【文档说明】上海市延安中学2021-2022学年高二下学期线上教学质量评估物理试题（等级考） 含解析.docx，共(16)页，1.371 MB，由小赞的店铺上传

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2021学年第二学期延安中学线上教学质量评估高二年级物理试卷（等级）一、单项选择题（共40分．第1-8小题，每小题3分，第9-12小题，每小题4分．每小题只有一个正确答案．）1.光子的能量与其（）A.频率成正比B.波

长成正比C.速度成正比D.速度平方成正比【答案】A【解析】【详解】根据=hcEh=可知，光子的能量与频率成正比，波长成反比；光子的速度为c，为定值；故选A.2.泊松亮斑是光的()A.干涉现象说明光有波动性B.衍射现象,说明光有波动性C.干涉现象,说明光有粒子性

D.衍射现象,说明光有粒子性【答案】B【解析】【详解】泊松亮斑是光的衍射现象，干涉和衍射是典型的波动性特征，ACD错误B正确3.铀核可以发生衰变和裂变，铀核的A.衰变和裂变都能自发发生B.衰变和裂变都不能自发发生

C.衰变能自发发生而裂变不能自发发生D.衰变不能自发发生而裂变能自发发生【答案】C【解析】【详解】铀是天然放射性元素，所以铀核的衰变是能自发发生，而铀核的裂变是人工实现的，是用中子轰击铀核实现的，所以铀核的裂变，不能自发发生，故

A、B、D错误，C正确．4.放射性元素A经过2次α衰变和1次β衰变后生成一新元素B，则元素B在元素周期表中的位置较元素A的位置向前移动了,A.1位B.2位C.3位D.4位【答案】C【解析】【详解】α粒子是42He，β粒子是01e−，因此发生一次α衰变电荷

数减少2，发生一次β衰变电荷数增加1，据题意，电荷数变化为：2213−+=−，所以新元素在元素周期表中的位置向前移动了3位．故选项C正确．【点睛】衰变前后质量数和电荷数守恒，根据发生一次α衰变电荷数减少2，发生一次β衰变电荷数增加1可以计算出放射性元素电荷数的变化量．5.用很弱

的光做单缝衍射实验，改变曝光时间，在胶片上出现的图像如图所示，该实验表明A.光的本质是波B.光的本质是粒子C.光的能量在胶片上分布不均匀D.光到达胶片上不同位置的概率相同【答案】C【解析】【详解】用很弱的光做单缝衍射实验，改变曝光时间在胶片出

现的图样，说明光有波粒二象性，故A、B错误；说明光到达胶片上的不同位置的概率是不一样的，也就说明了光的能量在胶片上分而不均匀，故C正确，D错误．6.β粒子是（）A.原子核外电子B.原子核内电子C.质子转化而来D.中子转化而来【答案

】D【解析】【详解】β粒子是衰变过程中中子转化为质子时放出的电子。故选D。7.用一根绳吊起金属小桶，在桶下部钻两个小孔A、B，当桶内盛满水时，水从A、B孔喷出，如图所的示。当剪断绳，让小桶自由下落，如果空气阻

力可以忽略，则在下落过程中（）A.水继续以相同速度喷出B.水将以较小速度喷出C.水将以更大速度喷出D.水将不再从小孔中喷出【答案】D【解析】【分析】【详解】小桶自由下落，处于完全失重状态，水与水之间没有压力，水也不再流出。故

选D。8.如图，一光滑小球静置在半圆柱体上，被一垂直于圆柱面的挡板挡住，设挡板跟圆心连线与底面的夹角为，小球的半径忽略不计。现缓慢减小，则小球在移动过程中，挡板对小球的支持力1F、半圆柱体对小球的支持力2F的变化情况是（）A.1F增大，2F减小B.1F增大，2F增大C.1F减小，2F

减小D.1F减小，2F增大【答案】A【解析】【详解】对小球进行受力分析如图所示根据几何关系可以得到1cosyFFmg==2sinxFFmg==因此，当减小时，1F增大，2F减小，故A正确，BCD错误。故选A。9.如图，地球在椭圆轨道上运动，太阳位于椭圆的一个焦点上。A、B、C、D是地球运动

轨道上的四个位置，其中A距离太阳最近，C距离太阳最远；B和D点是弧线ABC和ADC的中点。则地球绕太阳（）A.做匀速率的曲线运动B.经过A点时的加速度最小C.从B经A运动到D的时间小于从D经C运动到B的

时间D.从A经D运动到C的时间大于从C经B运动到A的时间【答案】C【解析】【分析】【详解】A．做椭圆运动的物体在近地点的速度大，在远地点的速度小，A错误。B．根据公式2MmGmar=可知，A点的加速度最大，B错误。C．由A可知，近地点的速度大，在远地点的速度小，所以从B经A运动

到D的时间小于从D经C运动到B的时间，C正确。D．由C可知，从A经D运动到C的时间等于从C经B运动到A的时间，D错误。故选C。10.如图所示，一物体放置在倾角为θ的斜面上，斜面固定于加速上升的电梯中，加速度为a，在物体始终相对

于斜面静止的条件下，当（）A.一定时，a越大，斜面对物体的摩擦力越小B.一定时，a越大，斜面对物体的正压力越小C.a一定时，越大，斜面对物体的摩擦力越小D.a一定时，越大，斜面对物体的正压力越小【答案】D【解析】【详解】由于物体在电梯中，具有与

电梯相同的向上加速度，物体在水平方向上合外力为零，则fNcossinFF=NfcossinFFmgma+−=解得N()cosFmga=+f()sinFmga=+则a一定时，θ越大，斜面对物体的正压力越小，斜面对物体的摩擦力越大；θ一定时，a

越大，斜面对物体的摩擦力越大，斜面对物体的正压力越大。故选D。11.小球每隔0.2s从同一高度抛出，做初速为6m/s的竖直上抛运动，设它们在空中不相碰。第1个小球在抛出点以上能遇到的小球个数为，g取10m/s2（）A.三个B.四个C.五个D.六个

【答案】C【解析】【详解】小球做竖直上抛运动，从抛出到落地的整个过程是匀变速运动，在空中运动的总时间为0226s1.2s10vtg===每隔0.2s抛出一个小球，在这1.2s内，共抛出6个球，第7个球即将抛出，不在抛出点以上。在第一个小球下落的阶段，

第一个小球会依次与5个球在空中相遇。故第一个小球在抛出点以上能遇到的小球数为15tNT=−=（个）故ABD错误，C正确。故选C。【点睛】本题关键明确第一个小球的运动情况，然后选择恰当的运动学公式列式求解出运动时间，再判断相遇的小球个数。12.如图，在水平地面上竖直固定一个光滑的圆环，一个质量为m

的小球套在环上，圆环最高点有一小孔P，细线上端被人牵着，下端穿过小孔与小球相连，使球静止于A处，此时细线与竖直方向的夹角为θ，重力加速度为g，则（）A.在A处，细线对小球的弹力大小为mgcosB.将小球由A缓慢拉至B的过程，细线所受拉力变大C.在A处，圆环对小球的弹力大小为mgD.将

小球由A缓慢拉至B的过程，圆环所受压力变小【答案】C【解析】【分析】【详解】小球沿圆环缓慢上移可看做平衡状态，对小球进行受力分析，小球受重力G、拉力F、支持力N三个力，受力平衡，作出受力分析图如下：由图可知△OAF∽△GFA，即GFN

RAPR==解得APFmgR=N=G=mg由于12APcosR=故F=2mgcosθ将小球由A缓慢拉至B的过程，θ变大，则细线所受拉力F变小，圆环所受压力N不变，故ABD错误，C正确；故选C。二、填空题（每空2分，共20分）13.如图

所示，用两根细线把A、B两小球悬挂在天花板上的同一点O，并用第三根细线连接A、B两小球，然后用某个力F作用在小球A上，使三根细线均处于直线状态，且OB细线恰好沿竖直方向，两小球均处于静止状态。则A球可能受到_________个力

的作用，F力可能为图中的_________。【答案】①.3或2②.2F或3F【解析】【详解】[1]首先对B球受力分析，合力为零，故B球受重力和OB绳子的向上的拉力，由于B球保持静止，受力平衡，故AB绳子的拉力为零，再对A球受力

分析，受重力，OA绳子的拉力和力F，A球受到3个力作用，当力F的方向竖直向上且大小等于A球的重力时，OA绳无拉力，此时A球受2个力作用；[2]根据三力平衡条件，可以知道，任意两个力的合力必定与第三个力等值、反向、共线，由于

重力和OA绳子的拉力的合力必定在AO方向和竖直方向之间，故只有2F与3F符合。14.伽利略通过研究自由落体和物块沿光滑斜面的运动，首次发现了匀加速直线运动规律．伽利略假设物块沿斜面运动与物块自由下落遵从同样的法则，他在斜面上用刻度表示物块滑下的路程，并测出物块通过相应路

程的时间，然后用图线表示整个运动过程，如图所示．图中OA表示测得的时间，矩形OAED的面积表示该时间内物块经过的路程，则图中OD的长度表示___________．P为DE的中点，连接OP且延长交AE的延长线于B，则AB的长度表示_____________．【答案】①

.OA时间内平均速度②.A时刻的瞬时速度【解析】【分析】【详解】解：[1]建立时间轴和速度轴，如图所示，OB段表示速度时间图线，反映速度随时间的变化情况；由图线可知，OD长度表示为OA时间段的平均速度。[2]AB长度表示A时刻的瞬时速度。考点：考查了伽利略研究自由落体运动的实验和推理方法。【点睛

】本题关键要类比速度-时间图象进行分析，其实题中图就是速度时间图象，只不过在当时还没有坐标系的概念。15.甲、乙两车在平直公路上同向行驶，两车的v-t图像如图所示。已知t=6s时两车并排行驶，则t=0~6s时间内：两车两次并排行驶的位置之间的距离为_______m

，两车相距最远的距离为______m。【答案】①.80②.15【解析】【分析】【详解】[1]根据v-t图像与时间轴所围的面积表示位移，可知，2～6s内甲、乙两车的位移相等如图所示在t=6s时两车并排行驶，所以两车在t=2s时也并排行驶。t=2s时，乙车

的速度为15m/s，t=6s时乙车的速度为25m/s，两车两次并排行驶的位置之间的距离等于2～6s内乙车的位移大小，即为()15256280m2x+=−=[2]两车在t=2s时第一次并排行驶，由图可知，0

-2s内乙车的位移比甲车大，且105215m2x+==则t=0时甲、乙两车相距15m。2-4s内乙车与甲车的位移之差为255m2x==可知，两车相距最远的距离为15m。16.两靠得较近的天体组成的系统成为双星，它们以两者连线上某点为圆心做匀速圆周运动，因而不至于由于引力作用而

吸引在一起．设两天体的质量分别为1m和2m，则它们的轨道半径之比12:mmRR=__________；速度之比12:mmvv=__________．【答案】；【解析】【详解】设1m和2m的轨道半径分别为12rr，，角速度为，由万有引力定律和向心力公式：22121122

2mmGmrmrL==得1221rrmm=：：由vr=得：1221mmvvmm=：：【点睛】解决本题的关键掌握双星模型系统，知道它们靠相互间的万有引力提供向心力，向心力的大小相等，角速度的大小相等17.如图所示，小车内有一斜面，斜面上有一小球，小球光滑且与车顶间略

有一些小的空隙。则当向右的加速度a在_______范围内时，球与车顶AB间无相互作用力；当a又在_______范围内时，球与车壁BD之间无相互作用力。【答案】①.tanag②.tanag【解析】【详解】当小球与AB和BD均无作用力时，小球只受重力和斜面的支持力，根据牛顿第

二定律有tanmgma=解得tanag=[1]当tanag时，球与车顶AB间无相互作用力；[2]当tanag时，球与车壁BD之间无相互作用力。三、综合题（共40分．第18题10分，第19题1

4分，第20题16分．注意：第19、20题在列式计算、逻辑推理以及回答问题过程中，要求给出必要的图示、文字说明、公式、演算等．）18.如图，为测量作匀加速直线运动小车的加速度，将宽度均为b的挡光片A、B固定在小车上，测得二者间距为d．(

1)当小车匀加速经过光电门时，测得两挡光片先后经过的时间1t和2t，则小车加速度=a___________________．(2)(多选题)为减小实验误差，可采取的方法是（）(A)增大两挡光片宽度b(B)减小两挡光片宽

度b(C)增大两挡光片间距d(D)减小两挡光片间距d【答案】①.2222111[]2()()bdtt−②.BC【解析】【详解】试题分析：（1）小车经过两光电门的速度，，根据匀变速运动的规律，可求加速度a=；（2）本实验测量的物理量是两个挡光时间及两光电门间的距

离，挡光时间越小，小车经过光电门的速度就越接近瞬时速度，故减小两挡光片宽度b，可减小误差，增大两挡光片间距d，可减小测量误差，故BC正确；AD错误．考点：测量做匀加速直线运动小车的加速度名师点睛】19.卡文迪许利用如图所示的扭秤实

验装置测量了引力常量G．为了测量石英丝极微的扭转角，该实验装置中采取使“微小量放大”的主要措施（）A.减小石英丝的直径B.增大T型架横梁的长度C.利用平面镜对光线的反射D.增大刻度尺与平面镜的距离【答案】CD【解析】【详解】A、当减小石英丝的直径时，会导致石英丝更

容易转动，对测量石英丝极微小的扭转角却没有作用，故A错误；B、当增大T型架横梁的长度时，会导致石英丝更容易转动，对测量石英丝极微小的扭转角仍没有作用，故B错误；【C、为了测量石英丝极微小的扭转角，该实验装置中采取使“微小量放大”，利用平面镜对光线的反射，来体现微小形变的，当增大刻度尺与平面镜的距离

时，转动的角度更明显，故CD正确．20.出租车上都安装有里程表、速率计和时间表等仪器。若在某次载客后，汽车从10点05分20秒开始做匀加速直线运动，到10点05分30秒时，速度表显示54km/h。（1）里程表显示为多少

千米；（2）若出租车的速度达到108km/h时开始做匀速直线运动，此时时间表应显示为多少；（3）当时间表显示为10点06分00秒时，里程表显示为多少千米。【答案】（1）0.075km；（2）10点05分40秒；（3）0.9km【解析】【详解】（1）根据题意

可知，从静止开始匀加速运动10s后速度为v=54km/h=15m/s，则路程为75m0.075km2vxt===（2）出租车的加速度21.5m/svat==出租车的速度达到v’=30m/s时开始做匀速直线运动，用时

为''20svta==则此时时间表应显示10点05分40秒（3）当时间表显示为10点06分00秒时，即过了40s，此时已经匀速运动20s，则匀速运动路程为2''600mxvt==匀加速运动的路程为1''300m2vxt==总路程为12'900m=0.9kmxxx=+=

21.如图所示的装置称为“阿特伍德机”，是一种可以用来测重力加速度的简单装置．质量分别为m1和m2的物体()12mm，通过一轻质定滑轮用一足够长的轻绳连接，滑轮摩擦不计，绳子不可伸长。测量为的时，先使绳子处于紧绷状态，然后将物体由静止释放，测出物体的加速度大小，就可以计算出重力加速度g来。（1

）求物体释放后的加速度大小和绳子上的弹力大小（都用m1、m2和g表示）；（2）若m1距离地面的起始高度为h，求释放后m2能上升的最大高度。（3）通过测量物体下落的高度和下落的时间，就可以求出物体的加速度．为了提高测量的精确度，两物体

的质量应该怎么选择？说明理由。【答案】（1）()1212mmgamm−=+，12122mmgTmm=+；（2）1122mhHmm=+；（3）选择m1略大于m2的两个物体【解析】【详解】（1）根据牛顿第二

定律得11mgTma−=22Tmgma−=解得()1212mmgamm−=+12122mmgTmm=+（2）根据机械能守恒定律得()2121212mghmghmmv−=+解得()12122mmghvmm−=+根据机械能守恒定律得222112mvmgh=解得12112mmhhmm−=+释放后m2能

上升的最大高度为1Hhh=+解得1122mhHmm=+（3）根据()1212mmgamm−=+，选择m1略大于m2的两个物体，加速度才能小些，根据212hat=，物体的运动时间才能足够长，才能方便测量运动时间，才能提

高测量精度。