2022年河南八市高二物理第二学期期末质量检测试题含解析

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、下列物理量中，既是标量又是国际单位制基本量的一组是()A．力、质量、速度 B．力、时间、加速度C．长度、质量、时间 D．长度、速度、时间2、质量分别为ma＝0.5kg，mb＝1.5kg的物体a、b在光滑水平面上发生正碰．若不计碰撞时间，它们碰撞前后的位移—时间图象如图，则下列说法正确的是()A．碰撞前a物体的动量的大小为零B．碰撞前b物体的动量的大小为6kg·m/sC．碰撞过程中b物体受到的冲量为1N·sD．碰撞过程中a物体损失的动量大小为1.5kg·m/s3、质点以坐标原点O为中心位置在y轴上做机械运动，其振动图象如图所示，振动在介质中产生的横波沿x轴正方向传播，则波源振动一个周期时的波形图为A． B．C． D．4、关于电场线，下述说法中正确的是()A．电场线是客观存在的B．电场线与电荷运动的轨迹是一致的C．电场线上某点的切线方向与电荷在该点受力方向可以不同D．沿电场线方向，场强一定越来越大5、如图，两滑块A、B在光滑水平面上沿同直线相向运动，滑块A的质量为m，速度大小为2v0，方向向右，滑块B的质量为2m，速度大小为vA．A和B都向左运动B．A向左运动，B向右运动C．A静止，B向右运动D．A和B都向右运动6、关于磁感应强度为B，电流强度I、导线长L和导线所受磁场力F的关系，下列说法中正确的是()A．在B＝0的地方，F一定等于零B．在F＝0的地方，B一定等于零C．若B＝1T，I＝1A，L＝1m，则F一定等于1ND．若L＝1m，I＝1A，F＝1N，则B一定等于1T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、如图所示为静止的原子核在磁场中发生衰变后的轨迹，衰变后两带电粒子a、b的半径之比为45:1，两带电粒子a、b回旋运动的动能之比为117:2，下列说法正确的是A．此衰变为衰变B．小圆为粒子运动轨迹C．两带电粒子a、b的回旋周期之比为13:10D．衰变方程为8、在光滑水平面上，原来静止的物体在水平力的作用下．经过时间、通过位移后，动量变为，动能变为，以下说法正确的是（）A．在作用下，这个物体经过位移，其动量等于B．在作用下，这个物体经过时间，其动量等于C．在作用下，这个物体经过时间，其动能等于D．在作用下，这个物体经过位移，其动能等于9、如图，一定质量的空气被水银封闭在静置于竖直平面的U型玻璃管内，右管上端开口且足够长，右管内水银面比左管内水银面高h，能使h变大的方法有A．环境温度降低B．大气压强升高C．沿管壁缓慢向右管内加水银D．U型玻璃管自由下落10、如图所示，内壁光滑的半球形容器置于粗糙的水平面上，一小滑块在平行于内壁的力F的作用下沿半球形内壁缓慢上升到容器口，在滑块上升过程中容器始终静止，下列有关说法正确的是（）A．推力F先增大后减小B．半球容器内壁对滑块的支持力先增大后减小C．地面对半球形容器的摩擦力先增大后减小D．地面对半球形容器的支持力一直减小三、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）某同学用图丙所示的光滑轨道装置，通过半径相同的A、B两球的碰撞来验证动量守恒定律，则：(1)A球从G处自由释放，在水平轨道末端R处与B球碰撞，刻度尺的零刻度线处于水平轨道末端R的正下方，B球着地的点迹如丁图所示，则碰后B球的水平射程为_____cm。(2)在以下选项中，哪些是本次实验必须进行的测量？答：_________（填选项号）。A．水平槽上未放B球时，测量A球落点位置到O点的距离B．A球与B球碰撞后，测量A球落点位置到O点的距离C．测量A球或B球的直径D．测量A球和B球的质量（或两球质量之比）E.测量G点相对于水平槽面的高度(3)设两球的质量分别为mA、mB，且mA>mB，如丙图所示，重垂线投影点为O，球着地点迹的中心位置为M、P、N。用两球碰撞来验证动量守恒，须满足：________（根据实验中测得的物理量、长度等，用字母符号表示）。12．（12分）某探究小组险证机械能守恒定律的装置如图所示，细线端拴一个球，另一端连接力传感器，固定在天花板上，传感器可记录球在摆动过程中细线拉力大小，用量角器量出释放球时细线与竖直方向的夹角，用天平测出球的质量为m．重力加速度为g．（1）用游标卡尺测出小球直径如图所示，读数为_________mm；（2）将球拉至图示位置，细线与竖直方向夹角为θ，静止释放球，发现细线拉力在球摆动过程中作周期性变化．为求出球在最低点的速度大小，应读取拉力的_________(选填“最大值”或“最小值")，其值为F．（3）球从静止释放运动到最低点过程中，满足机械能守恒的关系式为_________(用测定物理量的符号表示)．（4）关于该实验，下列说法中正确的有_______．A．细线要选择伸缩性小的B．球尽量选择密度大的C．不必测出球的质量和细线的长度D．可以直接用弹簧测力计代替力传感器进行实验四、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）一定质量的理想气体由状态A经状态B变为状态C，其中A→B过程为等压变化，B→C过程为等容变化。已知VA=0.3m3，TA=TC=300K，TB=400K。①求气体在状态B时的体积；②说明B→C过程压强变化的微观原因．③设A→B过程气体吸收热量为Q1，B→C过程气体放出热量为Q2，求A→B过程中气体对外所做的功。14．（16分）太阳内部持续不断地发生着个质子聚变为一个氮核的热核反应，这个核反应释放出的大量能量就是太阳的能源，(，太阳的质量为)（1）这-核反应能释放出多少能量?（2）已知太阳每秒释放能量为，则太阳每秒减小的质量为多少?（3）若太阳质量减小万分之三时热核反应不能继续进行，则太阳还能存在多少年?15．（12分）美国物理学家密立根用精湛的技术测量光电效应中几个重要的物理量，这项工作成了爱因斯坦方程式在很小误差范围内的直接实验证据。密立根的实验目的是：测量金属的遏止电压Uc。入射光频率v，由此计算普朗克常量h，并与普朗克根据黑体辐射得出的h相比较，以检验爱因斯坦光电效应方程式的正确性。如图所示，是根据某次实验作出的Uc－v图像，电子的电荷量e=1.6×10－19C。试根据图像和题目中的已知条件：(1)写出爱因斯坦光电效应方程（用Ekm、h、v、W0表示）；(2)由图像求出这种金属的截止频率vc；(3)若图像的斜率为k，写出普朗克常量的表达式，并根据图像中的数据求出普朗克常量h。以上均保留两位有效数字。

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】A项：力和速度都是矢量，且力和速度不是国际单位制中的基本物理量，故A错误；B项：力和加速度是矢量，且力和加速度不是国际单位制中的基本物理量，故B错误；C项：长度、质量、时间是标量，且都是国际单位制中的基本物理量，故C正确；D项：速度是矢量，且速度不是国际单位制中的基本物理量，故D错误．2、D【解析】A.由图示图象可知,碰撞前a的速度：va=sa/ta=16/4=4m/s,碰撞前a的动量：Pa=mava=0.5×4=2kg⋅m/s，故A错误；B.由图示图象可知，碰撞前b静止，碰撞前b的动量为零，故B正确；C.由图示图象可知,碰撞后a、b的速度相等,为：v=s/t=(24−16)/(12−4)=1m/s,碰撞后b的动量大小为：，根据动量定理：，故C错误；D.由图示图象可知,碰撞后a、b的速度相等,为：v=s/t=(24−16)/(12−4)=1m/s,碰撞后a的动量大小为：，碰撞过程中a物体损失的动量大小为，故D错误；故选B.3、A【解析】

由振动图象可知，振源起振方向沿y轴向上振动，且波沿x轴正向运动，后面质点的运动落后前面质点运动，故A正确，B、C、D错误；故选A。【点睛】关键要抓住波的基本特性：介质中各质点的起振方向与波源的起振方向相同；波在一个周期内传播距离为一个波长，且后面质点运动落后前面质点运动。4、C【解析】

A．电场线是人为了方便研究电场而假想出来的，是不存在的，故A错误；B．电场线上某点的切线方向即为电场强度的方向，若是正电荷，电场力方向与电场强度方向相同，而电荷运动的轨迹在电场线上，电场线必须是直线，故B错误；C．负电荷受到的电场力方向和电场方向相反，即和电场线的切线方向相反，故C正确；D．沿电场方向，电势是降落的，电场强度用电场线的疏密程度来表示，也就是说，沿电场方向，电场强度可能增大，也可能减小，故D错误．故选C。【点睛】电场线虽然不存在，但可形象来描述电场的分布．当正电荷沿着电场线方向移动时，电场力做正功，则电势能减少，所以电势在减少．当负电荷沿着电场线方向移动时，电场力做负功，则电势能增加，而电势仍减小．5、B【解析】两球碰撞过程动量守恒，以两球组成的系统为研究对象，取水平向右方向为正方向，碰撞前，A、B的速度分别为：vA=2v0、vB=v0。碰撞前系统总动量：P=mAvA+mBvB=m×2v0+2m×（-v0）=0，P=0，系统总动量为0，系统动量守恒，则碰撞前后系统总动量都是0；由于碰撞是弹性碰撞，则碰撞后二者的速度不能等于0，运动的方向一定相反；故B正确，A、C、D错误。故选B。【点睛】本题碰撞过程中遵守动量守恒，不仅碰撞前后总动量的大小不变，方向也保持不变，要注意选取正方向，用符号表示速度的方向。6、A【解析】由F＝ILB，当B＝0时，F一定为零．但是用B＝判断B时，B一定要和通电导线垂直，没有垂直这个条件，是无法判断的．故只有A正确．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、AD【解析】放射性元素放出粒子时，粒子与反冲核的速度相反，而电性相同，则两个粒子受到的洛伦兹力方向相反，两个粒子的轨迹应为外切圆，故此衰变为衰变，故A正确；根据动量守恒定律可知，质量越大的，运动速度越小，则运动半径越小，故大圆为为粒子的运动轨迹，小圆为新核的运动轨迹，故B错误；带电粒子在磁场中运动，则运动半径为，则，又，则有：，解得：，根据，得周期之比为，故C错误；新核，根据电荷数和质量数守恒，可知衰变前Z=92，A=238，故衰变方程为，故D正确；故选AD．【点睛】由动量守恒定律和半径公式、周期公式求周期之比．由质数和核电荷数守恒写核反应方程．8、BD【解析】

由题意可知，经过时间t、通过位移L后，动量为p、动能为，由动量定理可知，由动能定理得，设物体质量为m；当位移为2L时，物体的动能，物体的动量，故A错误D正确；当时间为2t时，动量，物体的动能，故B正确C错误．9、CD【解析】

以液柱h为研究对象，由受力平衡可知：p=p0+ph，则有：A.环境温度降低时，大气压强不变，而封闭气体压强减小，重新达平衡后h减小，故A错误；

B.大气压强增大时，气体的压强变大，体积减小，液柱将左移使左侧液面上移，故重新平衡后高端的高度差减小，故B错误；C.向右管加入水银时，左侧液面上升使左侧气体压强增大，大气压强不变，故重新平衡后，由上式可得h变大，故C正确；D.U型管自由下落时，液柱失重故对气体没有压力，内外压强相等，而此时左侧气体压强变为p0，即压强减小，故在自由下落中体积要增大，故液柱右移，高度差h增大，故D正确．10、CD【解析】

AB．对物体进行受力分析：物体受重力mg、支持力FN、摩擦力Ff.小滑块从半球形容器最低点缓慢移近最高点，可以看成小滑块每一个状态都是平衡状态．根据平衡条件，应用力的合成得出：F=GsinθFN=Gcosθθ逐渐增大，sinθ增大，cosθ减小．根据以上表达式可以发现F增大，FN减小．故A错误，B错误；C．对于半球容器和小滑块整体，外力F的水平分力等于地面的摩擦力，初位置F为零，末位置F竖直，水平分量也为零，所以地面对半球形容器的摩擦力先增大后减小，故C正确；D．对于半球容器和小滑块整体，竖直方向受力平衡，外力F的竖直分力一直在增大，地面对半球形容器的支持力一直减小，故D正确．故选CD.【点睛】分析小滑块的受力，列出F力和支持力的表达式，分析两力的变化；将半球容器和小滑块作为一个整体，根据F力水平分力和竖直分力的变化，分析地面的摩擦力和支持力的变化．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、65.5（65.0~66.5）ABD【解析】

(1)[1]由图所示可知，刻度尺的分度值为1mm，对球落点的平均位置读数，为65.5cm。(2)[2]小球离开轨道后做平抛运动，小球下落的高度相同，在空中的运动时间t相同，由x=vt可知，小球的水平位移与小球的初速度v成正比，可以用小球的水平位移代小球的初速度，如果小球动量守恒，满足关系式mAv0=mAv1+mBv2故有mAv0t=mAv1t+mBv2t即mAOP=mAOM+mBON由此可知：A.水平槽上未放B球时，需要测量A球落点位置到O点的距离OP，故A正确；B.

A球与B球碰撞后，需要测量A球落点位置到O点的距离OM，故B正确；C.只要测量A球与B球的直径相等即可，不需要测出它们的直径大小，故C错误；D.验证动量守恒需要测量A球和B球的质量(或两球质量之比)，故D正确；E.不需要测量G点相对于水平槽面的高度，故E错误。故选ABD。(3)[3]由(2)知，实验需要验证的关系式是mAOP=mAOM+mBON【点睛】由图乙所示刻度尺确定其分度值，然后读出刻度尺的示数；根据实验原理和实验目的可以知道验证动量守恒定律实验中哪些量要测量，怎么通过物理规律测量；根据动量守恒定律及图示实验数据，写出需要验证的表达式。12、18.50最大值AB【解析】

选取体积小，阻力小的铁球；游标卡尺的读法，先确定分度数，从而确定精确度，进行读数；依据实验原理，结合减小的重力势能转化为动能，及球在最低点，则绳子的拉力与重力的合力提供向心力，从而即可求解；【详解】(1)游标卡尺的读数为：；(2)小球在最低点由牛顿第二定律可得：，由此可知，应读出小球在最低时绳的拉力即最大值；(3)由机械能守恒定律可得：，整理得：；(4)A．为了减小小球做圆周运动的半径的变化，所以细线要选择伸缩性小的，故A正确；B．为了减小阻力的影响，球尽量选择密度大的，体积小的，故B正确；C．球从静止释放运动到最低点过程中，满足机械能守恒的关系式为可知，应测出小球的质量，而不用测出细线的长度，故C错误；D．由于弹簧的弹力属于渐变，所以小球摆到最低点瞬间，弹力的测量准确，故D错误．故选AB．【点睛】考查圆周运动的处理规律，掌握牛顿第二定律与向心