2023泰安高二下学期期末考试物理含解析

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/s

C. 在M点对应的位置，舰载机的速度大于20m/s

D. 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300J D. 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/s2 B. 物体到达B点时速度大小为5m/s

C. A、D两点间的距离为24.5m D. 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2mg

B. 球B受到墙面的弹力大小2mg

C. 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##CA    ②. 0.74    ③.       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. 2.5×10-6    ②. 6.1×10-10    ③. 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

=1m

t=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