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2022-2023学年山东省滨州市高二（下）期末物理试卷（7月）（含解析）
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这是一份2022-2023学年山东省滨州市高二（下）期末物理试卷（7月）（含解析），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年山东省滨州市高二（下）期末物理试卷（7月）
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
第I卷（选择题）
一、单选题（本大题共8小题，共24.0分）
1. 下列关于原子核的叙述中正确的是
A. 结合能越大的原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定
B. 放射性元素的半衰期与原子所处的化学状态或外部条件有关系
C. 卢瑟福通过α粒子散射实验提出了原子核的“枣糕模型”
D. 重核裂变和轻核聚变都释放能量
2. 分子势能Ep与分子间距离x关系如图，在r轴上有完全相同的分子A、B，将A、B由相距r1处静止释放，当分子间距为r0时分子速率为v0，已知分子质量为m。下列说法正确的是( )
A. 分子的最大速率为v0
B. 分子间距为r0时，分子的总动能为0.5mv02
C. 分子最小间距为r2
D. 将分子A固定，由相距r1处静止释放B，间距变为r0时，B分子速率为v0
3. 如图，某同学将A篮球以速度v竖直向上抛出到达最高点时，将B篮球也以速度v从同一位置竖直向上抛出。不计空气阻力，A、B两球均可视为质点，重力加速度为g。下列说法正确的是
A. 自A抛出到与B相遇时间为2vg
B. 自B抛出到与A相遇时间为v2g
C. A、B相遇时速度大小均为v3
D. 两球各自抛出到相遇过程中，两球速度的变化量相同
4. 如图甲是研究光电效应的实验原理图，用不同频率的光照射同一光电管的阴极K时，得到遏止电压Uc。和入射光频率v关系的图像如图乙，e为元电荷。下列说法正确的是( )
A. 从图乙可知遏止电压大小与入射光的频率成正比
B. 用频率为ν12的入射光照射时，也一定能发生光电效应
C. 普朗克常量h=Uc2−Uc1eν2−ν1
D. 阴极K的逸出功为eUc1ν2−Uc2ν1ν2−ν1
5. 氢原子第n能级的能量为n2，其中E1是基态能量(n=1,2,3…)。若某一氢原子辐射出能量为−29E1。的光子后，氢原子处于比基态高出−34E1的激发态，则氢原子辐射光子前处于( )
A. 第3能级 B. 第4能级 C. 第5能级 D. 第6能级
6. 两物体的运动图像如图，下列说法正确的是( )
A. 若为x−t图像，0∼t0时间内两物体位移相同
B. 若为xt−t图像，两物体同时同位置出发，t0时刻两物体相遇
C. 若为v−t图像，两物体同时同位置出发，t0时刻两物体相遇
D. 若为a−t图像，两物体同时从静止出发，t0时刻两物体速度相同
7. 如图甲，水平U形金属导轨上垂直导轨放置一根导体棒，除导体棒外其余各处电阻不计，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙。导体棒与导轨始终保持静止，则其所受的静摩擦力Ff随时间t变化的图象为(设向右为静摩擦力的正方向)
A. B.
C. D.
8. 如图是漏电触电保护器原理简图，口字形铁芯上绕有三组线圈A、B、C，A与火线相连，B与零线相连，A、B采用双线绕法，电路正常工作时A、B线圈中电流等大反向，铁芯中磁感应强度为零，保护器两端电压为零。负载电阻端接火线线圈A，发生漏电或触电事故时相当于负载电阻接地，使得B线圈电流小于A线圈电流，A、B中的交变电流在铁芯中产生肱场，线圈C中产生感应电流，通过保护器的电流启动保护模式断开火线开关S。已知人体安全电流I0≤10mA，保护器启动电流为30mA，A、B相当于变压器原线圈，C为副线圈，变压器可看作理想变压器。下列说法正确的是( )
A.
为保护人体安全，保护器必须设置在A、B线圈电流差值为30mA时启动
B. 人体接触负载电阻的b端比接触a端更危险
C. 线圈A、C的匝数比应该大于或等于3:1
D. 负载电阻电压一定是保护器两端电压的3倍
二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）
9. 一定质量的理想气体，其变化过程中各状态的压强p和体积V的关系如图，其中AD的延长线过原点，AB段为双曲线的一支。借鉴“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中估算油膜面积的方法，根据图像可估算出外界对气体做的功。下列说法正确的是
A. 从状态D变化到状态A，气体的内能没有变化
B. 从状态A变化到状态B，气体吸收的热量为880 J
C. 从状态B变化到状态C，气体分子平均动能减小
D. 从状态A经BCD回到状态A，气体吸收热量
10. 如图甲，匝数为100匝的矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴OO′匀速转动，线圈电阻忽略不计，线圈中磁通量Φ随时间t变化如图乙。已知电阻R的阻值为200 Ω，电容器标有“20 μF 220 V”的字样，下列说法正确的是
A. t=0.005 s时电压表的示数为零 B. 电阻R消耗的功率为100 W
C. 电容器可能被击穿 D. 通过R的电流i=cos 100πt(A)
11. 在匀强磁场中，一个原来静止的 92238U原子核，衰变产生 90234Th原子核和X粒子，两粒子的径迹为相切圆， 90234Th原子核径迹圆半径r1，X粒子径迹圆半径r2， 92238U原子核、 90234Th原子核和X粒子的质量分别为m、m1、m2，光速为c，衰变释放的能量全部转化为 90234Th原子核和X粒子的动能。下列说法正确的是( )
A. X粒子是电子
B. 衰变释放能量为ΔE=m1+m2−mc2
C. 9023Th原子核的动能为Ek=2119m−m1−m2c2
D. 两粒子的径迹为外切圆，其半径比r1:r2=1:45
12. 如图，光滑水平面上有两个相邻磁场区域Ⅰ、Ⅱ，磁场方向均垂直于水平面方向相反，磁感应强度B1=B2=5 T，磁场宽度均为L=0.2 m。一边长也为L的正方形闭合导线框，在向右的水平恒力F=2 N作用下穿过磁场，ab边穿过磁场Ⅰ的过程中线框做匀速运动，进入磁场Ⅱ区域某位置后线框又做匀速运动。已知线框的质量m=0.2 kg，电阻R=1 Ω。下列说法正确的是
A. ab边刚进入磁场Ⅰ时的速度大小为2 m/s
B. ab边刚进入磁场Ⅱ时的加速度大小为20 m/s2
C. ab边在磁场Ⅱ中运动时间为0.25 s
D. ab边在磁场Ⅰ、Ⅱ运动过程中线框产生的内能为1.175 J
第II卷（非选择题）
三、填空题（本大题共1小题，共8.0分）
13. 如图甲是苹果自动分拣装置的示意图。该装置能把苹果按一定质量标准自动分拣为大苹果和小苹果。该装置的托盘秤压在一个以O1为转轴的杠杆上，杠杆的末端压在半导体薄膜压力传感器R1上，半导体薄膜压力传感器阻值R1随压力F变化的图像如图乙。当R2两端电压U≥4V时激励放大电路吸动电磁铁开关的衔铁，使分拣开关打开下面通道，并保持一段时间使得苹果进入下面通道，否则苹果进入上面通道。若托盘秤上的苹果质量为250g时，压力F=1N，以此质量为分拣标准。已知电源电动势E=6V，内阻不计。
(1)分析R−F图像可知，图像在某点的斜率越大压力传感器的灵敏度越______(选填“高”、“低”)；
(2)当R2阻值为_______时大于250g的苹果将通过_______(选填“上通道”、“下通道”)；
(3)电源内阻不能忽略时，实际分拣的标准_______250g(选填“大于”、“等于”、“小于”)。
四、实验题（本大题共1小题，共6.0分）
14. 某同学用如图甲装置研究小车做直线运动的规律，实验步骤如下：
①将小车放在长板的P位置，让小车从P位置由静止开始下滑，通过计算机可得到小车与位移传感器距离随时间变化的x−t图像如图乙，并求出小车的加速度a；
②改变长板的倾角，重复步骤①。
请完成下列问题：
(1)本实验________(选填“需要”、“不需要”)平衡小车所受到的摩擦力；
(2)分析图乙中的x、t数据可知，小车相邻相等时间内的位移差为________cm，可得小车的加速度大小为________m/s2(计算结果保留两位小数)。
五、计算题（本大题共4小题，共46.0分）
15. 如图甲，振荡电路电容器的电容为50 pF，线圈自感系数为50 μH，电容器两极板电压与时间的关系为余弦函数如图乙。求
(1)电磁振荡的周期T；
(2)5T6到11T12时间内平均振荡电流(保留3位有效数字)；
(3)t=188T时刻的振荡电流。
16. 如图，一容积为2V0的粗细均匀导热气缸，左侧有一阀门K1，正中间有厚度不计可自由移动的轻活塞，活塞上有一个单向阀门K2(气体只能从左侧进入右侧)，活塞和气缸间不漏气，气缸内空气压强为p0，通过阀门K1向气缸内缓慢充气，每次能将压强为p0，体积为V02。的空气充入气缸，共充气4次。然后通过阀门K1向气缸外缓慢抽气，每次抽出空气体积为)。空气可视为理想气体。求：
(1)充气4次后，缸内气体压强；
(2)抽气2次后，右侧气体的体积；
(3)左侧气体能否全部抽出？若不能请分析原因，若能请计算抽气几次可将左侧气体全部抽出。
17. “百炼成器”，歼−20和设计它的团队都经历了常人难以想象的磨练！如今的歼−20在世界处于领先地位。在某次试飞中，歼−20以v0=200m/s的恒定速度追击前面同一直线上匀速飞行的无人靶机，当两者相距x0=3600m时，歼−20发射一枚导弹，导弹脱离歼−20后沿水平方向做加速度为a=25m/s2的匀加速直线运动，t0=20s时击中无人靶机并将其击落。若发射导弹的时间不计，且发射导弹对歼−20速度的影响可忽略不计。
(1)求无人靶机被击中前飞行的速度大小；
(2)求导弹飞行过程中与无人靶机的最大距离；
(3)导弹击中无人靶机时，歼−20立刻加速尽快到达无人靶机被击中的位置，歼−20到达时速度为零继而悬停在空中。已知歼−20以最大加速度加速t=3.5s后达到本次试飞规定的最大速度vm=340m/，歼−20加速和减速过程最大加速度大小相等，求从导弹击中无人靶机至歼−20到达无人靶机被击中位置的最短时间(计算结果保留3位有效数字)。
18. 如图，间距为L足够长光滑平行导轨GEF放置在水平面上，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于GHEF平面，导体棒cd垂直轨道静止放置。间距也为L光滑平行导轨MNPQ与水平面夹角为θ，MN间有一电容器，倾斜轨道MNPQ在水平面上的投影与水平轨道重合，磁感应强度也为B的匀强磁场垂直于MNPQ平面，导体棒ab垂直导轨在距离NQ为L处由静止释放，由倾斜轨道滑落与水平轨道碰撞，立刻沿水平轨道向右运动。两导体棒始终未相碰，最后达到共同速度v。已知两导体棒质量均为m，导体棒cd的电阻为R，不计导轨及导体棒ab的电阻，重力加速度为g。求：
(1)两导体棒在水平轨道上运动过程中导体棒cd的焦耳热Q；
(2)两导体棒在水平轨道上运动过程中其距离减少量Δx；
(3)电容器的电容C。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查了结合能、半衰期、原子的核式结构模型、重核裂变和轻核聚变等基础知识点，关键要熟悉教材，牢记这些基础知识点。
比结合能越大，原子核越稳定；
放射性元素的半衰期是由核内自身的因素决定的；
α粒子散射实验提出了原子的核式结构模型；
由质能方程知裂变和聚变都释放出巨大能量，都伴随着质量的亏损。
【解答】
解：A.比结合能的大小反映原子核的稳定程度，比结合能越大，原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定，故A错误；
B.放射性元素的半衰期是由核内自身的因素决定的，与原子所处的化学状态无关，故B错误；
C.卢瑟福根据α粒子散射实验提出了原子的核式结构模型，故C错误；
D.重核裂变和轻核聚变两过程均会有质量亏损，都能释放巨大的能量，故D正确。
2.【答案】A
【解析】略
3.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查了竖直上抛运动和自由落体运动，解题时应注意：分析清楚两篮球的运动过程，应用运动学公式即可解题。
根据竖直上抛运动的规律求出A上升到最高点的高度和时间；应用运动学公式求出经过多长时间发生碰撞；根据速度的计算公式求出速度大小和变化量。
【解答】
解：A篮球以速度v竖直向上抛出到达最高点的高度：h=v22g，时间t1=vg；
A篮球下落，B篮球抛出到与A相遇：hB=vt2−12gt22，hA=12gt22；又：h=hA+hB；联立解得：t2=v2g；
A.自A抛出到与B相遇时间t=t1+t2=3v2g，故A错误；
B.自B抛出到与A相遇时间t2=v2g，故B正确；
C.相遇时，vA=gt2=v2，vB=v−gt2=v2，A、B相遇时速度大小均为v2，故C错误；
D.两球各自抛出到相遇过程中，A球速度的变化量：ΔvA=−vA−v=−32v，B球速度的变化量：ΔvB=vB−v=−12v，所以两球速度的变化量不同，故D错误。
4.【答案】C
【解析】略
5.【答案】D
【解析】略
6.【答案】B
【解析】略
7.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查电磁感应的图像问题，根据法拉第电磁感应定律结合闭合电路欧姆定律分析电流的大小，根据F=BIL分析安培力的大小，根据楞次定律的宏观描述分析安培力的方向，根据平衡条件分析摩擦力的方向。
注意此类问题，要擅长使用排除法，本题只需要分析0∼1s内的安培力情况即可得出结论。
【解答】
0−1s，根据法拉第电磁感应定律E=ΔΦΔt可知感应电动势恒定，则感应电流I恒定，根据F=BIL可知安培力均匀增大，磁感应强度增大，根据楞次定律“增缩减扩”可知安培力方向向左，根据平衡条件可知摩擦力方向向右(为正)；
1∼2s，磁感应强度不变，无感应电流，无安培力，无摩擦力；
2∼3s，安培力大小与B大小成正比，根据楞次定律可知安培力方向向右，则摩擦力方向向左。
结合上述分析可知BCD错误，A正确。
8.【答案】C
【解析】略
9.【答案】CD
【解析】
【分析】
根据理想气体状态方程分析温度变化，判断内能变化；p−V图像面积表示做功，结合热力学第一定律分析吸收的热量；温度是分子平均动能的标志，理想气体内能只与温度有关。
本题考查了气体状态变化的图像问题及热力学第一定律，分析清楚气体状态变化过程，理解p−V图像面积的含义，注意热力学第一定律中的符号规则。
【解答】
A、根据pVT=C，从状态D变化到状态A，压强增大，体积增大，则温度升高，气体的内能增大，故A错误；
B、AB段为双曲线的一支，A到B过程为等温过程，内能不变ΔU=0，体积增大对外做功，图线与V轴所围面积表示做功，则外界对气体做功W=−58×0.4×105×0.4×10−3J=−928J，根据热力学第一定律气体吸收的热量Q=−W=928J，故B错误；
C、从B到C过程为等容过程，压强减小则温度降低，气体分子平均动能减小，故C正确；
D、从状态A经BCD回到状态A，温度不变内能不变，外界对气体做负功，根据热力学第一定律知气体吸收热量，故D正确。
10.【答案】BD
【解析】
【分析】
电压表的示数为有效值；根据图像求出角速度，根据Em=NBSω=BΦmω求解最大电动势，根据E=Em 2求解有效值，根据电功率公式求解R的功率，根据最大值判断电容器能否被击穿，根据瞬时值表达式得出电流的瞬时值。
本题考查了考查了交流电的峰值和有效值、瞬时值，知道正弦交变电流电压的最大值是有效值的 2倍。记住，求电量用电动势的平均值，求电功率、电表示数用有效值，击穿电压看最大值。
【解答】
A、电压表的示数为有效值，所以电压表的示数不为零，故A错误；
B、根据图乙知T=2×10−2s，ω=2πT=π×102rad/s，电动势的最大值Em=NBSω=NΦmω=100×2π×10−2×100π=200V，有效值E=Em 2=100 2V，线圈电阻忽略不计，电阻R消耗的功率PR=E2R=100 22200W=100W，故B正确；
C、电容器两端的最大电压UCm=Em=200V<220V，所以电容器不会被击穿，故C错误；
D、通过R的电流i=eR=EmcosωtR=cos100πt (A)，故D正确。
11.【答案】CD
【解析】略
12.【答案】ACD
【解析】
【分析】
导体框平动切割磁感线产生感应电流，根据切割公式、闭合电路的欧姆定律、安培力公式、平衡条件及牛顿第二定律求解匀速运动的速度和加速度，变速阶段利用动量定理求解运动时间，根据功能关系求解产生的内能。
本题属于综合性比较强的题目，较难。
【解答】
A、ab边进入磁场I的过程线框做匀速运动，则有E=BLv0，I=ER，F安=BIL，F安=F
解得v0=2m/s，故A正确；
B、ab边刚进入磁场II时，有E′=2BLv0=2E，I′=E′R=2I，F′安=2BI′L=4F安=4F
根据牛顿第二定律可得a=F′安−Fm=3Fm=3×20.2m/s2=30m/s2，B错误；
C、设线框第二次匀速运动的速度大小为v2，则有E2=2BLv2，I2=E2R，F安2=2BI2L，F安2=F
联立解得v2=v04=0.5m/s
设ab边在磁场II中运动时间为t，根据动量定理可得Ft−2BI2L⋅Δt=Ft−2BLq=mv2−mv0
又q=ΔΦR=2BL2R
联立可得Ft−4LB2L2R=mv2−mv0
ab边在磁场I中做匀速运动时有F安=B2L2v0R=F
联立解得t=0.25s，故C正确；
D.设ab边在磁场I、II运动过程整个线框产生的内能为Q，根据功能关系可得F⋅2L−Q=12mv22−12mv02
解得Q=1.175J，D正确。
13.【答案】 高 60 下通道 大于
【解析】略
14.【答案】(1)不需要；(2)2.60；2.60
【解析】
【分析】
本题为研究小车做直线运动规律的实验，匀变速直线运动中，处理纸带问题时，根据逐差法△x=aT2可以求出加速度的大小。
要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用，掌握求解瞬时速度与逐差法求解加速度的方法。
【解答】
(1)本题为研究小车做直线运动的规律的实验，小车只要做匀加速直线运动即可，不需要分析受力情况，即便有摩擦力，小车仍然可以做匀加速直线运动，故不需要平衡小车所受的摩擦力。
(2)相等时间内(T=0.1s)的位移差为Δx=(42.80−36.30)cm−46.70−42.80cm=2.60cm。
根据逐差法a=ΔxT2=2.60m/s2。
15.【答案】解：(1)振荡电路的周期
T=2π LC
代入数值解得：
T=3.14×10−7s
(2)电容器两极板电压
u=18cos2πTt
t=56T时，电容器带电量
Q1=Cu1
t=1112T时，电容器带电量
Q2=Cu2
平均电流
I=Q2−Q11112T−56T
代入数值解得
I=1.26×10−2A
(3)振荡电流
i=−Imsin2πTt
当t=188T时，i=0
【解析】LC振荡电路的周期公式为T=2π LC。根据图乙写出电容器电压u与t的关系式，根据Q=Cu求电容器的电量，再利用电流的定义式求平均电流。
电路中电流与电容器电压的关系为i=ΔQΔt=CΔUΔt。
16.【答案】(1) 2p0 ；(2) 1.5625V0 ；(3)能完全被抽出，4次
【解析】(1)向里充气，左右相通，由玻意耳定律得 2p0V0+4p0V02=2pV0
得 p=2p0
(2)向外抽气阀门 K2 关闭，抽气1次后 2pV0=p12V0+V02
解得 p1=45p
抽气2次后
2p1V0=p22V0+V02
解得 p2=452p
对右侧气体 pV0=p2V右
得 V右=2516V0=1.5625V0
(3)左侧空气能完全被抽出。
设抽气n次后左侧气体被完全
抽出由(1)得左侧气体压强 pn=45np
对右侧气体得
pV0=p′n2V0
p′n≥pn
即 45n2p0≤p0
可得 3
17.【答案】(1)270m/s；(2)3698m；(3)19.7s
【解析】(1)根据题意，设靶机速度为 v1 ，则有 x0+v1t0=v0t0+12at02
解得 v1=270m/s
(2)设导弹被发射后经 t1 时间与无人靶机速度相等，此时二者间距最大，则有 v1=v0+at1
解得 t1=2.8s
最大距离为 Δx=x0+v1t1−v0t1+12at12
解得 Δx=3698m
(3)导弹击中靶机时，歼 −20 与无人靶机的距离为 x1=x0+v1−v0t0
歼 −20 以最大加速度为 am 做匀加速直线运动。 am=vm−v0t
歼 −20 做匀加速直线运动的位移大小为 x2=v0+vm2t
歼 −20 做匀速直线运动， x3=vmt2
歼 −20 做匀减速直线运动的时间和位移大小分别为 t3=vmam ， x1−x2−x3=vm2t3
所以从歼 −20 击中靶机至歼 −20 到达靶机所在位置的最短时间 tmin=t+t2+t3≈19.7s
18.【答案】(1) mv2 ；(2) mvRB2L2 ；(3) ΔQΔU
【解析】(1)由动量守恒定律得，导体棒ab在水平轨道向右运动的初速度 v1
mv1=2mv
由能量守恒定律得导体棒cd的焦耳热 Q=12mv12−122mv2
可得 Q=mv2
(2)对导体棒cd，由动量定理得 BILΔt=mv
通过导体棒ab的电量 q=IΔt
由法拉第电磁感应定律得 E=ΔΦΔt
且磁通量变化 ΔΦ=BLΔx
由闭合电路欧姆定律得 I=ER
联立得 Δx=mvRB2L2
(3)取极短时间 Δt ，对导体棒ab应用动量定理 mgsinθΔt−BILΔt=mΔv
导体棒ab中的电流 I=ΔQΔt
电容器电容 C=ΔQΔU
电容器两极电压变化量 ΔU=BLΔv
a=ΔvΔt
以上各式联立得 a=mgsinθm+B2L2C
可知导体棒ab在倾斜轨道上做匀加速直线运动 v02=2aL
由几何关系得导体棒ab在倾斜轨道末端时的速度 v0=v1cosθ
可得电容器电容为 C=mgLsinθcos2θ−2mv22v2B2L2
2022-2023学年山东省滨州市高二（下）期末物理试卷（7月）
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
第I卷（选择题）
一、单选题（本大题共8小题，共24.0分）
1. 下列关于原子核的叙述中正确的是
A. 结合能越大的原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定
B. 放射性元素的半衰期与原子所处的化学状态或外部条件有关系
C. 卢瑟福通过α粒子散射实验提出了原子核的“枣糕模型”
D. 重核裂变和轻核聚变都释放能量
2. 分子势能Ep与分子间距离x关系如图，在r轴上有完全相同的分子A、B，将A、B由相距r1处静止释放，当分子间距为r0时分子速率为v0，已知分子质量为m。下列说法正确的是( )
A. 分子的最大速率为v0
B. 分子间距为r0时，分子的总动能为0.5mv02
C. 分子最小间距为r2
D. 将分子A固定，由相距r1处静止释放B，间距变为r0时，B分子速率为v0
3. 如图，某同学将A篮球以速度v竖直向上抛出到达最高点时，将B篮球也以速度v从同一位置竖直向上抛出。不计空气阻力，A、B两球均可视为质点，重力加速度为g。下列说法正确的是
A. 自A抛出到与B相遇时间为2vg
B. 自B抛出到与A相遇时间为v2g
C. A、B相遇时速度大小均为v3
D. 两球各自抛出到相遇过程中，两球速度的变化量相同
4. 如图甲是研究光电效应的实验原理图，用不同频率的光照射同一光电管的阴极K时，得到遏止电压Uc。和入射光频率v关系的图像如图乙，e为元电荷。下列说法正确的是( )
A. 从图乙可知遏止电压大小与入射光的频率成正比
B. 用频率为ν12的入射光照射时，也一定能发生光电效应
C. 普朗克常量h=Uc2−Uc1eν2−ν1
D. 阴极K的逸出功为eUc1ν2−Uc2ν1ν2−ν1
5. 氢原子第n能级的能量为n2，其中E1是基态能量(n=1,2,3…)。若某一氢原子辐射出能量为−29E1。的光子后，氢原子处于比基态高出−34E1的激发态，则氢原子辐射光子前处于( )
A. 第3能级 B. 第4能级 C. 第5能级 D. 第6能级
6. 两物体的运动图像如图，下列说法正确的是( )
A. 若为x−t图像，0∼t0时间内两物体位移相同
B. 若为xt−t图像，两物体同时同位置出发，t0时刻两物体相遇
C. 若为v−t图像，两物体同时同位置出发，t0时刻两物体相遇
D. 若为a−t图像，两物体同时从静止出发，t0时刻两物体速度相同
7. 如图甲，水平U形金属导轨上垂直导轨放置一根导体棒，除导体棒外其余各处电阻不计，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙。导体棒与导轨始终保持静止，则其所受的静摩擦力Ff随时间t变化的图象为(设向右为静摩擦力的正方向)
A. B.
C. D.
8. 如图是漏电触电保护器原理简图，口字形铁芯上绕有三组线圈A、B、C，A与火线相连，B与零线相连，A、B采用双线绕法，电路正常工作时A、B线圈中电流等大反向，铁芯中磁感应强度为零，保护器两端电压为零。负载电阻端接火线线圈A，发生漏电或触电事故时相当于负载电阻接地，使得B线圈电流小于A线圈电流，A、B中的交变电流在铁芯中产生肱场，线圈C中产生感应电流，通过保护器的电流启动保护模式断开火线开关S。已知人体安全电流I0≤10mA，保护器启动电流为30mA，A、B相当于变压器原线圈，C为副线圈，变压器可看作理想变压器。下列说法正确的是( )
A.
为保护人体安全，保护器必须设置在A、B线圈电流差值为30mA时启动
B. 人体接触负载电阻的b端比接触a端更危险
C. 线圈A、C的匝数比应该大于或等于3:1
D. 负载电阻电压一定是保护器两端电压的3倍
二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）
9. 一定质量的理想气体，其变化过程中各状态的压强p和体积V的关系如图，其中AD的延长线过原点，AB段为双曲线的一支。借鉴“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中估算油膜面积的方法，根据图像可估算出外界对气体做的功。下列说法正确的是
A. 从状态D变化到状态A，气体的内能没有变化
B. 从状态A变化到状态B，气体吸收的热量为880 J
C. 从状态B变化到状态C，气体分子平均动能减小
D. 从状态A经BCD回到状态A，气体吸收热量
10. 如图甲，匝数为100匝的矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴OO′匀速转动，线圈电阻忽略不计，线圈中磁通量Φ随时间t变化如图乙。已知电阻R的阻值为200 Ω，电容器标有“20 μF 220 V”的字样，下列说法正确的是
A. t=0.005 s时电压表的示数为零 B. 电阻R消耗的功率为100 W
C. 电容器可能被击穿 D. 通过R的电流i=cos 100πt(A)
11. 在匀强磁场中，一个原来静止的 92238U原子核，衰变产生 90234Th原子核和X粒子，两粒子的径迹为相切圆， 90234Th原子核径迹圆半径r1，X粒子径迹圆半径r2， 92238U原子核、 90234Th原子核和X粒子的质量分别为m、m1、m2，光速为c，衰变释放的能量全部转化为 90234Th原子核和X粒子的动能。下列说法正确的是( )
A. X粒子是电子
B. 衰变释放能量为ΔE=m1+m2−mc2
C. 9023Th原子核的动能为Ek=2119m−m1−m2c2
D. 两粒子的径迹为外切圆，其半径比r1:r2=1:45
12. 如图，光滑水平面上有两个相邻磁场区域Ⅰ、Ⅱ，磁场方向均垂直于水平面方向相反，磁感应强度B1=B2=5 T，磁场宽度均为L=0.2 m。一边长也为L的正方形闭合导线框，在向右的水平恒力F=2 N作用下穿过磁场，ab边穿过磁场Ⅰ的过程中线框做匀速运动，进入磁场Ⅱ区域某位置后线框又做匀速运动。已知线框的质量m=0.2 kg，电阻R=1 Ω。下列说法正确的是
A. ab边刚进入磁场Ⅰ时的速度大小为2 m/s
B. ab边刚进入磁场Ⅱ时的加速度大小为20 m/s2
C. ab边在磁场Ⅱ中运动时间为0.25 s
D. ab边在磁场Ⅰ、Ⅱ运动过程中线框产生的内能为1.175 J
第II卷（非选择题）
三、填空题（本大题共1小题，共8.0分）
13. 如图甲是苹果自动分拣装置的示意图。该装置能把苹果按一定质量标准自动分拣为大苹果和小苹果。该装置的托盘秤压在一个以O1为转轴的杠杆上，杠杆的末端压在半导体薄膜压力传感器R1上，半导体薄膜压力传感器阻值R1随压力F变化的图像如图乙。当R2两端电压U≥4V时激励放大电路吸动电磁铁开关的衔铁，使分拣开关打开下面通道，并保持一段时间使得苹果进入下面通道，否则苹果进入上面通道。若托盘秤上的苹果质量为250g时，压力F=1N，以此质量为分拣标准。已知电源电动势E=6V，内阻不计。
(1)分析R−F图像可知，图像在某点的斜率越大压力传感器的灵敏度越______(选填“高”、“低”)；
(2)当R2阻值为_______时大于250g的苹果将通过_______(选填“上通道”、“下通道”)；
(3)电源内阻不能忽略时，实际分拣的标准_______250g(选填“大于”、“等于”、“小于”)。
四、实验题（本大题共1小题，共6.0分）
14. 某同学用如图甲装置研究小车做直线运动的规律，实验步骤如下：
①将小车放在长板的P位置，让小车从P位置由静止开始下滑，通过计算机可得到小车与位移传感器距离随时间变化的x−t图像如图乙，并求出小车的加速度a；
②改变长板的倾角，重复步骤①。
请完成下列问题：
(1)本实验________(选填“需要”、“不需要”)平衡小车所受到的摩擦力；
(2)分析图乙中的x、t数据可知，小车相邻相等时间内的位移差为________cm，可得小车的加速度大小为________m/s2(计算结果保留两位小数)。
五、计算题（本大题共4小题，共46.0分）
15. 如图甲，振荡电路电容器的电容为50 pF，线圈自感系数为50 μH，电容器两极板电压与时间的关系为余弦函数如图乙。求
(1)电磁振荡的周期T；
(2)5T6到11T12时间内平均振荡电流(保留3位有效数字)；
(3)t=188T时刻的振荡电流。
16. 如图，一容积为2V0的粗细均匀导热气缸，左侧有一阀门K1，正中间有厚度不计可自由移动的轻活塞，活塞上有一个单向阀门K2(气体只能从左侧进入右侧)，活塞和气缸间不漏气，气缸内空气压强为p0，通过阀门K1向气缸内缓慢充气，每次能将压强为p0，体积为V02。的空气充入气缸，共充气4次。然后通过阀门K1向气缸外缓慢抽气，每次抽出空气体积为)。空气可视为理想气体。求：
(1)充气4次后，缸内气体压强；
(2)抽气2次后，右侧气体的体积；
(3)左侧气体能否全部抽出？若不能请分析原因，若能请计算抽气几次可将左侧气体全部抽出。
17. “百炼成器”，歼−20和设计它的团队都经历了常人难以想象的磨练！如今的歼−20在世界处于领先地位。在某次试飞中，歼−20以v0=200m/s的恒定速度追击前面同一直线上匀速飞行的无人靶机，当两者相距x0=3600m时，歼−20发射一枚导弹，导弹脱离歼−20后沿水平方向做加速度为a=25m/s2的匀加速直线运动，t0=20s时击中无人靶机并将其击落。若发射导弹的时间不计，且发射导弹对歼−20速度的影响可忽略不计。
(1)求无人靶机被击中前飞行的速度大小；
(2)求导弹飞行过程中与无人靶机的最大距离；
(3)导弹击中无人靶机时，歼−20立刻加速尽快到达无人靶机被击中的位置，歼−20到达时速度为零继而悬停在空中。已知歼−20以最大加速度加速t=3.5s后达到本次试飞规定的最大速度vm=340m/，歼−20加速和减速过程最大加速度大小相等，求从导弹击中无人靶机至歼−20到达无人靶机被击中位置的最短时间(计算结果保留3位有效数字)。
18. 如图，间距为L足够长光滑平行导轨GEF放置在水平面上，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于GHEF平面，导体棒cd垂直轨道静止放置。间距也为L光滑平行导轨MNPQ与水平面夹角为θ，MN间有一电容器，倾斜轨道MNPQ在水平面上的投影与水平轨道重合，磁感应强度也为B的匀强磁场垂直于MNPQ平面，导体棒ab垂直导轨在距离NQ为L处由静止释放，由倾斜轨道滑落与水平轨道碰撞，立刻沿水平轨道向右运动。两导体棒始终未相碰，最后达到共同速度v。已知两导体棒质量均为m，导体棒cd的电阻为R，不计导轨及导体棒ab的电阻，重力加速度为g。求：
(1)两导体棒在水平轨道上运动过程中导体棒cd的焦耳热Q；
(2)两导体棒在水平轨道上运动过程中其距离减少量Δx；
(3)电容器的电容C。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查了结合能、半衰期、原子的核式结构模型、重核裂变和轻核聚变等基础知识点，关键要熟悉教材，牢记这些基础知识点。
比结合能越大，原子核越稳定；
放射性元素的半衰期是由核内自身的因素决定的；
α粒子散射实验提出了原子的核式结构模型；
由质能方程知裂变和聚变都释放出巨大能量，都伴随着质量的亏损。
【解答】
解：A.比结合能的大小反映原子核的稳定程度，比结合能越大，原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定，故A错误；
B.放射性元素的半衰期是由核内自身的因素决定的，与原子所处的化学状态无关，故B错误；
C.卢瑟福根据α粒子散射实验提出了原子的核式结构模型，故C错误；
D.重核裂变和轻核聚变两过程均会有质量亏损，都能释放巨大的能量，故D正确。
2.【答案】A
【解析】略
3.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查了竖直上抛运动和自由落体运动，解题时应注意：分析清楚两篮球的运动过程，应用运动学公式即可解题。
根据竖直上抛运动的规律求出A上升到最高点的高度和时间；应用运动学公式求出经过多长时间发生碰撞；根据速度的计算公式求出速度大小和变化量。
【解答】
解：A篮球以速度v竖直向上抛出到达最高点的高度：h=v22g，时间t1=vg；
A篮球下落，B篮球抛出到与A相遇：hB=vt2−12gt22，hA=12gt22；又：h=hA+hB；联立解得：t2=v2g；
A.自A抛出到与B相遇时间t=t1+t2=3v2g，故A错误；
B.自B抛出到与A相遇时间t2=v2g，故B正确；
C.相遇时，vA=gt2=v2，vB=v−gt2=v2，A、B相遇时速度大小均为v2，故C错误；
D.两球各自抛出到相遇过程中，A球速度的变化量：ΔvA=−vA−v=−32v，B球速度的变化量：ΔvB=vB−v=−12v，所以两球速度的变化量不同，故D错误。
4.【答案】C
【解析】略
5.【答案】D
【解析】略
6.【答案】B
【解析】略
7.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查电磁感应的图像问题，根据法拉第电磁感应定律结合闭合电路欧姆定律分析电流的大小，根据F=BIL分析安培力的大小，根据楞次定律的宏观描述分析安培力的方向，根据平衡条件分析摩擦力的方向。
注意此类问题，要擅长使用排除法，本题只需要分析0∼1s内的安培力情况即可得出结论。
【解答】
0−1s，根据法拉第电磁感应定律E=ΔΦΔt可知感应电动势恒定，则感应电流I恒定，根据F=BIL可知安培力均匀增大，磁感应强度增大，根据楞次定律“增缩减扩”可知安培力方向向左，根据平衡条件可知摩擦力方向向右(为正)；
1∼2s，磁感应强度不变，无感应电流，无安培力，无摩擦力；
2∼3s，安培力大小与B大小成正比，根据楞次定律可知安培力方向向右，则摩擦力方向向左。
结合上述分析可知BCD错误，A正确。
8.【答案】C
【解析】略
9.【答案】CD
【解析】
【分析】
根据理想气体状态方程分析温度变化，判断内能变化；p−V图像面积表示做功，结合热力学第一定律分析吸收的热量；温度是分子平均动能的标志，理想气体内能只与温度有关。
本题考查了气体状态变化的图像问题及热力学第一定律，分析清楚气体状态变化过程，理解p−V图像面积的含义，注意热力学第一定律中的符号规则。
【解答】
A、根据pVT=C，从状态D变化到状态A，压强增大，体积增大，则温度升高，气体的内能增大，故A错误；
B、AB段为双曲线的一支，A到B过程为等温过程，内能不变ΔU=0，体积增大对外做功，图线与V轴所围面积表示做功，则外界对气体做功W=−58×0.4×105×0.4×10−3J=−928J，根据热力学第一定律气体吸收的热量Q=−W=928J，故B错误；
C、从B到C过程为等容过程，压强减小则温度降低，气体分子平均动能减小，故C正确；
D、从状态A经BCD回到状态A，温度不变内能不变，外界对气体做负功，根据热力学第一定律知气体吸收热量，故D正确。
10.【答案】BD
【解析】
【分析】
电压表的示数为有效值；根据图像求出角速度，根据Em=NBSω=BΦmω求解最大电动势，根据E=Em 2求解有效值，根据电功率公式求解R的功率，根据最大值判断电容器能否被击穿，根据瞬时值表达式得出电流的瞬时值。
本题考查了考查了交流电的峰值和有效值、瞬时值，知道正弦交变电流电压的最大值是有效值的 2倍。记住，求电量用电动势的平均值，求电功率、电表示数用有效值，击穿电压看最大值。
【解答】
A、电压表的示数为有效值，所以电压表的示数不为零，故A错误；
B、根据图乙知T=2×10−2s，ω=2πT=π×102rad/s，电动势的最大值Em=NBSω=NΦmω=100×2π×10−2×100π=200V，有效值E=Em 2=100 2V，线圈电阻忽略不计，电阻R消耗的功率PR=E2R=100 22200W=100W，故B正确；
C、电容器两端的最大电压UCm=Em=200V<220V，所以电容器不会被击穿，故C错误；
D、通过R的电流i=eR=EmcosωtR=cos100πt (A)，故D正确。
11.【答案】CD
【解析】略
12.【答案】ACD
【解析】
【分析】
导体框平动切割磁感线产生感应电流，根据切割公式、闭合电路的欧姆定律、安培力公式、平衡条件及牛顿第二定律求解匀速运动的速度和加速度，变速阶段利用动量定理求解运动时间，根据功能关系求解产生的内能。
本题属于综合性比较强的题目，较难。
【解答】
A、ab边进入磁场I的过程线框做匀速运动，则有E=BLv0，I=ER，F安=BIL，F安=F
解得v0=2m/s，故A正确；
B、ab边刚进入磁场II时，有E′=2BLv0=2E，I′=E′R=2I，F′安=2BI′L=4F安=4F
根据牛顿第二定律可得a=F′安−Fm=3Fm=3×20.2m/s2=30m/s2，B错误；
C、设线框第二次匀速运动的速度大小为v2，则有E2=2BLv2，I2=E2R，F安2=2BI2L，F安2=F
联立解得v2=v04=0.5m/s
设ab边在磁场II中运动时间为t，根据动量定理可得Ft−2BI2L⋅Δt=Ft−2BLq=mv2−mv0
又q=ΔΦR=2BL2R
联立可得Ft−4LB2L2R=mv2−mv0
ab边在磁场I中做匀速运动时有F安=B2L2v0R=F
联立解得t=0.25s，故C正确；
D.设ab边在磁场I、II运动过程整个线框产生的内能为Q，根据功能关系可得F⋅2L−Q=12mv22−12mv02
解得Q=1.175J，D正确。
13.【答案】 高 60 下通道 大于
【解析】略
14.【答案】(1)不需要；(2)2.60；2.60
【解析】
【分析】
本题为研究小车做直线运动规律的实验，匀变速直线运动中，处理纸带问题时，根据逐差法△x=aT2可以求出加速度的大小。
要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用，掌握求解瞬时速度与逐差法求解加速度的方法。
【解答】
(1)本题为研究小车做直线运动的规律的实验，小车只要做匀加速直线运动即可，不需要分析受力情况，即便有摩擦力，小车仍然可以做匀加速直线运动，故不需要平衡小车所受的摩擦力。
(2)相等时间内(T=0.1s)的位移差为Δx=(42.80−36.30)cm−46.70−42.80cm=2.60cm。
根据逐差法a=ΔxT2=2.60m/s2。
15.【答案】解：(1)振荡电路的周期
T=2π LC
代入数值解得：
T=3.14×10−7s
(2)电容器两极板电压
u=18cos2πTt
t=56T时，电容器带电量
Q1=Cu1
t=1112T时，电容器带电量
Q2=Cu2
平均电流
I=Q2−Q11112T−56T
代入数值解得
I=1.26×10−2A
(3)振荡电流
i=−Imsin2πTt
当t=188T时，i=0
【解析】LC振荡电路的周期公式为T=2π LC。根据图乙写出电容器电压u与t的关系式，根据Q=Cu求电容器的电量，再利用电流的定义式求平均电流。
电路中电流与电容器电压的关系为i=ΔQΔt=CΔUΔt。
16.【答案】(1) 2p0 ；(2) 1.5625V0 ；(3)能完全被抽出，4次
【解析】(1)向里充气，左右相通，由玻意耳定律得 2p0V0+4p0V02=2pV0
得 p=2p0
(2)向外抽气阀门 K2 关闭，抽气1次后 2pV0=p12V0+V02
解得 p1=45p
抽气2次后
2p1V0=p22V0+V02
解得 p2=452p
对右侧气体 pV0=p2V右
得 V右=2516V0=1.5625V0
(3)左侧空气能完全被抽出。
设抽气n次后左侧气体被完全
抽出由(1)得左侧气体压强 pn=45np
对右侧气体得
pV0=p′n2V0
p′n≥pn
即 45n2p0≤p0
可得 3
17.【答案】(1)270m/s；(2)3698m；(3)19.7s
【解析】(1)根据题意，设靶机速度为 v1 ，则有 x0+v1t0=v0t0+12at02
解得 v1=270m/s
(2)设导弹被发射后经 t1 时间与无人靶机速度相等，此时二者间距最大，则有 v1=v0+at1
解得 t1=2.8s
最大距离为 Δx=x0+v1t1−v0t1+12at12
解得 Δx=3698m
(3)导弹击中靶机时，歼 −20 与无人靶机的距离为 x1=x0+v1−v0t0
歼 −20 以最大加速度为 am 做匀加速直线运动。 am=vm−v0t
歼 −20 做匀加速直线运动的位移大小为 x2=v0+vm2t
歼 −20 做匀速直线运动， x3=vmt2
歼 −20 做匀减速直线运动的时间和位移大小分别为 t3=vmam ， x1−x2−x3=vm2t3
所以从歼 −20 击中靶机至歼 −20 到达靶机所在位置的最短时间 tmin=t+t2+t3≈19.7s
18.【答案】(1) mv2 ；(2) mvRB2L2 ；(3) ΔQΔU
【解析】(1)由动量守恒定律得，导体棒ab在水平轨道向右运动的初速度 v1
mv1=2mv
由能量守恒定律得导体棒cd的焦耳热 Q=12mv12−122mv2
可得 Q=mv2
(2)对导体棒cd，由动量定理得 BILΔt=mv
通过导体棒ab的电量 q=IΔt
由法拉第电磁感应定律得 E=ΔΦΔt
且磁通量变化 ΔΦ=BLΔx
由闭合电路欧姆定律得 I=ER
联立得 Δx=mvRB2L2
(3)取极短时间 Δt ，对导体棒ab应用动量定理 mgsinθΔt−BILΔt=mΔv
导体棒ab中的电流 I=ΔQΔt
电容器电容 C=ΔQΔU
电容器两极电压变化量 ΔU=BLΔv
a=ΔvΔt
以上各式联立得 a=mgsinθm+B2L2C
可知导体棒ab在倾斜轨道上做匀加速直线运动 v02=2aL
由几何关系得导体棒ab在倾斜轨道末端时的速度 v0=v1cosθ
可得电容器电容为 C=mgLsinθcos2θ−2mv22v2B2L2
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