2021-2022學年陜西省韓城市司馬遷中學物理高二下期末調研試題含解析

2021-2022高二下物理期末模擬試卷注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角"條形碼粘貼處"。2．作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3．非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區(qū)域內相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4．考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y束后，請將本試卷和答題卡一并交回。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、如圖所示是某質點做簡諧運動的振動圖象．關于質點的運動情況，下列描述正確的是（）A．t＝1.5s時，質點正沿x軸正方向運動B．t＝1.5s時，質點的位移方向為x軸負方向C．t＝2s時，質點的速度為零D．t＝2s時，質點的加速度為零2、我國“蛟龍?zhí)枴痹谀炒卧囼灂r，深潛器內的顯示屏上顯示出了從水面開始下潛到最后返回水面的10min內全過程的v–t圖（由于某種原因軸上方的縱軸刻度沒有顯示），則下列說法中不正確的是A．全過程中“蛟龍?zhí)枴钡淖畲蠹铀俣仁莔/s2B．全過程中“蛟龍?zhí)枴钡钠骄俾适?.5m/sC．“蛟龍?zhí)枴鄙仙鬟^程的最大速度是3m/sD．在6~10min潛水員會先感到超重，后感到失重3、如下圖所示，電磁炮是由電源、金屬軌道、炮彈和電磁鐵組成．當電源接通后，磁場對流過炮彈的電流產(chǎn)生力的作用，使炮彈獲得極大的發(fā)射速度．下列各俯視圖中正確表示磁場B方向的是()A． B． C． D．4、關于靜摩擦力，下列說法中正確的是()A．兩個運動的物體之間不可能有靜摩擦力的作用B．靜摩擦力的方向總是與物體相對運動趨勢的方向相反C．靜摩擦力做的功一定為零D．靜摩擦力只有大小沒有方向5、如圖所示，直線OAC的某一直線電源的總功率隨總電流變化的曲線，拋物線OBC為同一電源內部消耗的功率隨總電流的變化曲線，若A、B對應的橫坐標為1.5，則下面判斷正確的是（）A．線段AB表示的功率為2.25WB．電源的電動勢為3V，內阻為1.5ΩC．電流為2A時，電源的輸出功率最大D．電流為1A時，路端電壓為1V6、如圖所示，閉合的矩形導線圈在勻強做場中繞垂直于磁場方向的對稱軸勻速轉動．己知勻強磁場的磁感應強度為，線圈匝數(shù)為，邊的邊長為，邊的邊長為，線圈總電阻為，轉動的角速度為,則當線圈轉至圖示位置時（）A．穿過線圈的磁通量為B．線圈中的感應電動勢為C．穿過線圈的磁通量的變化率為D．線圈邊所受安培力的大小為二、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、（多選）質量為m的小球由空中A點無初速度自由下落，加速度大小為g；在t秒末使其加速度大小變?yōu)閍，方向豎直向上，再經(jīng)過t秒小球又回到A點．不計空氣阻力且小球未落地，則以下說法中正確的是（）A．a(chǎn)=3gB．返回到A點的速率為2atC．自由下落t秒時小球的速率為atD．小球下落的最大高度為28、勻速上升的升降機頂部懸有一輕質彈簧，彈簧下端掛有一小球，若升降機突然停止，在地面上的觀察者看來，小球在繼續(xù)上升的過程中（）A．速度逐漸減小 B．速度先增大后減小C．加速度逐漸增大 D．加速度逐漸減小9、甲乙兩車在某時刻由同一地點沿同一方向開始做直線運動，若以該時刻作為計時起點，得到兩車的位移﹣時間圖象如圖所示，則下列說法正確的是（）A．甲做勻加直線運動，乙做變加速直線運動B．t1時刻兩車的速度剛好相等C．t1時刻乙車剛好從后面追上甲車D．0到t1時間內，乙車的平均速度等于甲車的平均速度10、下列圖象的描述和判斷正確的是A．圖l中，一定質量的某種氣體，若不計分子勢能，氣體在狀態(tài)①時具有的內能較大B．圖2中，在實際問題中，飽和汽壓包括水蒸氣的氣壓和空氣中其他各種氣體的氣壓，且水的飽和汽壓隨溫度的變化而變化，溫度升高，飽和汽壓增大C．圖3中，由A經(jīng)B到C的過程，氣體對外做功小于由A經(jīng)D到C的過程D．圖4中，通過觀察蜂蠟在玻璃片和云母片上熔化區(qū)域形狀的不同，可以得出晶體的物理性質是各向異性的三、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）某同學做“驗證力的平行四邊形定則”實驗時，主要步驟是：A．在桌上放一塊方木板，在方木板上鋪一張白紙，用圖釘把白紙釘在方木板上；B．用圖釘把橡皮條的一端固定在板上的A點，在橡皮條的另一端拴上兩條細繩，細繩的另一端系著繩套；C．用兩個彈簧測力計分別鉤住繩套，互成角度地拉橡皮條，使橡皮條伸長，結點到達某一位置O．記錄下O點的位置，讀出兩個彈簧測力計的示數(shù)；D．按選好的標度，用鉛筆和刻度尺作出兩只彈簧測力計的拉力F1和F2的圖示，并用平行四邊形定則求出合力F；E．只用一只彈簧測力計，通過細繩套拉橡皮條使其伸長，讀出彈簧測力計的示數(shù)，記下細繩的方向，按同一標度作出這個力F′的圖示；F．比較F′和F的大小和方向，看它們是否相同，得出結論．上述步驟中有重要遺漏的步驟的序號及遺漏的內容分別是和．12．（12分）在做“測定金屬電阻率”的實驗中，待測金屬的阻值約為5Ω．（1）某同學先通過螺旋測微器測量一薄的金屬圓片厚度，讀出如圖①中的示數(shù)．螺旋測微器所示的金屬圓片的厚度的測量值為________mm．圖①（2）實驗室準備用來測量該電阻阻值的實驗器材有：A．電壓表V1（量程0～3V，內電阻約15kΩ）B．電壓表V2（量程0～15V，內電阻約75kΩ）C．電流表A1（量程0～3A，內電阻約0.2Ω）D．電流表A2（量程0~600mA，內電阻約3Ω）E．滑動變阻器R（最大阻值為10Ω，額定電流為0.6A）F．直流電源、電池組E（電動勢為3V、內電阻約為0.3Ω）G．開關及導線若干為了實驗能正常進行，減少測量誤差，實驗要求電表讀數(shù)從零開始變化，并能多測幾組電流、電壓值，以便畫出電流——電壓的關系圖線，則①電壓表應選用__________（填實驗器材的代號）；②電流表應選用__________（填實驗器材的代號）；③甲、乙、丙、丁四個電路圖中符合要求的電路圖是__________圖．圖②（3）這位同學在一次測量時，電流表、電壓表的示數(shù)如圖③所示．由圖中電流表、電壓表的讀數(shù)可計算出待測金屬的電阻為___________Ω．（結果精確到小數(shù)點后一位）圖③四、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,圖甲為某一列沿x方向傳播的簡諧橫波在時刻的波形圖,圖乙為介質中Q質點的振動圖象，求：（1）這列波傳播的速度大小和方向；（2）畫出t=1s時的波形圖；（3）在時間內，質點P出現(xiàn)在平衡位置的次數(shù)．14．（16分）如圖所示，在匝數(shù)、截面積的多匝線圈中存在方向豎直向下的勻強磁場，均勻變化．兩相互平行、間距的金屬導軌固定在傾角為的斜面上，線圈通過開關與導軌相連．一質量阻值的光滑金屬桿鎖定在靠近導軌上端的位置．、等高．一阻值的定值電阻連接在導軌底端．導軌所在區(qū)域存在垂直于斜面向上的磁感應強度的勻強磁場．金屬導軌光滑且足夠長，線圈與導軌的電阻忽略不計．重力加速度取，電子電量．（1）閉合開關時，金屬桿受到沿斜面向下的安培力為，請判斷磁感應強度的變化趨勢是增大還是減小，并求出磁感應強度的變化率；（2）斷開開關，解除對金屬桿的鎖定，從處由靜止釋放，經(jīng)過，金屬桿下滑，求該過程中金屬桿上產(chǎn)生的焦耳熱；（3）經(jīng)典物理學認為，金屬的電阻源于定向運動的自由電子和金屬離子（即金屬原子失去電子后的部分）的碰撞，請建立合適的自由電子運動模型，求出第（2）問情境中，當金屬桿最終勻速下滑時，金屬桿中金屬離子對一個自由電子沿桿方向的平均阻力的大小．15．（12分）如圖所示，在光滑水平面上有一輛質量M＝8kg的平板小車，車上有一個質量m＝1.9kg的木塊(木塊可視為質點)，車與木塊均處于靜止狀態(tài)．一顆質量m0＝0.1kg的子彈以v0＝200m/s的初速度水平向左飛，瞬間擊中木塊并留在其中．已知木塊與小車平板之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，g＝10m/s2.(1)求子彈射入木塊后瞬間子彈和木塊的共同速度大??；(2)若木塊不會從小車上落下，求三者的共同速度大?。?3)若是木塊剛好不會從車上掉下，則小車的平板至少多長？

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、D【解析】在t=1.5s時刻，圖象切線的斜率為負，說明質點是從x的最大位移處向平衡位置方向運動的，運動的方向沿x的負方向，故A錯誤．由圖可知，1.5s末質點的位移大于0，質點的位移方向為x軸正方向，故B錯誤．由圖可知，在t=2s時刻，質點的位移為0，則速度為最大，故C錯誤．由圖可知，在t=2s時刻，質點的位移為0，則恢復力等于0，根據(jù)牛頓第二定律可知加速度等于0，故D正確．故選D.點睛：此題關鍵是知道位移時間圖象的斜率等于速度，從而分析質點的速度方向．質點通過平衡位置時速度最大，加速度最??；通過最大位移處時加速度最大．2、B【解析】A.v?t圖象的斜率表示加速度，0?1min內和3?4min內加速度最大，最大加速度是a=m/s2，故A正確；B.全過程中“蛟龍?zhí)枴钡穆烦虨?20m，則平均速率是=1.2m/s，故B錯誤；C.根據(jù)v-t曲線的面積表示位移，在t=4min時到達最大深度為h=（2×60+4×60）×2.0=360m，則上浮的位移h=×（10-6）×60×vm=360，vm=3m/s，故C正確；D．潛水員在6?8min的時間段內，根據(jù)速度圖象得加速度方向向上，所以處于超重狀態(tài)，8?10min的時間段內，根據(jù)速度圖象得加速度方向向下，所以處于失重狀態(tài)，故D正確．本題選擇錯誤答案，故選B點睛：根據(jù)v-t圖象的面積表示位移，由幾何知識可求得最大深度；v-t圖象的物理意義：其斜率表示加速度的大小，求解最大加速度；平均速率等于路程與時間之比；判斷超重和失重的方法主要看物體的加速度方向．3、B【解析】

試題分析：電流由電源正極經(jīng)炮彈流向電源負極，炮彈受到的安培力方向應水平向前，由左手定則判斷磁場方向是否正確．解：A、由左手定則可知，圖示磁感應強度方向使炮彈受到的安培力向后，不符合實際，故A錯誤；B、由左手定則可知，圖示磁感應強度方向使炮彈受到的安培力向前，符合實際，故B正確；C、由左手定則可知，炮彈受到的安培力豎直向下，不符合要求，故C錯誤；D、由左手定則可知，炮彈受的安培力豎直向下，不符合要求，故D錯誤；故選B．【點評】電磁炮的炮彈在安培力作用下在軌道上向前加速度運動，炮彈受到的安培力應向前，應用左手定則判斷出安培力的方向，是正確解題的關鍵．4、B【解析】

靜摩擦力可以發(fā)生在運動的兩個物體之間，正在沿斜向上運動的傳送帶上物體，故A錯誤；靜摩擦力的方向總是與物體的相對運動趨勢的方向相反，可能與物體運動方向相反，也可能相同，故B正確；恒力做功的表達式W=FScosα，靜摩擦力的方向與物體相對運動方向相反，但與運動方向可以相同，也可以相反，物體受靜摩擦力也有可能位移為零，故可能做負功，也可能做正功，也可以不做功，故C錯誤；靜摩擦力有大小，有方向，故D錯誤；故選B.5、A【解析】

根據(jù)電源的總功率P=EI，由C點的坐標求出電源的電動勢和內阻；AB段表示外電路的功率，再求解AB段表示的功率．【詳解】B項：電源的總功率P=EI，C點表示I=3A，P=9W，則電源的電動勢：,由圖看出，C點表示外電路短路，電源內部熱功率等于電源的總功率，則有：P=I2r，

代入解得：r=1Ω，故B錯誤；A項：AB段表示的功率為：PAB=EI′-I′2r=3×1.5-1.52×1（W）=2.25W，故A正確；C項：電源的輸出功率：P=EI-I2r=2I-I2=-（I-1）2+1，故當I=1A時輸出功率最大，為1W，故C錯誤；D項：根據(jù)U=E-Ir=3-I，當I=1A時，U最大，為2V，故D錯誤．故應選：A．【點睛】解決本題的關鍵在于：（1）理解電源的總功率P總隨電流I變化的圖象與電源內部熱功率Pr隨電流I變化的圖象的涵義；（2）分清三種功率及其關系：電源的總功率P總=EI，電源內部發(fā)熱功率P熱=I2r，外電路消耗功率P外=UI=I2R，且根據(jù)能量關系得P總=P外+P熱．6、D【解析】A.圖示時刻，線圈平面與磁感線平行，穿過線圈的磁通量為零，故A錯誤；BC.圖示時刻，圖示時刻ad、bc兩邊垂直切割磁感線，根據(jù)法拉第電磁感應定律，線圈中的感應電動勢最大，為E==nBSω=nBl1l2ω，=，故B錯誤，C錯誤；D.線圈ad邊所受安培力的大小為F=nBIl2=nB?l2=，故D正確．故選：D點睛：根據(jù)感應電動勢公式求解線圈中的感應電動勢．圖示時刻線圈中產(chǎn)生的感應電動勢最大，由法拉第電磁感應定律分析磁通量的變化率．由安培力公式F=BIL求出安培力大小．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、AD【解析】ts末的速度v=gt，下降的高度h=12gt2，再經(jīng)過ts，位移x=vt?12at2，因為x=-h，解得a=3g，故A正確．返回A點的速度v′=v-at=gt-3gt=-2gt，負號表示方向，故B錯誤．自由下落ts時小球的速度v=gt，故C錯誤．自由下落的高度h=12gt2，勻減速下降的高度h'點睛：解決本題的關鍵理清物體在整個過程中的運動規(guī)律，結合運動學公式靈活求解，通過位移關系求出加速度之間的關系是解決本題的關鍵．8、AC【解析】開始小球受重力和彈簧彈力處于平衡，小球繼續(xù)上升的過程中，導致合力的方向向下，大小逐漸增大，根據(jù)牛頓第二定律，加速度的大小逐漸增大；加速度的方向向下，與速度反向，則速度逐漸減?。蔆正確，ABD錯誤．故選C.點睛：升降機勻速上升時，小球受重力和彈簧的彈力處于平衡，小球上升時，通過牛頓第二定律判斷加速度的變化，通過加速度方向和速度的方向關系判斷速度的變化．9、CD【解析】

A．由圖象可知：甲做勻速運動，乙做速度越來越大的變速運動，故A錯誤；B．在t1時刻兩車的位移相等，速度不等，乙的速度大于甲的速度，故B錯誤；C．它們又在同一時刻由同一地點沿同一方向開始做直線運動，經(jīng)過時間t1位移又相等，故在t1時刻乙車剛好從后面追上甲車，C正確；D.0到t1時間內，甲乙兩車位移相等，根據(jù)平均速度等于位移除以時間可知，0到t1時間內，乙車的平均速度等于甲車的平均速度，故D正確。10、CD【解析】A、高溫時速率大的分子占比更多，因此氣體分子在高溫狀態(tài)時的平均速率大于低溫狀態(tài)時的平均速率，結合圖可知，由于狀態(tài)②時的溫度高，故不計分子勢能時，氣體在狀態(tài)①時具有的內能較小，故A錯誤；B、在一定溫度下，飽和蒸氣的分子數(shù)密度是一定的，因而其壓強也是一定的，這個壓強叫做飽和蒸氣壓強；飽和汽壓不包括空氣中其他各種氣體的氣壓，故B錯誤；C、由A經(jīng)B到C的過程氣體對外做功為，由A經(jīng)D到C的過程氣體對外做功為為，由于，故，故C正確；D、圖4中，通過觀察蜂蠟在玻璃片和云母片上熔化區(qū)域形狀的不同，可以得出晶體的物理性質是各向異性的或晶體在不同方向上的物理性質是不同的，即單晶體具有各向異性，故D正確；故選CD．【點睛】溫度是分子平均動能的標志，溫度升高平均動能增大，體積不變時，氣體的內能由平均動能決定；根據(jù)即可判斷出對外做功的大??；單晶體具有各向異性，而非晶體具有各向同性．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、(1)CE(2)在C中未記下兩細繩套的方向E中未說明是否把橡皮條的結點拉到了同一位置O【解析】本實驗為了驗證力的平行四邊形定則，采用的方法是作力的圖示法，作出合力的理論值和實際值，然后進行比較，得出結果．所以，實驗時，除記錄彈簧秤的示數(shù)外，還要記下兩條細繩的方向，以便確定兩個拉力的方向，這樣才能作出拉力的圖示．步驟C中未記下兩條細繩的方向；步驟E中未說明把橡皮條的結點拉到位置O．故答案是：（1）CE，（2）C中未記下兩條細繩的方向；E中未說明把橡皮條的結點拉到位置O．本實驗關鍵理解實驗原理，根據(jù)實驗原理分析實驗步驟中有無遺漏或缺陷，因此掌握實驗原理是解決實驗問題的關鍵．12、（1）2.130（2）①V1或者A②A2或者D③?。?）5.2【解析】

（1）

[1]．螺旋測微器的讀數(shù)為D=2mm+13.0×0.01mm=2.130mm．

（2）①[2]．由于電源電動勢為3V，所以電壓表應選V1或A；

②[3]．由I=U/R可得通過小燈泡的電流約為I=3/5A=0.6A，所以電流表應選A2或D.③[4]．因要求電流從零調，所以滑動變阻器應用分壓式接法，應選阻值小的變阻器R，又由于小燈泡電阻值遠小于電壓表內阻，所以電流表應用外接法，故電路圖丁符合要求．

（3）[5]．電壓表讀數(shù)為U=2.40V，電流表讀數(shù)為I=0.46A