×10－5N。（2）设a球到D点时的速度为vD，从释放至D点，根据动能定理：对a、b球，碰撞过程动量守恒，则mvD=2mv解得v=1.73m/s。（3）两球进入复合场后，由计算可知Eq=2mg两球在洛仑兹力作用下做匀速圆