秘密★启用前
绿春县高级中学2021~2022学年下学期高二年级期未模拟考试
物理
本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。第】卷第1页至第4页，第Ⅱ卷第5页至第8
页。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。满分100分，考试用时90分钟。
第I卷（选择题，共46分）
注意事项：
1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚。
2.每小题逃出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦千净后，再
选涂其他答案标号。在试题卷上作答无效。
一、选择题（本大题共14小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1~10题只有一项符合题目要求，每
小题3分；第11~14题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)
1.下列说法正确的是
A.不计分子之间的分子势能，质量和温度相同的氢气和氧气具有相同的内能
B.1g100℃水的内能等于1g100℃水蒸气的内能
C.内能少的物体也可以自发地将一部分内能转移给内能多的物体
D.某种物体的温度为0℃，说明该物体中分子的平均动能为零
2.医学治疗中常用放射性核素I产生Y射线，而In是由半衰期相对较长的S衰变产生的。对于质量为
m。的"S,经过时间后剩余的"Sn质量为m,其m-1图线如图1所示。下列说法正确的是
A.100个1原子核在经过-一个半哀期后，一定还剩50个
1.0
B.温度升高Sn原子运动更剧烈，其半衰期将变小
23
C.13Sn原子与02反应后生成的氧化物将不再具有放射性
13
0
D.从图中可以得到Sm的半衰期为115.1d
67.3182.4d
图1
3.滑雪是深受人们喜爱的一种冰雪运动，如图2所示是某滑雪场中的部分滑道。某次滑雪中，甲同学沿倾斜
滑道从A点匀速下滑，经过倾斜滑道和水平滑道的连接点B,在C点追上乙同学，并撞在一起（相碰并抱
住对方，此过程时间极短)。下列说法正确的是
A.甲同学从A点运动到B点的过程中机械能守恒
B.倾斜滑道对甲同学的冲量垂直斜面向上
图2
C.撞在一起的过程中甲、乙两同学构成的系统动量守恒
D.撞在一起的过程中甲、乙两同学构成的系统机械能守恒
物埋LC·第1页（共8页）
0000000
4.在某次升降机竖直运送高空作业人员的过程中，其高度h随时间！变化关系的图像如图3所示，则有关该人
员的说法正确的是
h/m
16
A.前6s的平均速度大于1/s
12
B.前8s的平均速度大小为I.5m/s
8
C.前4s处于超重状态
0
D.8~12s处于失重状态
4812
t计4
图3
5.把地球看作半径为R的球体，质量为M,其自转周期为T,地球的同少卫星质量为m,距离地表的高度为
h,引力常量为G、则
A.同步卫星的线速度大小为2m4
T
B.同步卫星的线速度大小为，
/(M
R+h
C.地球的质量M=4πR
CT
D.地球的质量M=4mh
G7°
6.如图4甲所示，在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，产生的交变电动势的图
像如图乙所示。下列说法正确的是
le/V
-110
图4
A.t=0.05s时，通过线框的磁通量为零
B.=0.1s时，线框平面与中性面重合
C.线框匀速转动时的角速度大小为10rrad/s
D.线框产生的交变电动势的有效值为IIOV
7.通电长直导线周围存在磁场，其磁感应强度大小与导线巾的电流大小成正比，与距导线的距离成反比。如
图5所示，三根长度相同且通有何定电流的长直导线M、N、P平行放置，其截面位于等边三角形的三个顶
点，M、N位于光滑绝缘水平面上，导线P的质量为m,重力加速度为g,三根导线均保持静止状态。则
A.导线M、P间的磁场力大小为2mg
B.导线M、N间的磁场力大小为贴
品mnamman
C.导线M、P中的电流方向和同
图5
D,导线P中的电流大小是导线N电流大小的2倍
物理IC·第2贞（北8页）
0000000绿春县高级中学 2021~2022 学年下学期高二年级期末模拟考试
物理参考答案
第Ⅰ卷（选择题，共 46 分）
一、选择题（本大题共 14 小题，共 46 分。在每小题给出的四个选项中，第 1～10 题只有一
项符合题目要求，每小题 3 分；第 11～14 题有多项符合题目要求，全部选对的得 4 分，选对
但不全的得 2 分，有选错的得 0 分）
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14
答案 C D C B B B D A A D BD AD AD AD
【解析】
1．温度相同，则分子的平均动能相同，但质量相同的氢气和氧气的分子数不相同，因此氢气
和氧气的内能不相同，故 A 错误。水变成相同温度的水蒸气需要吸收热量，因此 1 g 100 ℃
水的内能小于 1 g 100 ℃水蒸气的内能，故 B 错误。内能少的物体可能温度高，内能多的
物体可能温度低，因此内能少的物体也可以自发地将一部分内能转移给内能多的物体，故
C 正确。某种物体的温度为 0℃，但物体中的分子依然在做无规则的运动，物体中分子的
平均动能不为零，故 D 错误。
4 h 6．根据图像分析可得前 6s 下降的高度为16m 10m 6m， v m/s 1m/s ，前 6s 的平
t 6
h 16 4
均速度等于1m/s，故 A 错误。根据图像分析可得 v1 m/s 1.5m/s ，前8s 的平
t 8
均速度大小为1.5m/s ，故 B 正确。图像分析可得，斜率表示速度，前 4s速度在增大，升降
机在向下加速，处于失重状态，故 C 错误。8 ~ 12s ，速度在减小，升降机在向下减速，处
于超重状态，故 D 错误。
5 2π(R h)．同步卫星的线速度大小为 v ，故 A 错误。同步卫星由万有引力提供向心力
T
2
G Mm v m ，解得 v GM ，故 B 正确。同步卫星由万有引力提供向心力
(R h)2 R h R h
Mm 4π2 2G m (R h)，解得 M 4π (R h)
3
，故 C、D 错误。
(R h)2 T 2 GT 2
物理 LC 参考答案·第 1 页（共 7 页）
6． t 0.05s 时，感应电动势为零，此时通过线框的磁通量最大，故 A 错误。 t 0.1s 时，感应
电动势为零，此时通过线框的磁通量最大，线框平面与中性面重合，故 B 正确。线框匀速
2π
转动时的角速度大小为 = 20π rad / s ，故 C 错误。线框产生的交变电动势的有效值为
T
U 110V =50 2V ，故 D 错误。
2
7．由平衡知识可知，导线 M、N 对 P 的作用力均为斥力且相等，则导线 M、P 中的电流方向
mg
相反，且 2F1 cos30 mg ，则导线 M、P 间的磁场力大小为 F1 ，故 A、C 错误。对3
导线 M 受力分析，在水平方向 F1 cos60 F2 ，即导线 M、N 间的磁场力大小为
1 mg B 2F2 F ，故 B 错误。因为 F =B IL F
1
， F P I
2 1 2 3 1 P 2 2 1
BN IL，可知 ，又B 1 B k
，
N r
导线 P 中的电流大小是导线 N 中电流大小的 2 倍，故 D 正确。
8．油滴在电场力和重力作用下运动，若油滴到达最高点Q时速度大小仍为 v0 ，则由动能定理
1 1
可得 qU mgh mv2 mv2PQ 0 0 ，得出UPQ 0 ，即UP U2 2 Q
，则油滴最高点的位置在 P
点的左上方，故 A 正确。
9．先对 b 球受力分析，受重力和弹簧的拉力，根据平衡条件有
F1 2mg ，再对 a、b 球整体受力分析，受重力、拉力和弹簧的
拉力，如图 1 3mg所示，根据平衡条件有 F2 6mg ，cos60
图 1
F 3mgtan60 3 3mg 。根据胡克定律有 F1 k1x，F2 k2 x ，得 k1 : k2 1: 3 ，故 A 正确，
B 错误。球b 受重力和拉力，撤去 F 的瞬间，重力和弹力都不变，故加速度仍然为零，处
于平衡状态，故 C 错误。球 a原来受重力、拉力和两个弹簧的拉力，撤去拉力 F 瞬间，其
余 3 个力不变，合力与原来的 F 大小相等，方向相反，故 a球加速度为 a 3 3mga 3 3g ，m
故 D 错误。
物理 LC 参考答案·第 2 页（共 7 页）
10．由题图可知，木块 A 先做匀减速运动，长木板 B 先做匀加速运动，最后一起做匀速运动，
共同速度 v 1m/s ，取向右为正方向，根据动量守恒定律得 mv0 (m M )v ，解得
M m 2kg ，故 B 正确。长木板 B v 1匀加速运动的加速度为 aB m/s
2 1m/s2 ，对
t 1
长木板 B 根据牛顿第二定律得 mg Ma A 1sB ，解得 0.1，故 正确。由题图可知前
1 2 1
内长木板 B 的位移为 xB 1 1m 0.5m，木块 A 的位移为 xA 1m 1.5m ，所以2 2
长木板 B 的最小长度为 L x CA xB 1m ，故 正确。木块 A 与长木板 B 组成系统损失的
E 1机械能为 mv2 1 (m M )v20 2J ，故 D 错误。 2 2
11．若电子从右向左飞入，电场力向上，洛伦兹力也向上，所以向上偏，故 A 错误，B 正确。
若电子从左向右飞入，电场力向上，洛伦兹力向下，由题意知电子受力平衡将做匀速直
线运动，故 C 错误，D 正确。
12 v 1．该简谐波的传播速度大小为 4m/s ，故 A 正确。 t s 时质点 P 的位移为
T 8
x Asin 2π t 0.2sin 2π 1 2 m m ，故 B 错误。质点 P 只能在平衡位置附近振动，
T 1 8 10
不能沿波的方向传播，故 C 错误。0～1.25s t 1的时间内经过 n 1 个周期，质点 P 在 0
T 4
时刻在平衡位置，所以 1.25s 内的路程为 s 11 4A 1m ，故 D 正确。
4
13．图中两条直线是等容线，所以 a、b 两个状态下的气体体积相同，则Va :Vb 1:1，故 A 正
确。Ⅰ和Ⅱ图像，气体分别做等容变化，在 t 0 C 时，根据玻意耳定律可得 p1Vb p2Vc ，
即Vb :Vc p B b→c2 : p1 ，故 错误。因为 p1 p2 ，则Vc Vb ，气体从 过程中，温度没变，
则 U 0 ，体积变大，气体对外做功，W 0 ，根据 U Q W ，即气体对外做功等于
吸收的热量，故 C 错误。气体从 a→b→c 过程中，温度升高，内能变大，即 U 0 。体
积变大，气体对外做功W 0 ，根据 U Q W ，气体从 a→b→c 过程中吸收的热量大
于对外做的功，故 D 正确。
物理 LC 参考答案·第 3 页（共 7 页）
14 1．金属棒下滑过程中，机械能守恒，由机械能守恒定律得mgh mv2 ，金属棒到达水平面
2
时的速度 v 2gh ，金属棒到达水平面后进入磁场受到向左的安培力和摩擦力做减速运
动，则刚到达水平面时的速度最大，所以最大感应电动势为 E BLv，最大的感应电流为
BLv BL 2ghI ，故 A 正确。通过金属棒的电荷量 q I t t t BLd2R 2R
，
R r R r 2R
故 B 错误。金属棒在整个运动过程中，由动能定理得mgh WB mgd 0，则克服安培
力做功W CB mgh mgd ，克服安培力做功转化为焦耳热，故 错误。克服安培力做功转
化为焦耳热，电阻与导体棒电阻相等，通过它们的电流相等，则电阻 R 产生的焦耳热
Q 1 Q 1 1 W mg(h d ) ，故 DR 正确。 2 2 B 2
第Ⅱ卷（非选择题，共 54 分）
二、填空、实验题（本大题共 2 小题，共 16 分）
15．（除特殊标注外，每空 1 分，共 6 分）
（1）0.015（2 分） 0.0075（2 分）
（2）0.25 非弹性碰撞
1 x 0.2m【解析】（ ）由图像可知，碰前入射小球的速度 v 11 1m/s ，碰后入射小球的速t1 0.2s
x v 1 0.3m 0.2m度 1 0.5m/s ， 被 碰 小 球 碰 后 的 速 度
t 0.4s 0.2s1
x v 2 0.35m 0.2m2 0.75m/s ，入射小球碰撞前的动量 p1 m1v1 0.015kg m/s ，入
t 0.4s 0.2s2
射 小 球 碰 撞 后 的 动 量 p 1 m1v 1 0.0075kg m/s ， 被 碰 小 球 碰 撞 后 的 动 量
p m v 0.0075kg m/s，碰后系统的总动量 p m v m v 2 2 2 1 1 2 2 0.015kg m/s 。
2 e v2 v
1 0.75 0.5（ ）根据碰撞系数的定义有 0.25，由弹性碰撞的恢复系数 e 1，
0 v1 0 1
非弹性碰撞的恢复系数 e 1可知，该碰撞过程属于非弹性碰撞。
物理 LC 参考答案·第 4 页（共 7 页）
16．（每空 2 分，共 10 分）
（1）每次使用欧姆表换挡后都要重新进行欧姆调零 22
（2）D ④ R1
【解析】（1）因为欧姆表每次改换挡位，相当于改变了欧姆表的内部构造，所以每次使用
时都要重新欧姆调零。因为第一次使用的是“ 10 ”挡，指针读数太小，故应该换成
“ 1”挡，题图中指针指在“22”，所以电阻约为 22Ω。
（2）因为题目要求获得尽可能大的电压调节范围，故采用分压电路，多用电表的直流电
流挡的内阻与线圈的直流电阻相比不可忽略，故采用电流表外接法，故选 D。因线圈的直
22 I 4流电阻约 ，可能通过的最大电流为 m A 0.18 A 180 mA ，故应选用 250 mA22
挡。为了操作方便，用分压电路就要用阻值较小的滑动变阻器，故选用 R1。
三、计算题（本大题共 3 小题，共 38 分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步
骤，只写出最后答案不能得分。有数据计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）
17．（12 分）
1 n sin 45 解：（ ）由折射定律可知 ①
sin ONM
0.5R
由几何关系可得 sin ONM 0.5 ②
R
联立可得 n 2 ③
（2）符合题目要求的最简单光路就是在圆弧界面只发生一次全反射，然后就从 OQ 界面射
出的情况，光路如图 2 所示，由反射定律及几何关系可知此时 EFO 45 ④
sin EFO 2 1又 sin C ⑤
2 n
故光在 F 点恰好发生全反射，由几何关系可知
EF FG 2R ⑥
2
n c 图 2 而 ⑦
v
t EF FG 2R所以 ⑧
v c
评分标准：本题共 12 分。正确得出①、②、④、⑤式各给 2 分，其余各式各给 1 分。
物理 LC 参考答案·第 5 页（共 7 页）
18．（12 分）
解：（1）对 M，由牛顿第二定律 F mg Ma ，解得 a1 5m/s
2 ① 1
对 m，由牛顿第二定律 mg ma a 2m/s2 2 ，解得 2 ②
1
由 a t 2 1 a t2 L ③
2 1 1 2 2 1
解得 t1 1s ④
m 脱离小车时的速度 v a t 2m/s 1 2 1 ⑤
1
（2）物体 m 脱离 M 后做平抛运动，竖直方向 h gt 2 ⑥
2 2
水平方向 s v t 1 1 2 1m ⑦
对 M，由牛顿第二定律 F Ma3 ，解得 a3 6m/s
2 ⑧
m 脱离时 M 的速度为 v2 a1t1 5m/s ⑨
小车位移 s 1 v t a t 2 3.25m ⑩ 2 2 2 2 3 2
故当物体落地时，距离平板车左端的水平距离 s s2 s1 2.25m
评分标准：本题共 12 分。正确得出 式给 2 分，其余各式各给 1 分。
19．（14 分）
解：（1）导体棒、金属导轨和直流电源构成闭合电路，根据闭合电路欧姆定律有
I E 4.2 A=1.4A ①
R r 2 1
导体棒受到的安培力 F BIL 0.5 1.4 0.4N 0.28N ②
安
根据左手定则可得安培力沿斜面向上 ③
物理 LC 参考答案·第 6 页（共 7 页）
（2）导体棒所受重力沿斜面向下的分力 F1 mg sin 37 0.04 10 0.6N 0.24N ④
由于 F1 小于安培力，故导体棒受沿斜面向下的摩擦力 f，根据共点力平衡条件
F1 f F ⑤ 安
解得 f 0.04N ⑥
（3）根据 E BLv ⑦
I E ⑧
R R0
2 2
F =BI L B L v ⑨
安 R R0
将直流电源置换成一个电阻为 R0 1.0 的定值电阻后，当导体棒达到最大速度时加速度
为零，受力平衡，结合左手定则和右手定则有 F1 F f ⑩ 安
联立解得 v 15m/s
评分标准：本题共 14 分。正确得出⑤、⑨、⑩式各给 2 分，其余各式各给 1 分。
物理 LC 参考答案·第 7 页（共 7 页）
