2021-2022学年福建省莆田某中学高二（下）期末物理模拟试卷（附答案详解）.pdf

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1、2021-2022学年福建省莆田二中高二（下）期末物理模拟试卷1.关于近代物理的知识，下列说法正确的是（）A.查德威克发现质子的核反应方程为尹N+$H e0+iHB.，衰变就是原子核内的一个质子转化为一个中子和电子，电子被释放出来C.发生光电效应时光电子的最大初动能由入射光的频率和强度决定D.若氢原子从第6能级向第1 能级跃迁时辐射出的光不能使某金属发生光电效应,则氢原子从第6能级向第2 能级跃迁时辐射出的光也不能使该金属发生光电效应2.“天问一号”从地球发射后，在如图甲所示的P 点沿地火转移轨道到Q 点，再依次进入如图乙所示的调相轨道和停泊轨道，则天间一号（）A.发射速度介于7.9k m/s

2、与1 1.2 k m/s之间B.从P 点转移到Q 点的时间大于6个月C.在环绕火星的停泊轨道运行的周期比在调相轨道上大D.在地火转移轨道运动时的速度均大于地球绕太阳的速度3.如图所示，倾角为3 0。的光滑斜面底端固定一轻弹簧，。点为原长位置.质量为0.5k g的滑块从斜面上4 点由静止释放，物块下滑并压缩弹簧到最短的过程中，最大动能为8/.现将物块由4 点上方0.4 m 处的B 点由静止释放，弹簧被压缩过程中始终在弹性限度内，g 取1 0 m/s2,则下列说法正确的是（）A.从B 点释放滑块的最大动能为9/B.从B 点释放滑块动能最大的位置比从4 点释放要低C.从B点释放弹簧的最大弹性势能比从

3、4点释放增加了uD.物块从。点开始做减速运动4.如图所示，两平行金属板48、C。相距为d,板长为6d,M、N是两板中间正对的小孔，AB板电势高于CD板，在保持两极板电量不变的情况下，有一带电粒子（不计重力）从M孔以速率火沿MN连线方向射入两极之间，结果恰好能到达N点。若该粒子仍以速率处从M孔射入，速度方向与4B板的夹角为火9 0）,下列说法正确的是（）W VA.此带电粒子带正电B.该粒子仍能到达CD板C.调整。的大小，粒子可以直接从BD端口飞出D.当。=45。时，粒子打在4B板上的落点距M点最远5.如图所示，a、b、c、d表示一定质量的理想气体状态变化过程中的四个状态，图中ad平行于横坐标轴，

4、ab的延长线过原点，以下说法正确的是（）A.从状态c到b,气体放热 B.从状态d到c,气体不吸热也不放热C.从状态a到d,气体对外做功 D.从状态b到a,气体吸热6.如图甲所示，在均匀介质中P、Q两质点相距d=0.4巾，质点P的振动图像如图乙所示，已知t=0时刻，P、Q两质点都在平衡位置，且P、Q之间只有一个波峰，则下列判断正确的是（）A.波的传播速度可能为lm/sB.波的传播速度可能为gm/s第2页，共22页C.质点Q出现在波谷的时刻可能为t=0.15sD.质点Q出现在波谷的时刻可能为t=0.45s7.如图（a）所示，两个带正电的小球4、8（均可视为点电荷）套在一根倾斜的光滑绝缘直杆上，其中

5、4 球固定，电荷量以=2.0X 10-气，B球的质量m=0.1kg.以4 为坐标原点，沿杆向上建立直线坐标系，B球的总势能（重力势能与电势能之和）随位置x的变化规律如图（b）中曲线/所示，直线D为曲线/的渐近线.图中M点离A点距离为6nl.令4 所在平面为参考平面，无穷远处电势为零，重力加速度g取1 0 m/s2,静电力恒量k=9.0 x l0 9 N-m 2/c 2,下列说法正确的是（）A.杆与水平面的夹角。=60B.B球的电荷量=1.5 x 10-5CC.若B球以4/的初动能从M点沿杆向上运动，到最高点时电势能减小D.若B球从离4 球27n处静止释放，则向上运动过程中加速度先减小后增大8.

6、如图所示，足够长的光滑平行金属导轨倾斜固定放置,导轨所在平面的倾角为。=3 0,导轨下端接有阻值为R的电阻，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B.质量为小、长为L、电阻不计的金属棒放在导轨上，在沿导轨平面且与棒垂直的拉力F作用下金属棒沿导轨向上做初速度为零、加速度为Tg（g 为重力加速度）的匀加速直线运动，金属棒运动过程中始终与导轨垂直并与两导轨接触良好，金属导轨的电阻不计，则在金属棒沿导轨向上运动片时间的过程中（）A.拉力尸与时间成正比B.拉力F的冲量大小为mgto+珞C.通过电阻R的电量为勇逋D.电阻R上产生的焦耳热等于拉力与重力的做功之和9.某同学做了下面两个实

7、验.他让一列水波通过一个孔时产生了如图1所示的衍射图景，如果想让水波通过小孔继续传播的范围变小，可将左侧挡板适当_ _ _ _ _（“向左”或“向右”）移动；他用图2示器材做光的衍射实验，在光屏上能得到（“图3”或“图4”）所示条纹。图 1国 2 国 3 国410.一辆小汽车在水平路面上由静止启动，在前5s内做匀加速直线运动，5s末达到额定功率，之后保持以额定功率运动，其v-t图象如图所示。己知汽车的质量为m=1 x103kg,汽车受到地面的阻力为车重的0.1倍，取g=10m/s2,则汽车速度为25m/s时的加速度为 m/s2,汽车的最大速度为 m/so11.在探究物体质量一定时加速度与力的关

8、系实验中，小明同学做了如图中所示的实验改进，在调节桌面水平后，添加了力传感器来测细线中的拉力。第4页，共22页(1)实验时，下 列 操 作 或 说 法 正 确 的 是。A 需要用天平测出砂和砂桶的总质量8.小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录拉力传感器的示数C 选用电磁打点计时器比选用电火花计时器实验误差小D 为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量远小于小车的质量(2)实验得到如图乙所示的纸带，已知打点计时器使用的交流电源的频率为50Hz,相邻两计数点之间还有四个点未画出，由图中的数据可知，小车运动的加速度大小是 m/s2.(计算结果保留三位有效数字)(3)由

9、实验得到小车的加速度a 与力传感器示数尸的关系如图丙所示。则小车与轨道的滑动摩擦力弓=N。12.几位同学对一个阻值大约为5900的未知电阻氏 进行测量，要求较精确地测量电阻的阻值。有下列器材供选用：A.待测电阻&8.电压表V(量程6 V,内阻约3k0)C.电流表4（量程20m4内阻约50）D 电 流 表 量程1。机4内阻约10。）E.滑动变阻器灯（02 0 0,额定电流24）F.滑动变阻器7?2（。2000。，额定电流0.5A）G.直流电源E（6 U,内阻约10），.多用表/.开关、导线若干甲（1）甲同学用多用表直接测量待测电阻的阻值如图甲所示。若选用欧姆表“X 100”挡位，则多用表的读数为

10、 0。（2）乙同学根据以上器材设计如图乙所示的测量电阻的电路，则滑动变阻器应选择（选 填 R J或“氏 2”）；电阻测量值偏大的主要原因是 造成的。（选填“电流表内阻”或“电压表内阻”）（3）丙同学经过反复思考，利用所给器材设计出了如图内所示的测量电路，具体操作如下：按图丙连接好实验电路，调节滑动变阻器长、/?2的滑片至适当位置：开关S2处于断开状态，闭合开关Si，调节滑动变阻器R 1、/?2的滑片，使电流表4的示数恰好为电流表4 的示数的一半，读出此时电压表V 的示数U1和电流表庆 的示数4。保持开关S1闭合，再闭合开关S2,保持滑动变阻器/?2的滑片位置不变，适当调节滑动变阻器的位置，读出

11、此时电压表U的示数/和电流表4 的示数与。可 测 得 待 测 电 阻 的 阻 值 为，同时可测出电流表4 的内阻为（用U1、人、为表示）。（4）比较甲、乙、丙三位同学测量电阻&的方法中，同学的方案最有利于减小系统误差。第6页，共22页1 3 .如图，水平轨道8 c 的左端与固定的光滑竖直四分之一圆弧轨道相切于B 点，右端与一倾角为3 0。的光滑斜面在C 点平滑连接(即物体经过C 点时速度大小不变)，斜面顶端固定一轻质弹簧。一质量为2 k g 的滑块(可视为质点)从圆弧轨道的顶端A 点由静止释放，经水平轨道BC 后滑上斜面并压缩弹簧，第一次可将弹簧压缩至。点。已知光滑圆弧轨道的半径为R =0.4

12、 5 m,水平轨道B C 长为0.4 m,与滑块间的动摩擦因数为 =0.2,光滑斜面C D 部分长为0.6 m,不计空气阻力，重力加速度大小为g =l O m/s2-求：(1)滑块第一次经过圆弧轨道上的B 点时，圆弧轨道对滑块的支持力大小；(2)滑块到达。点时，弹簧具有的弹性势能；(3)滑块在水平轨道BC 上停止的位置距B 点的距离及滑块经过C 点的次数。1 4 .如图所示，一个上表面绝缘、质量为g =1 k g 的不带电小车4 置于光滑的水平面上,其左端放置一质量为m e =0.5/c g、带电量为q =1.0 x 的空盒以 左端开口.小车上表面与水平桌面相平，桌面上水平放置着一轻质弹簧，弹

13、簧左端固定，质量为mc=0.5 k g 的不带电绝缘小物块C 置于桌面上。点并与弹簧的右端接触，此时弹簧处于原长，现用水平向左的推力将C 缓慢推至M点(弹簧仍在弹性限度内)时，推力做的功为收=6 4,撤去推力后，C 沿桌面滑到小车上的空盒B 内并与其右壁相碰,碰撞时间极短且碰后C 与B 粘在一起.在桌面右方区域有一方向向左的水平匀强电场，电场强度大小为E =1 X 1 0 2 N/M,电场作用一段时间后突然消失，小车正好停止，货物处于小车的最右端.己知物块C 与桌面间动摩擦因数%=0.4,空盒B 与小车间的动摩擦因数2 =0.1,0M 间距s i =5 c m,。点离桌子边沿N点距离S 2 =

14、9 0 c m,物块、空盒体积大小不计，g 取l O m/s?.求:(1)物块C 与空盒B 碰后瞬间的速度也(2)小车的长度L；(3)电场作用的时间t.1 5.如图所示，平面直角坐标系x O y的第一象限存在垂直于x O y平面向外的有界匀强磁场，磁场区域沿%轴方向的宽度为L,沿y轴方向足够大，第二象限整个区域存在沿x 轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E=一质量为m、电荷量为q 的带正电粒子在轴上的4(-|0)点以速度大小为火,方向沿y轴正方向射入电场区域，不计粒子的重力，求：(1)粒子第一次经过y轴的位置离原点。的距离小和速度大小也(2)若粒子进入磁场区域后，能够再次回到电场区域，磁感应强

15、度8 应满足什么条件?(3)若粒子进入磁场区域后，能够再次回到电场区域，并恰好能够经过y轴上的P(O,#L)点，磁感应强度B 的大小为多少？第8页，共22页答案和解析1.【答案】D【解析】解：力、发现质子的是卢瑟福，故 A 错误；8、/?衰变实质是原子核内的一个中子转化为一个质子和电子，这个电子以夕射线的形式释放出来，故 B错误；C、根据光电效应方程可知，最大初动能与入射光的频率有关，与光的强度无关，故 C错误；D、根据玻尔理论可知，氢原子从n=6能级向n=l 能级跃迁时减小的能量大于氢原子从n-6能级向ri=2能级跃迁时减小的能量.所以氢原子从n=6能级向n-1能级跃迁时辐射出的光子的能量大

16、于氢原子从n=6能级向n=2能级跃迁时辐射出的光的能量。根据光电效应发生的条件可知，若氢原子从几=6能级向兀=1能级跃迁时辐射出的光不能使某金属发生光电效应，则氢原子从n=6能级向n=2能级跃迁时辐射出的光也不能使该金属发生光电效应，故。正确。故选：Do卢瑟福发现了质子；根据/?衰变的本质分析；理解最大初动能和光电流的影响因素结合选项完成分析；根据光电效应发生的条件和玻尔理论分析。解答本题的关键要掌握原子物理和原子核物理的基础知识。2.【答案】B【解析】解：4、天问一号需要脱离地球引力的束缚，第二宇宙速度11.2km/s为脱离地球的最小发射速度，在地球发射天间一号的速度要大于第二宇宙速度，故

17、A 错误。8、地球公转周期为12个月，根据开普勒第三定律可知，号=k,天问一号在地火转移T2轨道的轨道半径大于地球公转半径，则运行周期大于12个月，从P点转移到Q点的时间大于6个月，故 8 正确；C、同理，环绕火星的停泊轨道半径小于调相轨道半径，则在环绕火星的停泊轨道运行的周期比在调相轨道上小，故 C错误；。、天问一号在Q点点火加速进入火星轨道，则在地火转移轨道运动时，Q点的速度小于火星轨道的速度，根据万有引力提供向心力可知，粤=m f，解得线速度：=但，rz r y r地球公转半径小于火星公转半径，则地球绕太阳的速度大于火星绕太阳的速度，则在地火转移轨道运动时，Q点的速度小于地球绕太阳的速度

18、，故。错误。故选：Bo第二宇宙速度是卫星脱离地球引力束缚的最小发射速度；根据卫星的变轨原理分析；根据开普勒第三定律分析周期关系。本题考查了万有引力定律的应用，解决本题的关键是理解卫星的变轨过程，以及万有引力定律的灵活运用。3.【答案】AC【解析】解：4、设物块动能最大时弹簧的弹性势能为0.从4 释放到动能最大的过程，由系统的机械能守恒得：Ekl+&,=mgxAsin3 0从B释放到动能最大的过程，由系统的机械能守恒得：Ek2+与=m gxBsin3 0.由一得：Ek2-Eki=rng(xB-xA)sin3 0据题有：xB-xA=0.4m所以得从B点释放滑块最大动能为：Ek2=E n +mg(x

19、B-&)sin30。=8/+0.5 x 10 x0.4 x 0.5/=9/,故 A 正确；3、由上分析知，物块的动能最大时合力为零，弹簧的弹力等于滑块的重力沿斜面向下的分力，即mgs讥30=依，则知弹簧的压缩量一定，与物块释放的位置无关，所以两次滑块动能最大位置相同，故 8 错误；C、根据物块和弹簧的系统机械能守恒知，弹簧最大弹性势能等于物块减少的重力势能，由于从B点释放弹簧的压缩量增大，所以从B点释放弹簧最大弹性势能比从4 点释放增加为：4 Ep mg(xB-xA)sin3 00=0.5 X 10 X 0.4 X 0.5/=1/,故 C 正确；。、物块从0 点时开始压缩弹簧，弹力逐渐增大，开

20、始阶段弹簧的弹力小于滑块的重力沿斜面向下的分力，物块做加速运动，后来，弹簧的弹力大于滑块的重力沿斜面向下的分力，物块做减速运动，所以物块先做加速运动后做减速运动，弹簧的弹力等于滑块的重力沿斜面向下的分力时物块的速度最大。故。错误；故选：AC物块压缩弹簧时，弹簧的弹力不断增大，根据物块的受力分析其运动情况，滑块动能最大时合力为零，由系统的机械能守恒求从B点释放滑块最大动能，并由系统的机械能守恒求弹簧最大弹性势能。解决本题的关键要正确分析物块的受力情况，判断其运动情况，知道物块压缩弹簧后先加速后减速，同时要明确能量是如何转化的。4.【答案】D第10页，共22页【解析】解：4、带电粒子从M孔沿MN连

21、线方向射入两极之间，恰好能到达N点，说明粒子在电场中做匀减速直线运动，受到的电场力水平向左，与电场方向相反，则粒子带负电，故 A 错误；B、两极板电量不变，故板间距离E不变，当粒子的速度方向与力B板的夹角为。时，粒子的加速度不变，粒子沿从MN方向的位移小于d,不能到达CD板，故 8错误；C、带电粒子从M孔沿MN连线方向射入时，由运动学公式有诏=2ad.粒子在竖直方向上做匀速直线运动，有y=VQCOS9-t；粒子在水平方向上做匀减速直线运动，运动时间为t=皿，则y=cose为 sme=邂 吧，当。=45。时，粒子打在ZB板上距M点最远，且最远距离为%1aX =第=d 0：从状态c-b温度降低，内

22、能减小4 U 0,根据热力学第一定律/U =W+Q 可知，Q 0,根据热力学第一定律/U =+Q 知，Q 0,即气体吸热，故。正确；故选：ACD.根据一定质量的理想气体状态方程和热力学第一定律判断；p-7图象中，点到原点连线的斜率与体积成反比，从状态c到b,各个点到原点的连线的斜率增大，故体积减小，说明外界对气体做功，温度减小说明内能减小，再根据热力学第一定律可以判断气体吸热；根据一定质量的理想气体状态方程可以判断气体体积的变化，从而确定气体做功；从状态b到a,为等容变化，气体不做功，温度升高内能增加，再根据热力学第一定律是否吸热。本题考查了一定质量的理想气体状态方程、热力学第一定律等知识点。

23、解答一定质量的理想气体状态方程与热力学第一定律的综合问题的关键在于找到两个规律之间的联系，弄清气体状态变化过程中各状态量的变化情况。6.【答案】BCD【解析】【分析】根据波的传播方向，按照P、Q之间是否存在波谷进行分类讨论，得到波长，即可根据图乙求得周期，进而求得波速；根据Q的振动方向，求到波谷的时间。对于简谐波的相关问题，一般通过波形图求得振幅、波长（或由振动图得到振幅、周期），再根据传播方向得到某质点的振动图（或波形图），进而得到各质点的振动。t=0时，PQ之间有一个波峰，若波由P传向Q,则PQ之间可能的波形如图1和图2,第12页，共22页对于图1：2a=0.8 m,T=0.2s,则波速%

24、=*=4 m/s,质点Q出现在波谷的时刻为（n +T,可能的时刻有0.1 5 s,0.3 5 s,0.5 5 s,；对于图2：2a=0.4 m,7=0.2 s,则波速%=与=2 m/s,质点Q出现在波谷的时刻为（n +；）7,可能的时亥l j 有0.0 5 s,0.2 5 s,0.4 5 s,；若波由Q 传向P,则P Q 之间可能的波形如图3 和图4,图3 情形同于图2,若为图4,则 有 人=詈 讥，7=0.2 s,则波速%=与=轲/s,质点Q出现在波谷的时刻为5+令7,可能的时刻有0.1 5 s,0.3 5 s,0.5 5 s,。根据以上分析，8s正确。7.【答案】CD【解析】解：4、渐近线

25、I I 表示小球B的重力势能随位置的变化关系，即为：Ep=mgxsind=k/由图b 可得渐近线H的斜率k 斜=0.5 N,解得s 讥。=0.5,即8 =3 0 ,故 A错误；B、由图b 中的曲线I 知，在x =6M处B 球的总势能最小，动能最大，该位置B 球的合力为零，则有：m g s i n 3 0 =k 等，解得：QB=x l O c,故 B错误；C、M点的电势能E pi =E总-Ep=E总-mgxind=6 7-0.1 x 1 0 x 6 X 0.5 7=3/在M点B 球总势能为6/,根据能量守恒定律，当B 的动能为零，总势能为1 0/由图可知，总势能为1 0/时，有：x2=1 8 m

26、此时的电势能为：Ep?=E EP =E 点 m gx2sin9=1 0/-0.1 x 1 0 x 1 8 x 0.5/=V所以电势能的减小量为：A E p =Epi-EP2=3 J-1J=2J,即若B 球以4/的初动能从M点沿杆向上运动，到最高点时电势能减小2/,故 C正确：。、B 球在M点的动能最大，速度最大该位置B 受力平衡，由于重力沿斜面向下的分力不变，而沿斜面向上的电场力逐渐减小，所以B 球受到的合外力先减小为0,然后从0开始逐渐增大，所以B 球的加速度先减小后增大，故。正确。故选：C D。渐近线n表示小球B 的重力势能随位置的变化关系，由E p =mgxsind-k x 求解杆与水平

27、面的夹角0。由图b 中的曲线I 知，在x =6 m 处B 球的总势能最小，动能最大，合力为零，由平衡条件和库仑定律相结合求出B 球的电荷量QB。根据电势能和电势的关系分析电势能的变化。根据牛顿第二定律分析B球的加速度a变化情况。此题考查读图能力，关键要理解渐近线口的物理意义，同时要熟练应用牛顿运动定律和能量守恒解题。8 .【答 案】BC【解 析】解：4、以金属棒为研究对象，根据牛顿第二定律可得:F-mgsind-FA=ma,其 中 安 培 力 以=B=手，根据速度一时间关系可得：v=a t,联立解得：F=m g+粤-t,拉力F 与时间不是成 正 比，故 A 错 误；B、t=0时，拉力F=mg,

28、t=t（）时，拉力F2=mg+4g%,2R金属棒向上运动to时间的过程中，平均作用力：F=HF i+F2）=m g+/t o，拉力F 的冲量大小为mg%+诏，故 8正确；C、“时间内金属棒沿导轨向上运动的距离：x=|a to =g t o 通过电阻R的电量q=A3mv0qL；(3)若粒子进入磁场区域后，能够再次回到电场区域，并恰好能够经过y轴上的P(0，WL)点，磁感应强度B的大小为胃或若。【解析】(1)粒子从4点射入电场后做类平抛运动，由牛顿第二定律求出加速度大小。根据分运动公式求解粒子第一次经过y轴的位置离原点。的距离y0,由分速度公式和速度合成求速度大小。(2)研究临界情况：粒子在磁场中运动轨迹刚好与边界MN相切，根据几何知识求出轨迹半径，根据牛顿第二定律求磁感应强度大小，从而求得磁感应强度B应满足的条件。(3)若粒子进入磁场区域后，能够再次回到电场区域，并恰好能够经过y轴上的P点，分两种情况讨论：第一种情况：粒子从磁场区域射出时由电场经过P点；第二种情况：粒子从磁场区域射出时由电场进入磁场，再由磁场经过P点；画出粒子的运动轨迹，由几何知识求出轨迹半径，再由牛顿第二定律求出磁感应强度。解决本题的关键是搞清粒子每段过程的运动情况，能正确作出粒子在磁场中运动的运动轨迹，并能根据儿何知识求解粒子运动的轨迹半径，要注意不能漏解。第22页，共22页