2022-2023學年安徽省定遠縣民族中學物理高二第二學期期末學業(yè)水平測試模擬試題含解析

2022-2023高二下物理期末模擬試卷注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區(qū)。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3．請按照題號順序在各題目的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、單項選擇題：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、下列關于動量及其變化說法正確的是（）A．兩物體的動量相等，動能也一定相等B．物體動能發(fā)生變化，動量也一定發(fā)生變化C．動量變化的方向一定與初末動量的方向都不同D．動量變化的大小，不可能等于初末狀態(tài)動量大小之和．2、在核反應堆中，為了使快中子的速度減慢，可選用作為中子減速劑的物質是（）A．氫 B．鎘 C．氧 D．水3、一個帶正電的粒子僅在電場力作用下運動，其電勢能隨時間變化規(guī)律如圖所示，則下列說法正確的是A．該粒子可能做直線運動B．該粒子在運動過程中速度大小保持不變C．t1、t2兩個時刻，粒子所處位置電場強度一定相同D．粒子運動軌跡上各點的電勢不可能相等4、下列關于原子和原子核的說法正確的是（）A．盧瑟福通過對α粒子散射實驗結果的分析，提出了原子核是由質子和中子組成的B．（鈾）衰變?yōu)椋ㄧh）要經過1次α衰變和2次β衰變C．質子與中子結合成氘核的過程中發(fā)生質量虧損并釋放能量D．β射線是原子核外電子掙脫原子核的束縛后而形成的電子流5、某一電源的路端電壓與電流的關系和電阻R1、R2兩端的電壓與電流的關系如圖所示．用此電源和電阻R1、R2組成電路，R1、R2可以同時接入電路，也可以單獨接入電路．下列說法正確的是（）A．將R1、R2串聯后接到電源兩端時，電源的效率為80％B．將R1、R2并聯后接到電源兩端時，電源的效率為80％C．為使電源輸出功率最大，可將R1單獨接到電源兩端D．為使電源輸出功率最大，可將R2單獨接到電源兩端6、下列說法正確的是A．液體表面張力的方向與液面相切B．單晶體和多晶體的物理性質都是各向異性，非晶體都是各向同性C．空氣相對濕度越大時，空氣中水蒸氣壓強越接近飽和汽壓，水蒸發(fā)越快D．第二類永動機既違背能量守恒定律，又違背熱力學第二定律二、多項選擇題：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，有多個選項是符合題目要求的。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、A、B兩球在光滑水平面上沿同一直線運動.已知A球的動量大小為5kg·m/s，B球的動量大小為7kg·m/s，兩球發(fā)生對心正碰，則下列說法中正確的有A．若兩球同向運動，碰撞前B球在前，A球在后，則A球的質量可能大于B球的質量B．若兩球同向運動，碰撞前A球在前，B球在后，則A球的質量可能大于B球的質量C．若兩球相向運動，碰撞后A球的動量大小可能為7kg·m/s，B球的動量大小可能為5kg·m/sD．若兩球相向運動，碰撞后兩球運動的方向可能都與碰撞前A球的運動方向相同8、如圖所示，一定質量的理想氣體從狀態(tài)a變化到狀態(tài)b，此過程中，下列說法正確的是A．氣體分子的平均動能變小B．氣體體積變大C．氣體吸收熱量D．氣體的內能不變9、圖示是甲、乙、丙、丁、戊五個運動物體相對同一原點的位移-時間圖象．下面有關說法中正確的是（）A．甲、乙運動的出發(fā)點相距 B．乙比甲早出發(fā)的時間C．丙在內，物體的位移大于2m D．丁、戊兩物體在25s時相遇10、核反應堆的工作原理是利用中子轟擊重核發(fā)生裂變反應，釋放出大量核能，核反應方程式是反應堆中發(fā)生的許多核反應中的一種，n為中子，X為某粒子，a為X的個數，以、、分別表示、、核的質量，、分別表示中子、質子的質量，c為真空中的光速，則以下說法正確的是A．X為質子B．C．上述核反應過程中放出的核能D．鈾塊體積必須達到臨界體積，有中子通過時，才能發(fā)生鏈式反應三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11．（6分）某同學利用熱敏電阻設計了一個“過熱自動報警電路”，如圖甲所示．將熱敏電阻R安裝在需要探測溫度的地方，當環(huán)境溫度正常時，繼電器的上觸點接觸，下觸點分離，指示燈亮；當環(huán)境溫度超過某一值時，繼電器的下觸點接觸，上觸點分離，警鈴響．圖甲中繼電器的供電電壓U1=3V，繼電器線圈用漆包線繞成，其電阻R0為30Ω．當線圈中的電流大于等于50mA時，繼電器的銜鐵將被吸合，警鈴響．圖乙是熱敏電阻的阻值隨溫度變化的圖象．（1）圖甲中警鈴的接線柱C應與接線柱______相連，指示燈的接線柱D應與接線柱______相連（均選填“A”或“B”）．（2）當環(huán)境溫度升高時，熱敏電阻阻值將______，繼電器的磁性將______（均選填“增大”、“減小”或“不變”），當環(huán)境溫度達到______℃時，警鈴報警．12．（12分）在利用“插針法”測定玻璃的折射率實驗中①下列操作可以減小實驗誤差的是______（多選填字母代號）A．P1、P2及P3、P4之間的距離適當大些B．選擇平行玻璃磚進行實驗C．入射角適當大些D．若有幾塊厚度不同的玻璃磚，應選用厚度較小的②正確操作后，作出的光路圖及測出的相關角度如圖所示，此玻璃的折射率計算式為=________(用圖中的、表示)③同學在畫界面時，不小心將兩界面的間距畫得比玻璃磚寬度略大，則測得的折射率____(選填“偏大”、“偏小”或“不變”)．四、計算題：本題共2小題，共26分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟。13．（10分）如圖所示是一個半球形透明物體的側視圖，現在有一細束單色光沿半徑OA方向入射，保持入射方向不變，不考慮光線在透明物體內部的反射．①將細光束平移到距O點處的C點，此時透明體左側恰好不再有光線射出，求透明體對該單色光的折射率；②若細光束平移到距O點0.5R處，求出射光線與OA軸線的交點距O點的距離．14．（16分）如圖所示，A、B兩小球通過長l=10m的不可伸長的輕繩連接，A球質量mA=0.6kg，B球質量mB=0.4kg，將兩球從同一位置先后釋放，先釋放A球，t1=1s后再釋放B球，細繩繃直后立即繃斷，且繃斷時間極短，繃斷后A、B兩球再經過t2=2s同時落地。兩球都可視為質點，不計空氣阻力，重力加速度g=10m/s2。（1）分別求細繩繃直前瞬間A、B球的速度大小；（2）求兩球釋放位置離地面的高度。15．（12分）如圖所示，一個有界的勻強磁場，磁感應強度B=0.50T，磁場方向垂直于紙面向里，MN是磁場的左邊界．在距磁場左邊界MN的1．0m處有一個放射源A，內裝放射物質（鐳），發(fā)生α衰變生成新核Rn（氡）．放在MN左側的粒子接收器接收到垂直于邊界．MN方向射出的質量較小的粒子，此時接收器位置距直線OA的距離為1.0m．

①試寫出Ra的衰變方程；

②求衰變后α粒子的速率；

③求一個靜止鐳核衰變釋放的能量．（設核能全部轉化為動能，取1u=1.6×10-27kg，電子電量e=1.6×10-19C）

參考答案一、單項選擇題：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、B【解析】由公式可知動量相等質量相同的情況下動能才相等，A錯；動量變化的方向可能與初末動量的方向都相同，例如勻加速直線運動，C錯；同理D錯；2、D【解析】試題分析：在可控核反應堆中需要給快中子減速，輕水、重水和石墨等常用作減速劑，D正確考點：核反應堆【名師點睛】了解核反應堆的原理及減速劑的作用；在可控核反應堆中需要給快中子減速，輕水、重水和石墨等常用作減速劑。3、B【解析】粒子的電勢能不變，電場力不做功，而帶電粒子只受電場力，不可能做直線運動，故A錯誤．根據能量守恒，粒子的電勢能不變，可知粒子的動能不變，速度大小不變，故B正確．粒子的電勢能不變，電場力不做功，根據電場力公式W=qU知粒子運動軌跡上各點的電勢一定相等，而電場強度與電勢無關，t1、t2兩個時刻，粒子所處位置電場強度不一定相同，故CD錯誤．故選B．點睛：解決本題的關鍵要明確粒子的運動情況，運用電場力公式W=qU分析電勢的變化，但不能確定電場強度的變化．4、C【解析】

盧瑟福的α粒子散射實驗揭示了原子的核式結構，并沒有說原子核是由質子和中子組成的；核反應方程式要遵循質量數守恒、電荷數守恒規(guī)則；氫核聚變有質量虧損，釋放能量；β衰變中產生的射線實際上是原子核內的中子轉化為質子同時釋放一個電子?！驹斀狻緼．盧瑟福的α粒子散射實驗揭示了原子的核式結構，并不是提出了原子核是由質子和中子組成的，故A錯誤；B．質量數不變，則不經過α衰變；經過1次正電子衰變后，質子變中子，核電荷數減1，質量數不變。因此（鈾）衰變?yōu)椋ㄧh）要經過1次正電子衰變，故B錯誤；C．中子與質子結合成氘核的過程中能釋放能量，故C正確；D．β衰變中產生的β射線實際上是原子核內的中子轉化為質子同時釋放一個電子，故D錯誤。【點睛】本題主要考查原子物理中的一些基本現象與規(guī)律，較為簡單。5、C【解析】

A.根據題圖可知，電源的電動勢為E=3V，內阻Ω，根據知，兩定值電阻的阻值分別為R1=0.5Ω，R2=1Ω．將R1、R2串聯后接到電源兩端時，電源的效率為，故A錯誤；B.外電阻越大，電源的效率越高，因為R1、R2并聯后的電阻小于將它們串聯后的電阻，可知，將R1、R2并聯后接到電源兩端時，電源的效率小于75%，故B錯誤；CD．當外電阻等于電源的內阻時，電源的輸出功率最大，據此可知將R1單獨接到電源兩端時，電源輸出功率最大，故C正確，D錯誤．6、A【解析】

液體表面張力有使液面的面積收縮到最小的趨勢，其方向與液面相切，選項A正確；單晶體的物理性質是各向異性，多晶體和非晶體都是各向同性，選項B錯誤；空氣相對濕度越大時，空氣中水蒸氣壓強越接近飽和汽壓，水蒸發(fā)越慢，選項C錯誤；第二類永動機不違背能量守恒定律，但是違背熱力學第二定律，選項D錯誤；故選A.二、多項選擇題：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，有多個選項是符合題目要求的。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、BC【解析】

A．若兩球同向運動，碰撞前B球在前，A球在后，A的速度應大于B的速度，A球的動量大小為5kg?m/s，B球的動量大小為7kg?m/s，由p=mv可知，A的質量小于B的質量，故A錯誤；B．若兩球同向運動，碰撞前A球在前，B球在后，B球的速度大于A球的速度，A球的動量大小為5kg?m/s，B球的動量大小為7kg?m/s，則A球的質量可能大于B球的質量，故B正確；C．碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，以A球碰撞前的速度方向為正方向，若兩球相向運動，系統(tǒng)總動量為：5kg?m/s-7kg?m/s=-2kg?m/s，總動量方向與A的動量方向相反，如果碰撞后A球的動量為-7kg?m/s，即A球反向，B球的動量大小為5kg?m/s，則系統(tǒng)動量仍守恒，故C正確；D．兩球碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，碰撞前系統(tǒng)總動量與B的動量方向相同，由動量守恒定律可知，碰撞后兩球的總動量與碰撞前B的動量方向相同，若兩球相向運動，碰撞后兩球運動的方向不可能都與碰撞前A球的運動方向相同，故D錯誤；故選BC．8、BC【解析】理想氣體從狀態(tài)a到狀態(tài)b的過程中，壓強不變，溫度升高，氣體分子平均動能增加；由氣體的狀態(tài)方程可知，該氣體體積增大，溫度升高，內能增加，由熱力學第一定律可知，需要從外界吸收熱量，則AD錯誤，BC正確．故本題選BC【點睛】從圖中可以得知氣體的壓強不變，溫度升高，從而可知體積的變化情況，結合理想氣體的狀態(tài)方程和熱力學第一定律即可得知各選項的正誤．9、AD【解析】

由圖可知，乙從原點出發(fā)，甲從距原點x0處出發(fā)．故兩物體的出發(fā)點相距x0，故A正確；甲在t=0時刻開始運動，而乙在t1時刻開始運動，故甲比乙早出發(fā)t1時間，故B錯誤；丙在0～2s內，物體的位移為△x=0-0=0m，故C錯誤；丁、戊兩物體在25s時到達同位置而相遇，故D正確．10、BCD【解析】

AB．由核電荷數守恒知X的電荷數為0，故X為中子；由質量數守恒知，A錯誤B正確；C．注意到反應后生成的中子是2個，根據質能方程C正確；D．根據鏈式反應的條件可知，鈾塊體積必須達到臨界體積，有中子通過時，才能發(fā)生鏈式反應，D正確．故選BCD。三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11、BA減小增大80【解析】

（1）由題干中“當環(huán)境溫度超過某一值時，繼電器的下觸點接觸，上觸點分離，警鈴響”判斷出警鈴和指示燈的連接情況；（2）由圖象分析熱敏電阻阻值隨溫度的變化關系，結合歐姆定律分析電路中電流的變化，從而判斷出電磁鐵磁性的變化；由題干中“當線圈中的電流大于等于50mA時，繼電器的銜鐵將被吸合，警鈴響”，結合歐姆定律求出熱敏電阻接入電路的阻值的最大阻值，從圖象上找到對應的溫度就可以解決問題；【詳解】（1）由題中“當環(huán)境溫度超過某一值時，繼電器的下觸點接觸，上觸點分離，警鈴響”，所以警鈴的接線柱C應與接線柱B連，指示燈的接線柱D應與接線柱A相連；（2）分析乙圖，發(fā)現：溫度升高時，熱敏電阻阻值減小，根據歐姆定律，電路中電流就會增大，電磁鐵的磁性就會增大；當線圈中的電流時，繼電器的銜鐵將被吸合，警鈴報警，則控制電路的總電阻因此熱敏電阻

由圖乙可知，此時，所以，當溫度時，警鈴報警．【點睛】本題既考查電磁繼電器原理的分析，也考查了結合歐姆定律的內容進行相關的計算，綜合性比較強，解題時要仔細分析．12、AC偏小【解析】試題分析：為了取得較好的實驗效果，根據實驗原理分析可知：玻璃磚上下表面不一定要平行，選擇的入射角應盡量大些；大頭針應垂直地插在紙面上；大頭針P1和P2及P3和P4之間的距離適當大些，這樣可以減小測量的相對誤差．根據幾何知識求出入射角和折射角的正弦值，再求解折射率．根據折射定律，分析入射角和折射角的誤差，即可分析折射率的誤差．（1）A、大頭針P1和P2及P3和P4之間的距離適當大些時，相同的距離誤差，引起的角度誤差會減小，角度的測量誤差會小些．故A正確；作插針法測定折射率時，玻璃磚上下表面不一定要平行．故B錯誤；為了減小測量的相對誤差，選擇的入射角應盡量大些，效果會更好．故C正確；若有幾塊厚度不同的玻璃磚，應選用厚度較大一些的，故D錯誤．（2）由圖可知，入射角為，折射角為；則由折射定律可知：（3）用插針法“測定玻璃磚折射率”的實驗原理是折射定律；某同學將兩界面的間距畫得比玻璃磚寬度略大，但在畫光路圖時，將入射點、出射點分別確定在ab、cd上，如圖所示，入射角測量沒有誤差，而折射角偏大，則根據折射定律得知，測出的折射率n將偏?。?、計算題：本題共2小題，共26分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟。13、①②【解析】試題分析：①如圖所示，光束由C處水平射入，在B處發(fā)生全反射，∠OBC為臨界角由