山东省泰安市2022-2023学年高二物理下学期期末考试试卷（Word版附解析）

高二年级考试物理试题一.单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.中国海军服役的歼﹣15舰载机在航母甲板上加速起飞过程中，某段时间内战斗机的位移时间（x﹣t）图像如图所示，则（　　）A.由图可知，舰载机起飞的运动轨迹是曲线B.在0～3s内，舰载机的平均速度大于12m/sC.在M点对应的位置，舰载机的速度大于20m/sD.在N点对应的时刻，舰载机的速度为7.5m/s【答案】C【解析】【详解】A．根据x﹣t图像的斜率表示速度，可知x﹣t图像只能表示物体两个运动方向，所以x﹣t图像只能表示直线运动的规律，即知舰载机起飞的运动轨迹是直线，A错误；B．在0～3s内，舰载机通过的位移为平均速度为B错误；C．2﹣2.55s内的平均速度为根据2﹣2.55s内的平均速度等于MN连线的斜率大小，在M点对应的位置舰载机的速度等于过M点的切线斜率大小，可知在M点对应的位置，舰载机的速度大于MN段平均速度20m/s，C正确；D．在0﹣2s内的平均速度为,0﹣2s内的平均速度等于ON连线的斜率大小，在N点对应的时刻舰载机的速度等于过N点的切线斜率大小，可知在N点对应的时刻，舰载机的速度大于ON段平均速度7.5m/s，D错误；故选C。2.如图所示为电饼铛自动控温电路。电路中的和，其中一个是定值电阻，另一个是温度传感器(可等效为可变电阻)。温度越高，温度传感器的电阻值越小。当a、b两端的电压大于U1时，控制开关自动闭合开始加热；当a、b两端的电压小于(、为定值)时，控制开关断开停止加热。下列说法正确的是（　　）A.为温度传感器B.定值电阻的阻值越小，电饼铛停止加热时的温度越低C.定值电阻的阻值越小，电饼铛停止加热时的温度越高D.<【答案】C【解析】【详解】A．若为温度传感器，则当温度升高时，其电阻值减小，回路电流变大，则R1两端的电压变大，当a、b两端的电压大于U1时，控制开关自动闭合开始加热，则与装置功能不相符，则为温度传感器，选项A错误；BC．电阻R1的分压因当U=U2时电饼铛停止加热，则在U一定时，定值电阻阻值越小，则R1越小，温度越高，即电饼铛停止加热时的温度越高，选项B错误，C正确；D．当R1两端的电压大于U1时，控制开关自动闭合开始加热，此时R1,的电阻比较大，则此时的电压更大，即U1＞U2，故D错误。故选C。3.有关下列四幅图涉及的物理知识，以下说法正确的是（　　）A.图甲：阴极射线管的K极发射的射线是电磁波B.图乙：研究黑体辐射发现随着温度的升高，辐射强度的极大值向波长较长的方向移动C.图丙：处于n=3能级1个氢原子自发跃迁，能辐射出3种频率的光D.图丁：康普顿效应说明光子具有粒子性，光子不但具有能量，还有动量【答案】D【解析】【详解】A．图甲：阴极射线管的K极发射的射线是阴极射线，阴极射线本质上是高速电子流，A错误；B．由图乙可知，研究黑体辐射发现随着温度的升高，辐射强度的极大值向波长较短的方向移动，B错误；C．图丙：处于n=3能级的1个氢原子自发跃迁，能辐射出N=（n−1）=3−1=2即2种频率的光，C错误；D．图丁：光子与静止电子产生弹性斜碰撞，光子把部分能量转移给了电子，同时光子还使电子获得一定的动量，因此康普顿效应说明光子具有粒子性，光子不但具有能量，还有动量，D正确。故选D。4.如图所示为氢原子的发射光谱和氢原子能级图Hα、Hβ、Hγ、Hδ，是其中的四条光谱线及其波长，分别对应能级图中从量子数为n=3、4、5，6的能级向量子数为n=2的能级跃迁时发出的光谱线。已知可见光波长在400nm~700nm之间，下列说法正确的是（　　）,A.四条光谱线中，Hα谱线对应的光子动量最大B.Hβ谱线对应的光，照射逸出功为2.65eV的金属，可使该金属发生光电效应C.Hγ谱线对应的光，照射逸出功为2.75eV的金属，可使该金属发生光电效应D.Hδ谱线对应的光是可见光中的红光【答案】C【解析】【详解】A．由光子的动量，可知四条光谱线中，Hα谱线对应的波长最大，则Hα谱线对应的光子动量最小，A错误；B．Hβ谱线对应的光子的能量为Eβ=E4−E2=−0.85eV−（−3.40eV）=2.55eV<2.65eV因此该光照射逸出功为2.65eV的金属，不可使该金属发生光电效应，B错误；C．Hγ谱线对应的光子的能量为Eγ=E5−E2=−0.54eV−（−3.40eV）=2.86eV>2.75eV因此Hγ谱线对应的光，照射逸出功为2.75eV的金属，可使该金属发生光电效应，C正确；D．由题图可知，Hδ谱线对应光的波长最小，因此Hδ谱线对应的光不可能是可见光中的红光，D错误。故选C。5.如图，用M、N两个弹簧秤在О点作用两个力，此时=90°，<45°。现保持M的示数不变，而使α角连续减小，直到+<90°，为保持两力的合力大小不变且方向沿虚线方向，在此过程中对N弹簧秤的操作正确的是（　　）,A.减小示数同时减小β角B.减小示数同时使β角先增大后减小,C.增大示数同时增大β角D.增大示数同时减小β角【答案】B【解析】【详解】由图可知为保持两力的合力大小不变且方向沿虚线方向，对N弹簧秤的操作正确的是减小示数同时使β角先增大后减小。故选B。6.下列核反应方程及其类型的对应关系，正确的是（　　）A.属于β衰变B.属于核聚变C.铀核裂变的一种核反应方程D.属于原子核的人工转变，X表示质子【答案】D【解析】【详解】A．铀核238放出一个α粒子后，质量数减少4，电荷数减少2，产生新核钍（）这是α衰变，其核反应方程为故A错误；B．轻核聚变，其核反应方程为故B错误；C．铀核裂变属于重核裂变，不能自发进行，铀核需要俘获一个慢中子就能产生裂变，铀核裂变的核反应方程是,C错误；D．核反应方程，遵循质量数守恒和电荷数守恒，因此原子核的人工转变方程为可知X表示质子，D正确。故选D。7.放射源钋()发生α衰变变成铅()，同时释放的核能为。已知钋()核的质量为m1，铅()核的质量为m2，真空中的光速为c。则下列说法正确的是（　　）A.释放的α粒子的质量为B.释放的α粒子的质量为C.通过增大压强，可以使的半衰期减小D.通过增大压强，可以使的半衰期增大【答案】B【解析】【详解】AB．由爱因斯坦的质能方程可得∆E=（m1−m2−mα）c2解得释放的α粒子的质量为mα=A错误，B正确；CD．放射性元素半衰期是由核内部的因素决定的，与原子所处的物理状态（温度、压强）或化学状态（如单质、化合物）无关，因此通过增大压强，的半衰期不变，CD错误。故选B。8.如图所示，将一轻弹簧一端固定在内壁光滑、半径为R的半球形容器底部中心O'处(O为球心)，弹簧另一端与质量为m的小球相连，小球静止于P点，OP与竖直方向OO'间的夹角为θ。已知弹簧的劲度系数为，下列说法正确的是（　　）,A.弹簧的原长为B.弹簧的原长为C.容器对小球的作用力大小为D.弹簧对小球的作用力大小为【答案】A【解析】【详解】D．根据受力平衡有可得弹簧对小球的作用力大小为故D错误；AB．弹簧的压缩量弹簧压缩后的长度弹簧的原长为故A正确，B错误；C．容器对小球的作用力大小为根据二倍角公式可得故C错误。,故选A。二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。9.如图所示，理想变压器原线圈接在交流电源(内阻不计)上，副线圈接三个阻值相同的电阻R，不计电表内影响。闭合开关S后（　　）A.电压表V1的示数减小B.电流表A1的示数增大C.电压表V2的示数减小D.电流表A2的示数增大【答案】AB【解析】【详解】ACD．由于变压器的匝数比和输入的电压都不变，所以输出的电压也不变，开关S闭合时，副线圈电路的总的电阻减小，则电流增大，则电阻R两端的电压增大，所以电压表V2示数增大，而因此减小，即V1示数减小，而电流表A2的示数为故电流表A2的示数减小，故A正确，CD错误；B．根据可知电流增大，即电流表的示数变大，故B正确。故选AB。10.如图所示，一定质量的理想气体从状态A开始，经历AB、BC、CD、DA四个过程回到原状态A，其中AB、CD为等压过程，BC、DA为等温过程，状态C、D的压强和体积未知，下列说法正确的是（　　）,A.气体在状态B内能大于状态D的内能B.气体从状态B到状态C没有热量交换C.在过程AB中气体对外做功为300JD.在过程CD中外界对气体做的功为300J【答案】ACD【解析】【详解】A．DA为等温过程，温度不变，所以气体在状态A的内能等于在状态D的内能，而AB为等压膨胀过程，状态B的温度高于状态A，因此气体在状态B的内能大于状态A的内能，故大于状态D的内能，故A正确；B．在过程BC中，体积增大，气体对外做功，但由于温度不变，内能保持不变，所以气体从外界吸热，故B错误；C．体从状态A变化到状态B为等压过程，体积增大，气体对外做功，即故C正确；D．BC、DA为等温过程，则有，在过程CD中，气体体积减小，外界对气体做功为故D正确。故选ACD。11.某物体沿斜面上滑，做匀减速直线运动，依次经过A、B、C三点，到达D点时速度恰好为零，如图所示。已知AB=12m，BC=8m，从A点运动到B点和从B点运动到C点两个过程速度变化量都为-2m/s，则下列说法正确的是（　　）,A.物体的加速大小为2m/s2B.物体到达B点时速度大小为5m/sC.A、D两点间的距离为24.5mD.物体从A点运动到C点的时间为6s【答案】BC【解析】【详解】A．由题意，物体从A点运动到B点和从B点运动到C点两个过程速度变化量都为-2m/s，可知AB和BC所用时间相等，由和可得即物体的加速度大小为1m/s2，A错误；B．由中间时刻的瞬时速度等于平均速度，可得物体到达B点时速度大小为B正确；C．物体由B到D，由速度位移关系公式，可得则有C正确；D．由以上计算可知，物体从A点运动到C点的时间为2T=4s，D错误。故选BC。12.如图所示，倾角为60°、质量为M的斜面体A置于水平面上，在斜面体和竖直墙面之间放置一质量为m的光滑球B，斜面体受到水平向右的外力F，系统始终处于静止状态。已知斜面体与水平面间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g（　　）,A.球B受到斜面体的弹力大小为2mgB.球B受到墙面的弹力大小2mgC.为了使系统处于静止状态，水平向右的外力F最大为D.为了使系统处于静止状态，水平向右的外力F最小一定为【答案】AC【解析】【详解】A．B球受力如图球B受到斜面体的弹力大小为故A正确；B．球B受到墙面的弹力大小故B错误；C．对AB整体分析，受力如图则有,联立可得水平向右的外力F最大为故C正确；D．对AB整体分析，受力如图则有当则当则有故D错误。故选AC。三、非选择题：本题共6小题，共60分。13.在“探究小车速度随时间变化的规律”实验中，实验装置如图1所示。,（1）下列说法中正确的是________(填字母)。A．连接重物和小车的细线应与长木板保持平行B．长木板的一端必须垫高，使小车在不挂重物时能在木板上做匀速运动C．小车应靠近打点计时器，先接通电源，后释放小车D．选择计数点时，必须从纸带上第一个点开始（2）已知打点计时器所用交流电源的频率为50Hz，图2是实验中打下的一段纸带。算出计数点3的速度大小为________m/s，(保留两位有效数字)并在图3中标出，其余计数点1、2、4、5对应的小车瞬时速度大小在图3中已标出。（3）作图______并求得小车的加速度大小为_________m/s2(保留三位有效数字)。【答案】①.AC##CA②.0.74③.④.1.53,【解析】【详解】（1）[1]A．为使小车受到的合力不变，连接重物和小车的细线应与长木板保持平行，A正确；B．长木板的一端不需要垫高来平衡摩擦力，只要小车做加速直线运动即可，B错误；C．小车应靠近打点计时器，先接通电源，带打点计时器打点稳定后，再释放小车，纸带会得到充分利用，记录较多的数据，减小实验误差，C正确；D．选择计数点时，要从第一个比较清晰的点开始选择计数点，可以不从纸带上第一个点开始，D错误。故选AC。（2）[2]已知打点计时器所用交流电源的频率为50Hz，可得打点周期为由中间时刻的瞬时速度等于平均速度，可得打计数点3的速度大小为（3）[3]在图3中标出v3，作图如图所示。[4]由速度时间图像的斜率表示加速度，可得小车的加速度大小为14.在做“用油膜法估测油酸分子的大小”实验时，每104mL油酸酒精溶液中有纯油酸1mL。用注射器测得40滴这样的溶液为1mL。在一正方形浅盘内注入适量的水，将痱子粉均匀地撒在水面上，用注射器滴入1滴这样的溶液，等油膜形状稳定后，把玻璃板盖在浅盘上并描画出油膜的轮廓，如图所示。图中正方形小方格的边长为1cm。,（1）该实验中1滴油酸酒精溶液含________mL油酸；（2）由上述数据估算得到油酸分子直径约为__________m(结果保留两位有效数字)；（3）某同学配制油酸酒精溶液时，不小心把酒精多倒了一点，所测的分子直径_______(偏大、偏小、不变)；（4）若阿伏加德罗常数为6.02×1023mol-1，油酸的摩尔质量为282g/mol，油酸的密度为0.9g/cm3。则1cm3油酸约含__________个油酸分子(结果保留两位有效数字)。【答案】①.2.5×10-6②.6.1×10-10③.偏大④.1.9×1021【解析】【详解】（1）[1]根据比例关系可知1滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积为（2）[2]油膜的面积为，油酸分子的直径为（3）[3]某同学把酒精倒多了，那么酒精油酸溶液中油酸的体积分数偏小，但实际用到的计算数据偏大，因此计算得到的油酸分子直径偏大；（4）[4]1cm3油酸的摩尔数为可知所含的分子数为15.一个直流电动机的内电阻r1=4Ω，与R=3Ω的电阻串联接在线圈上，如图所示。已知线圈的面积为m2，匝数n=200，线圈的电阻为r2=7Ω，线圈在B=2T的匀强磁场中绕垂直磁场的轴OO'以角速度,=20rad/s匀速转动，在合上开关S后电动机正常工作时，理想电压表的示数为220V，求：（1）通过电动机的电流的有效值；,（2）电动机正常工作时的效率(保留三位有效数字)。【答案】（1）18A；（2）【解析】【详解】（1）感应电动势最大值为感应电动势有效值为根据闭合回路欧姆定律可得联立解得（2）电动机的输出功率为电动机的输入功率为电动机正常工作时的效率为联立解得16.,如图所示，两等高、内壁光滑、导热性良好的圆柱形汽缸竖直放置，左、右两侧汽缸的横截面积分别为S、，汽缸顶部由细管(体积不计)连通，左侧汽缸底部带有阀门K，两汽缸中有厚度均可忽略的活塞I、II，将某种理想气体分成A、B、C三部分，活塞I、II的质量分别为、。初始时，阀门K关闭，活塞I处于左侧汽缸的顶部且与顶部无弹力，活塞II处于右侧汽缸的中间位置，A气体的压强为2p0。已知大气压强为p0，重力加速度为g，其他量均为未知量；整个过程中，周围环境温度不变。（1）求初始时左侧汽缸中封闭气体C的压强p；（2）一段时间后，活塞II漏气，求再次稳定后，活塞Ⅰ距离汽缸顶部的距离与气缸总高度的比值(可保留根号)；（3）接（2）问，打开阀门K，用打气筒通过K给左侧汽缸充气，直至活塞I再次回到汽缸顶部且与顶部无弹力，求此过程中充人气体质量与最初封闭气体C的质量比。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）对活塞I受力分析得，可得对活塞II受力分析得解得，（2）由于活塞II漏气，A、B两部分气体合为一部分气体，设稳定后的压强为p，左侧气缸体积为V。活塞I上部气体体积为∆V，根据玻意耳定律得,对C部分气体，根据玻意耳定律得对活塞I受力分析得解得由于解得（3）充气前，设C部分气体在压强p0下的体积为V1，根据玻意耳定律得活塞I回到顶部时，右侧气体压强为，可得对活塞I受力分析得设充气后该部分气体在压强p0下的体积为V2，可得联立解得17.如图所示，质量M=2kg的木块P套在水平杆上，并用轻绳将木块与质量m=1kg的小球Q,相连。今用与水平方向成α=60°角的恒力F=N，拉着小球带动木块一起向右匀速运动，运动中P、Q相对位置保持不变，g取10m/s2。求：（1）木块对水平杆的压力大小；（2）运动过程中轻绳与水平方向的夹角θ；（3）若α调整到某个值时，使小球和木块一起向右匀速运动的拉力F最小，求该最小拉力。【答案】（1）22.5N；（2）30°；（3）【解析】【详解】（1）对PQ整体进行分析，根据平衡条件有解得FN=22.5N由牛顿第三定律得，木块对水平杆的压力大小为22.5N；（2）对Q进行受力分析，设细绳对Q的拉力为T，由平衡条件可得联合解得T=10N即θ=30°（3）对PQ整体进行分析，由平衡条件有,解得对PQ整体进行受力分析，由平衡条件有解得令即则当时，即F有最小值18.如图所示，甲、乙两车在同一水平道路上，甲车在后匀速直线运动，乙车在前停在路边，甲车距乙车d=30m时开始减速，第1秒内位移为24m，第4秒内位移为1m。甲车减速1秒末乙车开始运动，与甲车同向做匀加速直线运动，加速度大小为4m/s2，当速度达到10m/s后保持该速度做匀速直线运动。甲乙相遇时会错车而过，不会相撞。求：,（1）乙车从静止加速到最大速度时间内，行驶的位移是多少；（2）甲车刚开始减速时的速度大小；（3）甲乙两车第一次相遇时甲车的速度大小；（4）从甲车减速时开始计时，甲乙两车第二次相遇的时间。【答案】（1）12.5m；（2）28m/s；（3）m/s；（4）4.15s【解析】【详解】（1）乙车从静止加速到最大速度时间内①解得x=12.5m②（2）设甲车减速第4s末速度为，甲车减速的加速度大小为，由于甲车逆运动为匀加速，按逆运动在第4s内第1s内且=1mt=1s联立解得<0③说明第4秒内甲车已经停下。设第4秒内甲车运动了∆t，则,④,⑤解得Δt=0.5s=8m/s2设甲车刚减速时速度为，则⑥解得⑦（3）设从甲车减速开始经过t1甲车乙车相遇，则⑧由位移公式⑨甲乙两车的位移关系⑩乙车加速时间解得或(乙车已经匀速，不合理舍去)故⑪解得⑫（4）第一次相遇时由于甲车速度大于乙车，而甲车做减速运动，因此甲车乙车还会第二次相遇，设甲车减速阶段总位移为，则,⑬,此过程中乙车运动时间为乙车刚好加速完，过此过程乙车运动的位移为解得故因此甲车减速到停止时与乙车还没有第二次相遇，设乙车再运动与甲车第二次相遇，故⑭得故甲车乙车第二次相遇时间为⑮,