2025屆江蘇省泰州市泰興一中高二物理第二學期期末統(tǒng)考模擬試題考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。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，一輕彈簧直立于水平面上，彈簧處于原長時上端在O點，將一質量為M的物塊甲輕放在彈簧上端，物塊下降到A點時速度最大，下降到最低點B時加速度大小為g，O、B間距為h。換用另一質量m的物塊乙，從距O點高為h的C點靜止釋放，也剛好將彈簧壓縮到B點，不計空氣阻力，彈簧始終在彈性限度內，重力加速度大小為g，則（）A．彈簧最大彈性勢能為mghB．乙的最大速度為2ghC．乙在B點加速度大小為2gD．乙運動到O點下方h42、噴墨打印機的簡化模型如圖所示，重力可忽略的墨汁微滴，經帶電室?guī)ж撾姾螅运俣葀垂直勻強電場飛入極板間，最終打在紙上，關于微粒的運動下列說法不正確的是A．若増大兩極板間的電場，微粒仍會到達紙上同一位置B．運動速度先逐漸増大，再保持不變C．運動時間與電場強度大小無關D．運動軌跡與所帶電荷量有關3、某質點在0~3s內運動的v-t圖象如圖所示，關于質點的運動，下列說法中正確的是()A．質點在第1s內的平均速度等于第2s內的平均速度B．t=3s時，質點的位移最大C．質點在第2s內的加速度與第3s內的加速度大小相等，方向相反D．質點在第2s內的位移與第3s內的位移大小相等，方向相反4、關于科學家和他們的貢獻,下列說祛正確的是（）A．牛頓通過理想斜面實驗證明了力不是維持物體運動的原因B．萬有引力定律和萬有引力常量是牛頓發(fā)現(xiàn)并測量出的C．元電荷的數值最先是由庫侖通過油滴實驗測出的D．電場這個“場”的概念最先是由法拉第提出的5、在離地高h處，沿豎直方向同時向上和向下拋出兩個小球，它們的初速度大小均為v，不計空氣阻力，兩球落地的時間差為（）A．B．C．D．6、如圖所示，在豎直向上的勻強電場中，一根不可伸長的輕質絕緣細繩一端系著一個帶電小球，另一端固定于O點，小球在豎直平面內做勻速圓周運動，最高點為a，最低點為b。不計空氣阻力，則（）A．小球帶負電B．小球所受電場力與重力的大小相等C．小球在從a點運動到b點的過程中，電勢能減小D．運動過程中小球的機械能守恒二、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、下列有關核反應的方程中,表述正確的是（）A．是核聚變反應B．是衰變C．是核裂變反應D．是核裂變反應8、下列說法中正確的是（）A．紅外線易穿透云層，故廣泛應用于遙感技術領域B．醫(yī)院用X光進行透視，是因為它的穿透能力較強C．相對論認為：真空中的光速在不同慣性參考系中都是相同的D．在高速運動的飛船中的宇航員會發(fā)現(xiàn)飛船中的鐘走得比地球上的快9、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．92238U衰變?yōu)?1234Pa要經過1次αC．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D．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10、如圖所示，甲圖為沿x軸傳播的一列簡諧橫波在t=0時刻的波形圖像，乙圖為質點P的振動圖像，下列說法正確的是A．t=0.5s時，x=4.5m處質點加速度沿y軸負方向B．x=1m處的質點在t=8.25s時刻的運動方向沿y軸負方向C．經過0.5s，質點P沿波的傳播方向向前移動2mD．該波在傳播過程中若遇到30m的障礙物，不能發(fā)生明顯衍射現(xiàn)象三、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）在“驗證力的平行四邊形定則”實驗中，需要將橡皮條的一端固定在水平木板上，先用一個彈簧秤拉橡皮條的另一端到某—點并記下該點的位置；再將橡皮條的另一端系兩根細繩，細繩的另一端都有繩套，用兩個彈簧秤分別勾住繩套，并互成角度地拉像皮條．（1）某同學認為在此過程中必須注意以下幾項：A．兩根細繩必須等長B．橡皮條應與兩繩夾角的平分線在同一直線上C．在使用彈簧秤時要注意使彈簧秤與木板平面平行D．在用兩個彈簧秤同時拉細繩時要注意使兩個彈簧秤的讀數相等E．在用兩個彈簧秤同時拉細繩時必須將橡皮條的另一端拉到用一個彈簧秤拉時記下的位置其中正確的有____________．(填入相應的字母)（2）本實驗采用的科學方法是（_____）A．理想實驗法B．建立物理模型法C．控制變量法D．等效替代法12．（12分）如圖所示，用“碰撞試驗器”可以驗證動量守恒定律，即研究兩個小球在軌道水平部分碰撞前后的動量關系．①試驗中，直接測定小球碰撞前后的速度是不容易的．但是，可以通過僅測量______（單選）A.小球開始釋放高度hB.小球拋出點距地面的高度HC.小球做平拋運動的射程②圖中O點是小球拋出點在地面上的垂直投影，實驗時，先讓入射球m1多次從斜軌上S位置靜止釋放，找到其平均落地點的位置P，測量平拋射程OP，然后，把被碰小球m2靜止于軌道的水平部分，再將入射小球m1從斜軌上S位置靜止釋放，與小球m2相撞，并多次重復．椐據圖可得兩小球質量的大小關系為m1_____m2A.用天平測量兩個小球的質量m1、mB.測量小球m1開始釋放高度hC.測量拋出點距地面的高度HD.分別找到m1、m2相碰后平均落地點的位置M、E.測量平拋射程OM，ON③若兩球相碰前后的動量守恒，其表達式可表示______________________（用②中測量的量表示）四、計算題：本題共3小題，共38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，質量分別為mA=lkg、mB=3kg的物塊A、B置于足夠長的水平面上，在水平推力F作用下一起由靜止開始向右做勻加速運動，加速度a=2m/s2.已知A、B與水平面間的動摩擦因數分別為μA=0.2、μB=0.1,取g=10m/s2.求：(1)物塊A對物塊B的作用力；(2)水平推力F的大??；(3)某時刻A、B的速度為v=2m/s,此時撤去水平推力F，求撤去推力后物塊A、B間的最大距離14．（16分）如圖甲所示，初始有一質量m＝5kg的物塊以速度v0＝10m/s在水平地面上向右滑行，在此時刻給物塊施加一水平外力F，外力F隨時間t的變化關系如圖乙所示，作用3s時間后撤去外力F，規(guī)定水平向右為正方向，已知物塊與地面間的動摩擦因數μ＝0.1，重力加速度g＝10m/s1．求：(1)撤去拉力F時物塊的速度大??；(1)物塊向右滑行的總位移．15．（12分）一力傳感器連接到計算機上就可以測量快速變化的力．圖甲中O點為單擺的固定懸點，現(xiàn)將小擺球（可視為質點）拉至A點，此時細線處于張緊狀態(tài)，釋放擺球，則擺球將在豎直平面內的A、B、C之間來回擺動，其中B點為運動中的最低位置，∠AOB＝∠COB＝θ，θ小于10°且是未知量．圖乙表示由計算機得到的細線對擺球的拉力大小F隨時間t的變化的曲線，且圖中t＝0時刻為擺球從A點開始運動的時刻．試根據力學規(guī)律和題中（包括圖中）所給的信息求：（g取l0m/s2）（1）單擺的振動周期和擺長；（2）擺球的質量；（3）擺球運動過程中的最大速度．

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】

A、M向下運動的過程中，M的重力勢能轉化為彈簧的彈性勢能，M在B點的速度為0，所以在B點時，彈簧的彈性勢能最大，為Mgh．故A錯誤；B、由自由落體運動的公式可得，m到達O點時的速度：v=2gh；m到達O點后，剛接觸彈簧時，彈簧的彈力小于m的重力，所以m將繼續(xù)向下做加速運動，所以m的最大速度一定大于2gh．故B錯誤；C、m向下運動的過程中，m的重力勢能轉化為彈簧的彈性勢能，則從C到B的過程中：mg?2h=EP=Mgh所以：m=M/2在B點，彈簧的彈力：FB-Mg=Mg，F(xiàn)B=2Mg乙在B點的加速度：a=F聯(lián)立得：a=3g。故C錯誤；D、甲在最低點時，kh-Mg=Mg，kh=2Mg乙受到的合外力等于0時，速度增大，此時：mg=kx′聯(lián)立可得：x′=h/4，故D正確。故選：D。2、A【解析】若増大兩極板間的電場，水平運動不變，運動時間不變，微粒在垂直于板方向所受的電場力變大，則微粒偏轉距離變大，不會到達紙上同一位置，選項A錯誤；微粒在電場中水平速度不變，豎直速度變大，則運動速度逐漸増大，出離電場后保持不變，選項B正確；微粒在水平方向做勻速運動，則運動時間與電場強度大小無關，選項C正確；粒子的偏轉量，則運動軌跡與所帶電荷量有關，選項D正確；此題選項不正確的選項，故選A.點睛：帶電粒子在電場中的運動問題，關鍵是知道粒子在沿電場方向做勻加速運動，在垂直電場方向做勻速運動，根據類平拋運動的規(guī)律來討論.3、D【解析】

由于v-t圖線的“面積”表示位移，由圖線可知，質點在第1s內的位移大于第2s內的位移，故在第1s內的平均速度大于第2s內的平均速度，故選項A錯誤；由圖線可知t＝3s時質點的位移大小等于0-2s時間圖像與坐標軸圍城的“面積”減去2-3s內圖線與坐標軸圍城的“面積”，故此時質點的位移最?。贿x項B錯誤；直線的斜率等于加速度，故質點在第2s內的加速度與第3s內的加速度大小相等，方向相同，選項C錯誤；質點在第2s內的位移為正，第3s內的位移為負，“面積”大小相等，故質點在第2s內的位移與第3s內的位移大小相等，方向相反，選項D正確；故選D.4、D【解析】

A．伽利略通過理想斜面實驗證明了力不是維持運動狀態(tài)的原因，A錯誤；B．牛頓發(fā)現(xiàn)了萬有引力定律，而引力常量由卡文迪許測出，B錯誤；C．密立根利用油滴實驗，測出的油滴帶電量均為一個最小單元的整數倍，把這個最小帶電單元叫做元電荷，它是自然界中最小的電荷量，C錯誤；D．19世紀30年代，法拉第提出另一種觀點，認為一個電荷的周圍存在著由它產生的電場，另外一個電荷受到的作用力就是這個電場給予的，他還引入了電力線（又稱電場線）來描述電場的性質，這個方法一直被沿用至今，故D正確．故選D.5、A【解析】

試題分析：當上拋的物體回到拋出點時，做初速度為v的下拋運動，之后的運動和下拋物體的運動相同，即運動時間相同，所以兩者落地的時間差正好是上拋物體上升和回到拋出點的時間，上拋物體回到拋出點的運動過程中，加速度為g，初速度為v，末速度為-v，所以有，A正確【點睛】關鍵是知道兩者落地的時間差正好是上拋物體上升和回到拋出點的時間6、B【解析】

AB．據題小球在豎直平面內做勻速圓周運動，由合外力提供向心力，小球受到重力、電場力和細繩的拉力，電場力應與重力平衡，即小球所受電場力與重力等大反向，則知小球帶正電。故A錯誤，B正確；

C．小球在從a點運動到b點的過程中，電場力做負功，小球的電勢能增大，故C錯誤；

D．由于電場力做功，所以小球在運動過程中機械能不守恒，故D錯誤。

故選B。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】A反應是輕核聚變反應，選項A正確，B錯誤；核裂變是重核在中子轟擊下分裂成中等核，并放出大量核能的反應，則C反應不是核裂變反應，D反應是重核裂變反應，選項C錯誤，D正確；故選AD.8、ABC【解析】

A．紅外線的波長較長，易穿透云層，故廣泛應用于遙感技術領域，A正確；B．醫(yī)院用X光進行透視，是因為它是各種電磁波中穿透能力較強的，而射線最強，B正確；C．相對論認為：真空中的光速在不同慣性參照系中都是相同的，C正確；D．在高速運動的飛船中的宇航員會發(fā)現(xiàn)飛船中的鐘走得比地球上慢，故D錯誤。故選ABC9、BD【解析】

A.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.經過1次α衰變和1次β衰變后，則質量數減小4，而中子減小1，因此92238U（鈾）衰變?yōu)?1234Pa（鏷）要經過1次α衰變和1C.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C錯誤；D.中子與質子結合成氘核的過程中能釋放能量，故D正確；10、BD【解析】因t=0時刻質點P向下振動，可知波向左傳播；因T=1s，則t=0.5s=0.5T時，x=4.5m處質點在平衡位置下方，則其加速度沿y軸正方向，選項A錯誤；t=8.25s=8T，則x=1m處的質點在t=8.25s時刻回到平衡位置，其運動方向沿y軸負方向，選項B正確；質點只在自己平衡位置附近上下振動，不隨波遷移，選項C錯誤；因波長為4m，則該波在傳播過程中若遇到30m的障礙物，不能發(fā)生明顯衍射現(xiàn)象，選項D正確；故選BD.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、CED【解析】

本實驗是要驗證平行四邊形定則，注意在理解實驗的原理基礎上，掌握實驗的方法和數據的處理方法以及需要注意的事項；【詳解】（1）A、本實驗中我們只需使兩個力的效果與一個力的效果相同即可，細繩的長度是否相等與本實驗無關，合力不需要一定過兩分力的角平分線，且兩分力也不一定相等，故ABD錯誤；

C、為保證拉力的方向為在紙面上畫出的方向，彈簧秤一定要與木板平行，從而減少實驗誤差，故C正確；E、為了減小實驗的誤差，應要求用一個力拉和用兩個力拉時的效果應相同，即必須將橡皮條端點拉至同一位置，所以必須記錄下橡皮條端點的位置，故E正確。（2）本實驗采用的是等效替代法，故選項D正確，選項ABC錯誤?！军c睛】驗證力的平行四邊形定則是力學中的重點實驗，應明確實驗的原理、數據處理方法及本實驗采用的物理方法。12、（1）C（1）＞；ADE（3）m1OP=m1OM+m1ON；【解析】

（1）在做“驗證動量守恒定律”的實驗中，是通過平拋運動的基本規(guī)律求解碰撞前后的速度的，所以要保證每次小球都做平拋運動，則軌道的末端必須水平．

（1）由動量守恒定律求出需要驗證的表達式，根據表達式以及實驗過程分析實驗中的步驟；

（3）根據（1）的分析確定需要驗證的關系式．驗證動量守恒定律實驗中，質量可測而瞬時速度較難．因此采用了落地高度不變的情況下，水平射程來反映平拋的初速度大小，所以僅測量小球拋出的水平射程來間接測出速度．過程中小球釋放高度不需要，小球拋出高度也不要求．最后可通過質量與水平射程乘積來驗證動量是否守恒．根據機械能守恒確定驗證是否為彈性碰撞的表達式．【詳解】（1）驗證動量守恒定律實驗中，即研究兩個小球在軌道水平部分碰撞前后的動量關系，直接測定小球碰撞前后的速度是不容易的，根據平拋運動規(guī)律，若落地高度不變，則運動時間不變，因此可以用水平射程大小來體現(xiàn)速度速度大小，故需要測量水平射程，故AB錯誤，C正確．故選C

（1）碰撞過程中動量、能量均守恒，因此有：m1v0=m1v1+m1v1，12mv02＝12mv12+12mv22因此有：v1＝m1-m2m1+m2v0，因此要使入射小球m1碰后不被反彈，應該滿足m1＞m1．碰撞過程動量守恒，則m1v0=m1v1+m1v1，兩邊同時乘以時間t得：m1v0t=m1v1t+m【點睛】本題考查驗證動量守恒定律實驗的基本內容；實驗的一個重要的技巧是入射球和靶球從同一高度作平拋運動并且落到同一水平面上，故下落的時間相同，所以在實驗的過程當中把本來需要測量的速度改為測量平拋過程當中水平方向發(fā)生的位移，可見掌握了實驗原理才能順利解決此類題目．四、計算題：本題共3小題，共38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、(1)F′=9N，方向水平向右(2)13N(3)1m【解析】

（1）以物塊B為研究對象，根據牛頓第二定律求解物塊A對物塊B的作用力大??；

（2）整體由牛頓第二定律求解水平推力F的大小；

（3）根據牛頓第二定律求出二者減速運動的加速度大小，根據位移速度關系求解運動的位移，最后求出物塊A、B間的最大距離;【詳解】（1）設物塊A對物塊B的作用力大小為F'，以物塊B為研究對象，則：F'-μBmBg=mBa，代入數據解得：F'=9N,方向水平向右;

（2）設物塊A、B一起做勻加速運動的加速度為a，則由牛頓第二定律得：F-μAmAg-μBmBg=（mA+mB)a，代入數據解得：F=13N

方向與加速度的方向相同，即方向水平向右;

（3）撤去水平力F后，物塊A、B都做勻減速運動，設它們的加速度分別為aA、aB【點睛】對于牛頓第二定律的綜合應用問題，