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山东省滨州市2022-2023学年高二下学期7月期末物理试题（解析版）
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这是一份山东省滨州市2022-2023学年高二下学期7月期末物理试题（解析版），共24页。
2．第I卷每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。答案不能答在试卷上。
3．第Ⅱ卷必须用0.5毫米签字笔作答，答案必须写在答题卡题目指定区域内相应的位置，不能写在试卷上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不能使用涂改液、胶带纸、修正带。不按以上要求作答的答案无效。
第I卷（选择题 共40分）
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. 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
【答案】D
【解析】A．比结合能越大，原子中核子结合的越牢固，原子核越稳定，故A错误；
B．放射性元素的半衰期与原子核的内部结构有关，而与原子所处的物理或化学状态无关，故B错误；
C．卢瑟福通过α粒子散射实验的实验结果，推翻了汤姆生的枣糕模型，提出卢瑟福的原子核式结构，故C错误；
D．重核裂变和轻核聚变都有质量亏损，均向外界释放核能，故D正确。
故选D。
2. 分子势能与分子间距离x关系如图，在r轴上有完全相同的分子A、B，将A、B由相距处静止释放，当分子间距为时分子速率为，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
B. 分子间距为时，分子的总动能为
C. 分子最小间距为
D. 将分子A固定，由相距处静止释放B，间距变为时，B分子速率为
【答案】A
【解析】A．由图可知当分子间距为时分子势能最小，由能量守恒知识可知分子势能转化为分子动能，即当分子间距为时分子速率最大为，故A正确；
B．即当分子间距为时分子速率最大为，分子的总动能为
故B错误；
C．将A、B由相距处静止释放，有能量守恒的知识可知，当运动至分子最小间距位置时，分子势能应该与处势能相同，由图可知，分子最小间距为与之间，故C错误；
D．将分子A固定，由相距处静止释放B，间距变为时，有能量守恒可得
解得B分子速率为
故D错误
故选A。
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。下列说法正确是（ ）
A. 自A抛出到与B相遇时间为
B. 自B抛出到与A相遇时间为
C. A、B相遇时速度大小均为
D. 两球各自抛出到相遇过程中，两球速度的变化量相同
【答案】B
【解析】AB．根据竖直上抛运动的性质可知，A球运动到最高点的时间
当A球运动到最高点后将向下做自由落体运动，而B球此时做竖直上抛运动，设其与A球在空中相遇的时间为，A球上升的最大高度为，A球与B球相遇时A球的下落的高度为，B球上升的高度为，则由运动学公式有
联立解得
而自A抛出到与B相遇时间为
故A错误，B正确；
C．设A、B相遇时的速度分别为、，则根据运动学公式可得
即A、B相遇时速度大小均为
故C错误；
D．设A、B两球各自抛出到相遇过程中，两球速度的变化量分别为、，取向上为正方向，可得
其中负号表示速度的方向，由此可知，两球各自抛出到相遇过程中，两球速度的变化量不同，故D错误。
故选B。
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。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频率成正比
B. 用频率为的入射光照射时，也一定能发生光电效应
C. 普朗克常量
D. 阴极K的逸出功为
【答案】C
【解析】A．从图乙可知遏止电压大小与入射光的频率为一次函数，不是正比例函数，故选项A错误；
B．用频率为的入射光照射，不一定发生光电效应现象，故选项B错误；
C．根据光电效应方程得
得
由乙图可得斜率为
故选项C正确；
D．根据光电效应方程得
解得
故选项D错误。
故选C。
5. 氢原子第n能级的能量为，其中是基态能量（，，）。若某一氢原子辐射出能量为的光子后，氢原子处于比基态高出的激发态，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
【答案】D
【解析】设氢原子发射光子前后分别处于第能级与第能级，根据题意发射后的能量为
解得
发射前的能量为
解得
则氢原子辐射光子前处于第6能级。
故选D。
6. 两物体的运动图像如图，下列说法正确的是（ ）
A. 若为图像，时间内两物体位移相同
B. 若为图像，两物体同时同位置出发，时刻两物体相遇
C. 若为图像，两物体同时同位置出发，时刻两物体相遇
D. 若为图像，两物体同时从静止出发，时刻两物体速度相同
【答案】B
【解析】A．若为图像，时间内，其中一个物体的位移为零，另一个物体的位移不为零，位移不相等，故A错误；
B．若为图像，两物体同时同位置出发，时刻两物体的平均速度相等，根据可知两物体位移相等，时刻两物体相遇，故B正确；
C．若为图像，根据图像与轴围成的面积表示位移可知，两物体位移不相等，两物体同时同位置出发，时刻两物体不可能相遇，故C错误；
D．若为图像，两物体同时从静止出发，根据图像与轴围成的面积表示速度变化量可知，两物体速度变化量不相等，则两物体的速度不相同，故D错误。
故选B。
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变化的图像为（设向右为静摩擦力的正方向）（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】BC．0～1s内，若磁场垂直纸面向外，根据楞次定律，导体棒中的电流向下，根据左手定则，安培力向左，根据平衡条件，静摩擦力向右，为正值；0～1s内，若磁场垂直纸面向里，根据楞次定律，导体棒中的电流向上，根据左手定则，安培力向左，根据平衡条件，静摩擦力向右，为正值；
综上所述，0～1s内，无论磁场垂直纸面向里，还是垂直纸面向外，静摩擦力的方向均向右，均为正值，BC错误；
AD．0～1s内，根据法拉第电磁感应定律 ，感应电动势为定值；感应电流 为定值；根据平衡条件，静摩擦力 随着B的增大而增大，A正确，D错误。
故选A。
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磁场，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，保护器启动电流为，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
D. 负载电阻电压一定是保护器两端电压的3倍
【答案】C
【解析】A．因人体安全电流，则保护器启动必须设置在A、B线圈电流差值小于时启动，故A错误；
B．人体接触负载电阻的a端时，人体直接接触火线，则人体接触负载电阻的a端比接触b端更危险，故B错误；
C．当线圈A中电流为时，若保护器中的电流为，则线圈A、C的匝数比
则线圈A、C的匝数比应该大于或等于，故C正确；
D．若A、C的匝数比等于，则负载电阻电压是保护器两端电压的3倍；但实际上线圈A、C的匝数比关系不确定，所以负载电阻电压不一定是保护器两端电压的3倍，故D错误。
故选C。
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. 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
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
【答案】CD
【解析】A．根据可知，自状态D变化到状态A，p、V的乘积增大，因此温度T升高，分子热运动的平均动能增大，总动能增大，理想气体的分子势能视为零，因此内能增大，A错误；
B．图像中每个小格对应的功为，自状态A变化到状态B，气体对外做的功对应图线和V轴围成的面积，即
自状态A变化到状态B的曲线段为双曲线的一支，所以温度不变，内能不变，，由得，气体吸收的热量
B错误；
C．从状态B变化到状态C，体积不变，压强减小，由查理定律，气体的温度降低，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，气体对外做功的值大于外界对气体做功的值，即
由，又
得
气体吸收热量。故D正确。
故选CD。
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，电容器标有“”的字样，下列说法正确的是（ ）
A. 时电压表的示数为零
B. 电阻R消耗的功率为
C. 电容器可能被击穿
D. 通过R的电流
【答案】BD
【解析】A．矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴匀速转动，且初始位置与匀强磁场平行，故产生的是余弦交流电，感应电动势的最大值为
其中
代入数据解得
可得
电压表显示的为交流压的有效值，与时间无关，A错误；
B．电阻R消耗的功率为
B正确；
C．电容器的耐压值为220V，大于交流电压的最大值，故电容器不会被击穿，C错误；
D．通过R的电流最大值为
电流瞬时值表达式为
D正确。
故选BD。
11. 在匀强磁场中，一个原来静止的原子核，衰变产生原子核和X粒子，两粒子的径迹为相切圆，原子核径迹圆半径，X粒子径迹圆半径，原子核、原子核和X粒子的质量分别为，光速为c，衰变释放的能量全部转化为原子核和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
C. 原子核的动能为
D. 两粒子的径迹为外切圆，其半径比
【答案】CD
【解析】A．X粒子质量数为4，电荷数为2，是α粒子（），选项A错误；
B．衰变释放能量为
选项B错误；
C．因动量守恒，设原子核和X粒子的速度分别为v1、v2，则
解得原子核的动能为
选项C正确；
D．两粒子均带正电，衰变时速度相反，则径迹外切圆，其半径
则
选项D正确。
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，磁场宽度均为。一边长也为L的正方形闭合导线框，在向右的水平恒力作用下穿过磁场，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，电阻。下列说法正确的是（ ）
A. ab边刚进入磁场I时的速度大小为
B. ab边刚进入磁场Ⅱ时的加速度大小为
C. ab边在磁场Ⅱ中运动时间为
D. ab边在磁场I、Ⅱ运动过程中线框产生的内能为
【答案】ACD
【解析】A．边进入磁场I的过程线框做匀速运动，则有
，，，
解得
故A正确；
B．ab边刚进入磁场II时，有
，，
根据牛顿第二定律可得
故B错误；
C．设线框第二次匀速运动的速度大小为，则有
，，，
联立解得
设ab边在磁场II中运动时间为，根据动量定理可得
又
联立可得
解得
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，根据功能关系可得
解得
D正确。
第Ⅱ卷（非选择题 共60分）
三、非选择题：本题共6小题，共60分。
13. 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________（计算结果保留两位小数）。
【答案】（1）不需要 （2）2.60 2.60
【解析】（1）[1]本实验研究小车做直线运动的规律，不需要求小车所受的合外力，不需要平衡小车所受到的摩擦力。
（2）[2]小车内的位移为
小车内的位移为
小车相邻相等时间内的位移差为
[3]根据匀变速直线运动推论，得小车的加速度大小为
14. 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为转轴的杠杆上，杠杆的末端压在半导体薄膜压力传感器上，半导体薄膜压力传感器阻值随压力F变化的图像如图乙。当两端电压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时，压力，以此质量为分拣标准。已知电源电动势，内阻不计。
（1）分析图像可知，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）当阻值为__________kΩ时大于的苹果将通过__________（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__________（选填“大于”、“等于”、“小于”）。
【答案】（1）高 （2）60 下通道 （3）大于
【解析】（1）[1]分析图像可知，图像在某点的斜率越大，当压力变化时电阻变化越快，即压力传感器的灵敏度越高；
（2）[2][3]由图像可知，托盘秤上的苹果质量为时，压力，此时压敏电阻R1=30kΩ则
解得R2=60KΩ
即当阻值为60KΩ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，大于的苹果将通过下通道；
（3）[4]电源内阻不能忽略时，根据
则实际要吸引衔铁打开通道时的电阻R1偏小，需要的压力偏大，即实际分拣的标准大于。
15. 如图甲，振荡电路电容器的电容为，线圈自感系数为。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）到时间内平均振荡电流（保留3位有效数字）；
（3）时刻的振荡电流。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】（1）振荡电路的周期
代入数值解得
（2）电容器两极板电压
时，电容器带电量
时，电容器带电量
平均电流
代入数值解得
（3）振荡电流
当时
16. 如图，一容积为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，通过阀门K1向气缸内缓慢充气，每次能将压强为，体积为。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。
【答案】（1）；（2）；（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
得
（2）向外抽气阀门关闭，抽气1次后
解得
抽气2次后
解得
对右侧气体
得
（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
对右侧气体得
即
可得
抽气4次后可将左侧气体全部抽出。
17. “百炼成器”，歼和设计它的团队都经历了常人难以想象的磨练！如今的歼在世界处于领先地位。在某次试飞中，歼以的恒定速度追击前面同一直线上匀速飞行的无人靶机，当两者相距时，歼发射一枚导弹，导弹脱离歼后沿水平方向做加速度为的匀加速直线运动，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，歼立刻加速尽快到达无人靶机被击中的位置，歼到达时速度为零继而悬停在空中。已知歼以最大加速度加速后达到本次试飞规定的最大速度，歼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）。
【答案】（1）270m/s；（2）3698m；（3）19.7s
【解析】（1）根据题意，设靶机速度为，则有
解得
（2）设导弹被发射后经时间与无人靶机速度相等，此时二者间距最大，则有
解得
最大距离为
解得
（3）导弹击中靶机时，歼与无人靶机的距离为
歼以最大加速度为做匀加速直线运动
歼做匀加速直线运动的位移大小为
歼做匀速直线运动
歼做匀减速直线运动的时间和位移大小分别为
所以从歼击中靶机至歼到达靶机所在位置的最短时间
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】（1）mv2；（2）；（3）
【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
由能量守恒定律得导体棒cd的焦耳热
可得
（2）对导体棒cd，由动量定理得
通过导体棒ab的电量
由法拉第电磁感应定律得
且磁通量变化
由闭合电路欧姆定律得
联立得
（3）取极短时间Δt，对导体棒ab应用动量定理
导体棒ab中的电流
电容器电容
电容器两极电压变化量
以上各式联立得
可知导体棒ab在倾斜轨道上做匀加速直线运动
由几何关系得导体棒ab在倾斜轨道末端时的速度
可得电容器电容为
2．第I卷每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。答案不能答在试卷上。
3．第Ⅱ卷必须用0.5毫米签字笔作答，答案必须写在答题卡题目指定区域内相应的位置，不能写在试卷上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不能使用涂改液、胶带纸、修正带。不按以上要求作答的答案无效。
第I卷（选择题 共40分）
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. 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
【答案】D
【解析】A．比结合能越大，原子中核子结合的越牢固，原子核越稳定，故A错误；
B．放射性元素的半衰期与原子核的内部结构有关，而与原子所处的物理或化学状态无关，故B错误；
C．卢瑟福通过α粒子散射实验的实验结果，推翻了汤姆生的枣糕模型，提出卢瑟福的原子核式结构，故C错误；
D．重核裂变和轻核聚变都有质量亏损，均向外界释放核能，故D正确。
故选D。
2. 分子势能与分子间距离x关系如图，在r轴上有完全相同的分子A、B，将A、B由相距处静止释放，当分子间距为时分子速率为，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
B. 分子间距为时，分子的总动能为
C. 分子最小间距为
D. 将分子A固定，由相距处静止释放B，间距变为时，B分子速率为
【答案】A
【解析】A．由图可知当分子间距为时分子势能最小，由能量守恒知识可知分子势能转化为分子动能，即当分子间距为时分子速率最大为，故A正确；
B．即当分子间距为时分子速率最大为，分子的总动能为
故B错误；
C．将A、B由相距处静止释放，有能量守恒的知识可知，当运动至分子最小间距位置时，分子势能应该与处势能相同，由图可知，分子最小间距为与之间，故C错误；
D．将分子A固定，由相距处静止释放B，间距变为时，有能量守恒可得
解得B分子速率为
故D错误
故选A。
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。下列说法正确是（ ）
A. 自A抛出到与B相遇时间为
B. 自B抛出到与A相遇时间为
C. A、B相遇时速度大小均为
D. 两球各自抛出到相遇过程中，两球速度的变化量相同
【答案】B
【解析】AB．根据竖直上抛运动的性质可知，A球运动到最高点的时间
当A球运动到最高点后将向下做自由落体运动，而B球此时做竖直上抛运动，设其与A球在空中相遇的时间为，A球上升的最大高度为，A球与B球相遇时A球的下落的高度为，B球上升的高度为，则由运动学公式有
联立解得
而自A抛出到与B相遇时间为
故A错误，B正确；
C．设A、B相遇时的速度分别为、，则根据运动学公式可得
即A、B相遇时速度大小均为
故C错误；
D．设A、B两球各自抛出到相遇过程中，两球速度的变化量分别为、，取向上为正方向，可得
其中负号表示速度的方向，由此可知，两球各自抛出到相遇过程中，两球速度的变化量不同，故D错误。
故选B。
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。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频率成正比
B. 用频率为的入射光照射时，也一定能发生光电效应
C. 普朗克常量
D. 阴极K的逸出功为
【答案】C
【解析】A．从图乙可知遏止电压大小与入射光的频率为一次函数，不是正比例函数，故选项A错误；
B．用频率为的入射光照射，不一定发生光电效应现象，故选项B错误；
C．根据光电效应方程得
得
由乙图可得斜率为
故选项C正确；
D．根据光电效应方程得
解得
故选项D错误。
故选C。
5. 氢原子第n能级的能量为，其中是基态能量（，，）。若某一氢原子辐射出能量为的光子后，氢原子处于比基态高出的激发态，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
【答案】D
【解析】设氢原子发射光子前后分别处于第能级与第能级，根据题意发射后的能量为
解得
发射前的能量为
解得
则氢原子辐射光子前处于第6能级。
故选D。
6. 两物体的运动图像如图，下列说法正确的是（ ）
A. 若为图像，时间内两物体位移相同
B. 若为图像，两物体同时同位置出发，时刻两物体相遇
C. 若为图像，两物体同时同位置出发，时刻两物体相遇
D. 若为图像，两物体同时从静止出发，时刻两物体速度相同
【答案】B
【解析】A．若为图像，时间内，其中一个物体的位移为零，另一个物体的位移不为零，位移不相等，故A错误；
B．若为图像，两物体同时同位置出发，时刻两物体的平均速度相等，根据可知两物体位移相等，时刻两物体相遇，故B正确；
C．若为图像，根据图像与轴围成的面积表示位移可知，两物体位移不相等，两物体同时同位置出发，时刻两物体不可能相遇，故C错误；
D．若为图像，两物体同时从静止出发，根据图像与轴围成的面积表示速度变化量可知，两物体速度变化量不相等，则两物体的速度不相同，故D错误。
故选B。
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变化的图像为（设向右为静摩擦力的正方向）（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】BC．0～1s内，若磁场垂直纸面向外，根据楞次定律，导体棒中的电流向下，根据左手定则，安培力向左，根据平衡条件，静摩擦力向右，为正值；0～1s内，若磁场垂直纸面向里，根据楞次定律，导体棒中的电流向上，根据左手定则，安培力向左，根据平衡条件，静摩擦力向右，为正值；
综上所述，0～1s内，无论磁场垂直纸面向里，还是垂直纸面向外，静摩擦力的方向均向右，均为正值，BC错误；
AD．0～1s内，根据法拉第电磁感应定律 ，感应电动势为定值；感应电流 为定值；根据平衡条件，静摩擦力 随着B的增大而增大，A正确，D错误。
故选A。
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磁场，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，保护器启动电流为，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
D. 负载电阻电压一定是保护器两端电压的3倍
【答案】C
【解析】A．因人体安全电流，则保护器启动必须设置在A、B线圈电流差值小于时启动，故A错误；
B．人体接触负载电阻的a端时，人体直接接触火线，则人体接触负载电阻的a端比接触b端更危险，故B错误；
C．当线圈A中电流为时，若保护器中的电流为，则线圈A、C的匝数比
则线圈A、C的匝数比应该大于或等于，故C正确；
D．若A、C的匝数比等于，则负载电阻电压是保护器两端电压的3倍；但实际上线圈A、C的匝数比关系不确定，所以负载电阻电压不一定是保护器两端电压的3倍，故D错误。
故选C。
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. 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
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
【答案】CD
【解析】A．根据可知，自状态D变化到状态A，p、V的乘积增大，因此温度T升高，分子热运动的平均动能增大，总动能增大，理想气体的分子势能视为零，因此内能增大，A错误；
B．图像中每个小格对应的功为，自状态A变化到状态B，气体对外做的功对应图线和V轴围成的面积，即
自状态A变化到状态B的曲线段为双曲线的一支，所以温度不变，内能不变，，由得，气体吸收的热量
B错误；
C．从状态B变化到状态C，体积不变，压强减小，由查理定律，气体的温度降低，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，气体对外做功的值大于外界对气体做功的值，即
由，又
得
气体吸收热量。故D正确。
故选CD。
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，电容器标有“”的字样，下列说法正确的是（ ）
A. 时电压表的示数为零
B. 电阻R消耗的功率为
C. 电容器可能被击穿
D. 通过R的电流
【答案】BD
【解析】A．矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴匀速转动，且初始位置与匀强磁场平行，故产生的是余弦交流电，感应电动势的最大值为
其中
代入数据解得
可得
电压表显示的为交流压的有效值，与时间无关，A错误；
B．电阻R消耗的功率为
B正确；
C．电容器的耐压值为220V，大于交流电压的最大值，故电容器不会被击穿，C错误；
D．通过R的电流最大值为
电流瞬时值表达式为
D正确。
故选BD。
11. 在匀强磁场中，一个原来静止的原子核，衰变产生原子核和X粒子，两粒子的径迹为相切圆，原子核径迹圆半径，X粒子径迹圆半径，原子核、原子核和X粒子的质量分别为，光速为c，衰变释放的能量全部转化为原子核和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
C. 原子核的动能为
D. 两粒子的径迹为外切圆，其半径比
【答案】CD
【解析】A．X粒子质量数为4，电荷数为2，是α粒子（），选项A错误；
B．衰变释放能量为
选项B错误；
C．因动量守恒，设原子核和X粒子的速度分别为v1、v2，则
解得原子核的动能为
选项C正确；
D．两粒子均带正电，衰变时速度相反，则径迹外切圆，其半径
则
选项D正确。
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，磁场宽度均为。一边长也为L的正方形闭合导线框，在向右的水平恒力作用下穿过磁场，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，电阻。下列说法正确的是（ ）
A. ab边刚进入磁场I时的速度大小为
B. ab边刚进入磁场Ⅱ时的加速度大小为
C. ab边在磁场Ⅱ中运动时间为
D. ab边在磁场I、Ⅱ运动过程中线框产生的内能为
【答案】ACD
【解析】A．边进入磁场I的过程线框做匀速运动，则有
，，，
解得
故A正确；
B．ab边刚进入磁场II时，有
，，
根据牛顿第二定律可得
故B错误；
C．设线框第二次匀速运动的速度大小为，则有
，，，
联立解得
设ab边在磁场II中运动时间为，根据动量定理可得
又
联立可得
解得
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，根据功能关系可得
解得
D正确。
第Ⅱ卷（非选择题 共60分）
三、非选择题：本题共6小题，共60分。
13. 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________（计算结果保留两位小数）。
【答案】（1）不需要 （2）2.60 2.60
【解析】（1）[1]本实验研究小车做直线运动的规律，不需要求小车所受的合外力，不需要平衡小车所受到的摩擦力。
（2）[2]小车内的位移为
小车内的位移为
小车相邻相等时间内的位移差为
[3]根据匀变速直线运动推论，得小车的加速度大小为
14. 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为转轴的杠杆上，杠杆的末端压在半导体薄膜压力传感器上，半导体薄膜压力传感器阻值随压力F变化的图像如图乙。当两端电压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时，压力，以此质量为分拣标准。已知电源电动势，内阻不计。
（1）分析图像可知，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）当阻值为__________kΩ时大于的苹果将通过__________（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__________（选填“大于”、“等于”、“小于”）。
【答案】（1）高 （2）60 下通道 （3）大于
【解析】（1）[1]分析图像可知，图像在某点的斜率越大，当压力变化时电阻变化越快，即压力传感器的灵敏度越高；
（2）[2][3]由图像可知，托盘秤上的苹果质量为时，压力，此时压敏电阻R1=30kΩ则
解得R2=60KΩ
即当阻值为60KΩ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，大于的苹果将通过下通道；
（3）[4]电源内阻不能忽略时，根据
则实际要吸引衔铁打开通道时的电阻R1偏小，需要的压力偏大，即实际分拣的标准大于。
15. 如图甲，振荡电路电容器的电容为，线圈自感系数为。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）到时间内平均振荡电流（保留3位有效数字）；
（3）时刻的振荡电流。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】（1）振荡电路的周期
代入数值解得
（2）电容器两极板电压
时，电容器带电量
时，电容器带电量
平均电流
代入数值解得
（3）振荡电流
当时
16. 如图，一容积为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，通过阀门K1向气缸内缓慢充气，每次能将压强为，体积为。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。
【答案】（1）；（2）；（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
得
（2）向外抽气阀门关闭，抽气1次后
解得
抽气2次后
解得
对右侧气体
得
（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
对右侧气体得
即
可得
抽气4次后可将左侧气体全部抽出。
17. “百炼成器”，歼和设计它的团队都经历了常人难以想象的磨练！如今的歼在世界处于领先地位。在某次试飞中，歼以的恒定速度追击前面同一直线上匀速飞行的无人靶机，当两者相距时，歼发射一枚导弹，导弹脱离歼后沿水平方向做加速度为的匀加速直线运动，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，歼立刻加速尽快到达无人靶机被击中的位置，歼到达时速度为零继而悬停在空中。已知歼以最大加速度加速后达到本次试飞规定的最大速度，歼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）。
【答案】（1）270m/s；（2）3698m；（3）19.7s
【解析】（1）根据题意，设靶机速度为，则有
解得
（2）设导弹被发射后经时间与无人靶机速度相等，此时二者间距最大，则有
解得
最大距离为
解得
（3）导弹击中靶机时，歼与无人靶机的距离为
歼以最大加速度为做匀加速直线运动
歼做匀加速直线运动的位移大小为
歼做匀速直线运动
歼做匀减速直线运动的时间和位移大小分别为
所以从歼击中靶机至歼到达靶机所在位置的最短时间
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】（1）mv2；（2）；（3）
【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
由能量守恒定律得导体棒cd的焦耳热
可得
（2）对导体棒cd，由动量定理得
通过导体棒ab的电量
由法拉第电磁感应定律得
且磁通量变化
由闭合电路欧姆定律得
联立得
（3）取极短时间Δt，对导体棒ab应用动量定理
导体棒ab中的电流
电容器电容
电容器两极电压变化量
以上各式联立得
可知导体棒ab在倾斜轨道上做匀加速直线运动
由几何关系得导体棒ab在倾斜轨道末端时的速度
可得电容器电容为
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