2023-2024学年河南省开封市高二（下）期末物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年河南省开封市高二（下）期末物理试卷（含解析），共14页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.下列事实与光的粒子性无关的是( )
A. 光电效应B. 康普顿效应C. 黑体辐射D. α粒子散射实验
2.石墨烯是一种由碳原子紧密堆积成单层二维六边形晶格结构的新材料，一层层叠起来就是石墨，1毫米厚的石墨约有300万层石墨烯。下列关于石墨、石墨烯的说法正确的是
A. 石墨是晶体，石墨烯是非晶体
B. 石墨烯熔解过程中吸热，碳原子的平均动能不变
C. 单层石墨烯的厚度约3 μm
D. 碳纳米管是管状的纳米级石墨，碳原子之间的化学键属于强相互作用
3.州桥遗址是中国大河文明的有力见证，揭示了黄河与开封古城共生共存的关系。可以根据碳14(614C)的衰变程度来计算样品大概年代，其半衰期为5730年。则下列说法正确的是
A. 已知碳14是中子撞击大气中的氮发生核反应产生的，则其反应方程为 714N+01n→614C+11H
B. 假设测得某样品中碳14含量是当前大气中含量的18，则该样品距今约为11000年
C. 碳14(614C)发生β衰变，β粒子是碳14核外电子电离形成的
D. 碳14发生衰变后形成新核的比结合能比碳14更小
4.如图所示一正方形线圈放在匀强磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，磁感应强度B随时间t变化的规律如图所示，t=0时刻磁场的方向垂直线圈平面向里，则下列判断正确的是( )
A. t=1 s时线圈中的电流方向发生变化
B. 0∼2s内线圈中磁通量的变化量为零
C. 1∼2s内线圈中电流方向为顺时针方向
D. 在第3s末线圈中的感应电动势等于零
5.如图甲所示，是国产某型号手机无线充电装置，其工作原理图如图乙所示，送电线圈和受电线圈回路中串联的电阻阻值均为R，把送电线圈和受电线圈构成的功能部分视为理想变压器，n1>n2则下列说法正确的是

甲 乙
A. 将手机换成铝片放到工作的充电器上，铝片会发热
B. 受电线圈回路中电阻产生的热量比送电线圈中电阻产生的热量小
C. 若手机电池出现短路故障，送电线圈两端的电压会增大
D. 若受电线圈中的电流恒为1 A时，充满容量为2000 mA·ℎ的电池，至少需要100 min
6.在如图所示电路中接入220 V正弦交流电，两个灯泡的电阻相同。假设二极管正向电阻为0、反向电阻无穷大。闭合开关S，通过灯泡L1、L2的电流有效值比为( )
A. 1: 5B. 1: 3
C. 1:2D. 1:1
二、多选题：本大题共4小题，共20分。
7.下列四幅图分别对应四种说法，其中正确的是
A. 图甲为氧气分子在不同温度下的速率分布图像，由图甲可知状态③的温度最高
B. 图乙中随着温度的升高，黑体辐射强度的极大值向频率较高的方向移动
C. 图丙中，洁净的玻璃板接触水面，要使玻璃板离开水面，拉力必须大于玻璃板受到的重力，其原因是玻璃板受到大气压力作用
D. 图丁中，由气体的摩尔体积、摩尔质量和阿伏加德罗常数，可以估算出气体分子的质量和体积
8.图中为测量储罐中不导电液体高度的电路，将与储罐外壳绝缘的两块平行金属板构成的容C置于储罐中，电容C可通过开关S与电感L或电源相连。当开关从a拨到b时，由电感L与电容C构成的回路中产生的振荡电流如图乙所示。在平行板电容器极板面积一定、两极板间距离一定的条件下，下列说法正确的是( )
A. 储罐内的液面高度降低时电容器的电容减小
B. t1∼t2时间内电容器放电
C. t2∼t3时间内LC回路中磁场能逐渐转化为电场能
D. 若电感线圈的自感系数变大，则LC回路振荡电流的频率将变小
9.如图为某款条形码扫描笔的工作原理图，发光二极管发出的光频率为ν0。将扫描笔笔口打开，在条形码上匀速移动，遇到黑色线条光几乎全部被吸收；遇到白色线条光被大量反射到光电管中的金属表面(截止频率0.8ν0)，产生光电流，如果光电流大于某个值，会使信号处理系统导通，将条形码变成一个个脉冲电信号。下列说法正确的是( )
A. 扫描笔在条形码上移动的速度会影响相邻脉冲电信号的时间间隔
B. 频率为ν0的光照到光电管的金属表面立即产生光电子
C. 若频率为ν0的光子能量为8eV，则一群氢原子从n=4能级跃迁到n=1能级过程中发出的光，有4种光可以识别条形码
D. 若部分光线被遮挡，光电子飞出阴极时的最大初动能不变，但光电流减小
10.如图所示为一定质量的理想气体从状态A依次经过状态B、C、D后再回到状态A的p−V图像，其中，A→B和C→D图线为双曲线的一部分，D→A为绝热过程。下列说法正确的是
A. A→B过程中，气体可能向外界放出热量
B. B→C过程中，气体一定向外界放出热量
C. D→A过程中，只有外界对气体做功
D. 整个过程中气体从外界吸收热量
三、实验题：本大题共2小题，共12分。
11.某同学在“用油膜法估测油酸分子的大小”实验有两个非常巧妙的设计，请你借鉴这两个设计思路，完成以下实验
(1)现需要在一个烧杯中倒入0.01克食盐供以后做实验用，但现有的电子秤最小只能称0.1克的质量，以下方法最合理的是__________
A.称量0.1克铺平到10块方格中
B.把0.1克食盐充分溶解后，取110溶液蒸发结晶
C.用放大镜查食盐颗粒数目
(2)有一小捆长度相同粗细均匀的细铁丝，要较精确地测量细铁丝的横截面积，采用如下方法测量测量方法：
①向量筒中倒入适量的水，读取示数V1；
②将10根长度相同的细铁丝放入量筒中，使其被水浸没，读取示数V2；
③取出细铁丝，用刻度尺测出一根细铁丝的长度L；
④每根细铁丝的横截面积为S=__________
(3)某学生在做“用油膜法估测分子的大小”的实验时，计算结果偏大，可能是由于__________
A.油酸未完全散开
B.将油酸酒精溶液置于一个敞口容器中放置一段时间
C.求每滴体积时，1 mL的溶液的滴数多记了10滴
D.计算油膜面积时，舍去了所有不足一格的方格
12.半导体薄膜压力传感器阻值会随压力变化而改变。某小组设计实验测量一薄膜压力传感器在不同压力下的阻值，其阻值约几十千欧，现有以下器材：
电源：电动势3 V，内阻不计
电流表A1：量程250 μA，内阻约为50 Ω
电流表A2：量程250 mA，内阻约为10 Ω
电压表V：量程3 V，内阻约为20 kΩ；
滑动变阻器R：阻值范围0～100 Ω
压力传感器RF，开关S，导线若干。
(1)为了提高传感器在一定压力下阻值测量的准确性，选用合适的电流表(标明符号)补充完整图甲中虚线框内的测量电路。
(2)完成前面的实验工作后，将该压力传感器接入如图丙所示电路中，制作成简易电子秤，它主要构成有：压力传感器RF，定值电阻R0=14 kΩ、理想电流表(量程250 μA)，电动势为6 V的电源，电源内阻不计。
①将该电子秤水平放置在竖直方向运动的电梯里，在托盘上放一砝码，托盘和砝码的总质量为600 g，电流表示数为200 μA，取重力加速度9.8 m/s2，通过计算可知压力传感器的阻值为__________kΩ，可得电梯的加速度大小为__________m/s2。
②若使用一段时间后，电源电动势减小，电源内阻不计，则重物质量的测量值将__________(选填“偏大”“偏小”或“不变”)。
四、计算题：本大题共3小题，共38分。
13.如图所示，边长为L的等边三角形abc区域外存在着垂直于abc所在平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B。P、Q均为ab边的三等分点。t=0时刻，磁场方向正好垂直于abc所在平面向里，带负电的粒子在abc平面内以初速度v0从a点垂直于ac边射出，并从P点第一次进入三角形abc区域。磁感应强度大小始终为B。不计带电粒子重力，求：
(1)粒子的荷质比；
(2)粒子第一次到达c点的时刻。
14.图甲为山地车的气压避震装置，主要由活塞、汽缸和弹簧组成。某研究小组将其取出进行研究。如图乙所示，将带有活塞A的导热汽缸B放置在倾角为θ=30∘的光滑斜面上，活塞用另一端固定的轻弹簧拉住，轻弹簧平行于斜面，初始状态活塞到汽缸底部的距离为L1=27cm，汽缸底部到斜面底端的挡板距离为L2=1cm，汽缸内气体的初始温度为T1=270K。已知汽缸质量为M=0.6kg，活塞的质量为m=0.2kg，横截面积为S=1.5cm2，活塞与汽缸间密封一定质量的理想气体，活塞能无摩擦滑动，重力加速度为g=10m/s2，大气压为p0=1.0×105Pa。
(1)求初始状态下汽缸内气体压强p1；
(2)对汽缸缓慢加热，汽缸内气体的温度从T1上升到T2，此时汽缸底部恰好接触到斜面底端的挡板，求T2；
(3)已知该封闭气体的内能U与温度T之间存在关系U=kT，k=2×10−3J/K，求第(2)问过程中气体吸收的热量Q。
15.如图所示，间距L=1m的两平行光滑金属导轨，x轴平行于导轨，y轴垂直于导轨。一质量为ma=2kg的绝缘棒a静止置于x=0处。在y轴右侧区域的导轨间存在垂直纸面向外、大小为B的非匀强磁场，满足B=0.5xT变化。质量为mb=1kg的金属棒b垂直导轨静止于x1=0.5m处，导轨右侧的恒流源能为电路提供恒定的电流I=8A(方向如图中箭头所示)。在两轨道中存在一劲度系数为k=8N/m的轻质弹簧，右端与绝缘棒a相连处于原长状态，弹簧始终处于弹性限度内，忽略一切阻力。求：
(1)若将单刀双掷开关接R=0.5Ω的电阻，用外力将b棒匀速拉到a棒处，不计其他电阻，求通过电阻R的电荷量Q。
(2)若接通恒流源，求金属棒b第一次到达y轴(还未与a相碰)时的速度大小v0；
(3)在第二问的情况下，已知能做简谐振动的物体其回复力与位移关系可以转换成公式F=−mω2x，其中m为振子质量，ω为简谐振动的圆频率，x为位移。以绝缘棒a与金属棒b第一次碰撞为t=0时刻，两棒的碰撞始终为弹性碰撞，求金属棒b的位置坐标随时间变化的函数方程。
答案解析
1.D
【解析】AB.光电效应现象说明光的能量是一份一份的，随后的康普顿效应说明光子除了能量之外还有动量，这两个现象都说明光具有粒子性，故AB错误；
C.黑体辐射说明光的能量是一份一份的，说明光具有粒子性，故C错误．
D、发现α粒子散射实验中少数α粒子发生了较大偏转是卢瑟福猜想原子核式结构模型的主要根据，与光的粒子性无关，故D正确。
故选D。
2.B
【解析】A.石墨有规则的形状是晶体，石墨烯是石墨中提取出来的新材料，也有规则的形状是晶体，故A错误；
B.石墨烯是晶体，在熔解过程中，温度不变，故碳原子的平均动能不变，故B正确；
C.1毫米厚的石墨约有300万层石墨烯，则单层石墨烯的厚度约1300μm，故C错误；
D.碳原子之间的化学键属于分子力，故D错误。
故选B。
3.A
【解析】A.根据核反应过程中的质量数和电荷数守恒得出，A正确；
B.该样品距今时间约为5730×3=17190年，故B错误；
C.发生β衰变，β粒子是原子核中的一个质子转变为一个中子和一个电子，射出的β粒子就是这个电子，不是核外电子，故C错误；
D.比结合能越大，原子核越稳定，衰变后的新核比更稳定，比结合能比碳14更大，故D错误；
故选A。
4.C
【解析】A.根据楞次定律及安培定则可知，在0∼2s内，线圈中产生的感应电流为顺时针方向，电流方向不变，A错误；
B.0∼2s内线圈中磁通量的变化量不为零，B错误；
C.根据楞次定律及安培定则可知，在0∼2s内，线圈中产生的感应电流为顺时针方向，C正确；
D.根据楞次定律及安培定则可知，在2∼4s内，线圈中产生的感应电流为逆时针方向，感应电动势不为零，D错误；
故选C。
5.A
【解析】A.将手机换成铝片放到工作的充电器上会产生涡流，铝片会发热，故A正确；
B.因为n1>n2，根据变压器的电流之比等于匝数反比得出，受电线圈中的电流大于送电线圈中的电流，根据Q=I2Rt得出，受电线圈回路中电阻产生的热量比送电线圈中电阻产生的热量大，故B错误；
C.若手机电池出现短路故障，则受电线圈中的电流增大，送电线圈中的电流增大，送电线圈中串联的电阻两端电压增大，送电线圈两端的电压会减小，故C错误；
D.根据I=qt得出，t=qI=2000mA·ℎ1000mA=2ℎ=120min，故D错误；
6.A
【解析】二极管正向电阻为0，反向电阻无穷大，二极管导通则与其并联的灯泡L1短路，此时L2灯泡与电源串联，二极管不导通时，L1、L2串联，则根据Q=U2Rt，可知对于L1，(2202R)2RT2=I12RT，解得：I1= 6050R，
对于L2，(2202R)2RT2+(220R)2RT2=I22RT，解得：I2= 6050×5R，故合开关S，通过灯泡L1、L2的电流有效值比为1: 5 。故A正确，BCD错误。
7.AB
【解析】A.图甲中，温度越高，速率大的分子占比越大，则状态③的温度最高，故A正确；
B.图乙中，随着温度的升高，黑体辐射强度的极大值向波长短即频率较高的方向移动，故B正确；
C.图丙中，洁净的玻璃板接触水面，要使玻璃板离开水面，拉力必须大于玻璃板的重力，其原因是水分子和玻璃分子之间存在分子引力，故C错误；
D.图丁中，由气体的摩尔质量和阿伏加德罗常数，可以估算出气体分子的质量，用气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数可以估算出气体分子占据的空间体积，而不是分子的体积，故D错误。
故选AB。
8.AD
【解析】】A.根据 C=εS4πkd ，储罐内的液面高度降低时ε减小，电容器的电容C减小，A正确；
B. t1 ∼ t2 时间内，电流减小，磁场减弱，磁场能减小，电场能增大，电容器充电，B错误；
C. t2 ∼ t3 时间内，电流增大，磁场增强，磁场能增大，电场能减小，LC回路中电场能逐渐转化为磁场能，C错误；
D.根据 f=12π LC ，若电感线圈的自感系数L变大，则LC回路振荡电流的频率f将变小，D正确。
故选AD。
9.ABD
【解析】A.由题意，可知扫描笔在条形码上移动的速度越快，相邻脉冲电信号的时间间隔就越短，所以扫描笔在条形码上移动的速度会影响相邻脉冲电信号的时间间隔，故A正确；
B.只要入射光的频率大于光电管的金属的极限频率，入射光照射该金属时，金属表面瞬间就会有光电子产生，故B正确；
C.若频率为 ν0 的光子能量为8eV，则一群氢原子从n=4能级跃迁到n=1能级过程中发出的光，可以识别条形码的光子的能量至少要大于6.4eV。根据氢原子从高能级向低能级跃迁时释放光子的能量
ΔE=Em−En 结合能级图，可知满足该条件的光子为4→1，3→1，2→1共3种光可以识别该条形码，故C错误；
D.根据光电效应规律可知，若部分光线被遮挡，入射光的频率不变，光强度减弱，则光电子飞出阴极时的最大初动能不变，但光电流减弱，故D正确。
故选ABD 。
10.CD
【解析】A.根据题意可知， A→B 过程中，气体温度不变，气体内能不变，由图像可知，气体体积变大，外界对气体做负功，根据热力学第一定律可知，气体从外界吸热，故A错误；
BC.由题意可知， C→D 过程气体温度不变，则有TC=TD ，D→A 为绝热过程，气体体积减小，外界对气体做正功，根据热力学第一定律可知，气体内能增大，温度升高，则有TA=TB>TC=TD，则 B→C 过程中，气体温度降低，气体内能减小，气体体积变大，外界对气体做负功，所以无法确定气体向外界放出热量还是从外界吸收热量，故B错误，C正确；
D.根据 p−V 图像的面积意义可知，整个过程中，外界对气体做负功，而气体内能不变，根据热力学第一定律可知，气体从外界吸收热量，故D正确。
故选CD。
11.(1)B;
(2)V2−V110L;
(3)AD
【解析】解：(1)A.称量0.1克铺平到10块方格中，由于食盐颗粒大小不均匀，无法准确称量，故A错误;
B.把0.1克食盐充分溶解后，取110溶液蒸发结晶，可以准确称量，故B正确;
C.用放大镜查食盐颗粒数目，由于食盐颗粒大小不均匀，无法准确称量，故C错误;
故选：B。
(2)10根长度相同的细铁丝的体积V=V2−V1
根据V=10SL可得：S=V10L=V2−V110L
(3)A.油酸未完全散开，导致S偏小，油酸分子的直径计算结果偏大，故A正确;
B.若油酸酒精溶液长时间敞口放置，酒精挥发使溶液的浓度变大，实验数据处理仍然按照挥发前的浓度计算，即算出的纯油酸体积偏小，则所测的分子直径d明显偏小，故B错误;
C.求每滴体积时，1mL的溶液的滴数多记了10滴，根据公式V=V总n可知，一滴油酸酒精溶液中的纯油酸体积会偏小，这将导致纯油酸体积的计算值小于实际值，油酸分子的直径计算结果偏小，故C错误;
D.计算油膜面积时，舍去了所有不足一格的方格，导致S偏小，油酸分子的直径计算结果偏大，故D正确。
故选AD。
12.(1)；(2)①16；0.2；②偏小。
【解析】(1)电路中最大电流为Imax=ERF=310×103A=300μA，故为了提高测量的准确性，电流表应选A ​1；由于滑动变阻器的阻值相比压力传感器阻值小得多，且使电表示数变化范围更大，滑动变阻器采用分压式接法，根据RF> RV⋅RA，所以电流表采用内接法，故电路图连接如图所示
(2)①由闭合电路的欧姆定律I=ERF+R0，代入数据解得RF=16kΩ。由图乙可知，当 RF=16kΩ 时，压力传感器的示数为F=6.0N，
由牛顿第二定律F−mg=ma，解得a=0.2m/s2。
②若使用一段时间后，电源电动势减小，电源内阻不计，则电路中电流减小， RF 的计算值增大，导致重物压力的值增小，所以重物质量的测量值将偏小。
13.解：(1)由几何关系可得R=aP=L3，由洛伦兹力提供向心力可得qv0B=mv02R，解得qm=3v0BL;
(2)设粒子做匀速圆周运动的周期为T，则T=2πmBq=2πL3v0，粒子做匀速直线运动的位移大小为 33L，粒子第一次到达c点共经历两次圆周运动和一次匀速直线运动t= 33v0L+(θ1+θ2360∘)2πmqB，解之得：
t= 33v0L+4π9v0L.
【解析】本题考查带电粒子在磁场中的偏转，正确画出运动轨迹是解题的关键。
(1)画出运动轨迹，结合几何关系得出粒子运动的半径，根据洛伦兹力提供向心力列方程得出粒子的荷质比；
(2)计算粒子运动的周期，匀速直线运动的时间等，从而求出。
14.(1)对气缸和活塞整体分析有
F=(M+m)gsinθ
对活塞受力分析有
F+p1S=mgsinθ+p0S
代入数据解得
p1=8×104Pa
(2)对汽缸缓慢加热，气体做等压变化，则
SL1T1=S(L1+L2)T2
解得
T2=280K
(3)气体内能的变化量为
ΔU=k(T2−T1)=2×10−3×10J=0.02J
外界对气体做功为
W=−p1SL2=−8×104×1.5×10−4×1×10−2J=−0.12J
根据热力学第一定律
ΔU=W+Q
解得
Q=0.14J

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
15.(1)通过电阻R的电荷量
Q=It
又
I=ER ， E=ΔΦΔt
解得
Q=ΔΦR
又
ΔΦ=BΔS=12×0.5×0.5×1×0.5Wb=0.0625Wb
所以
Q=0.125C
(2)对b棒受力分析可得b棒受到的安培力大小为
F安=BIL=4xN
说明b棒从开始到y轴以y轴为平衡位置做简谐振动(简谐振动的四分之一周期)根据动能定理可得
W安=12mbv 02
根据简谐运动的特点可得
W安=12×4x 12=12×4×0.52J=0.5J
解得属棒b第一次到达y轴(还未与a相碰)时的速度大小
v0=1m/s
(3)两棒发生完全弹性碰撞，由动量守恒和机械能守恒可得
mbv0=mava+mbvb ， 12mbv 02=12mav a2+12mbv b2
解得
va=23m/s ， vb=−13m/s
两棒第一次碰后，金属棒a在弹簧弹力作用下做简谐运动
Ta=2π mak=πs
金属棒b在安培力作用下做简谐运动
F=−BIL=−4x=−mbω b2x
解得
ωb= 41s−1=2s−1
则
Tb=2πωb=πs
故第二次碰撞发生在 x=0 处。
第二次碰撞由动量守恒和机械能守恒可得
mava+mbvb=mav a′+mbv b′ ， 12mav a2+12mbv b2=12mav a ′2+12mbv b ′2
解得
va′=0 ， v b′=v0=1m/s
两金属棒周期性重复以上运动，当
kπ≤t≤π2+kπk=0,1,2⋯
金属棒b到达最右边时，根据能量守恒定律得
12mbv b2=0+0.5x2×8x
解得
x=16m
则
xb=16sinωt=16sin2tm
当
π2+kπ≤t≤π+kπk=0,1,2⋯
时，b棒向右运动的最大位移为0.5m，则
xb=12sin2t−π=−12sin2tm
所以金属棒b的位置坐标随时间变化的函数方程为
当 kπ≤t≤π2+kπk=0,1,2⋯ 时
xb=16sinωt=16sin2tm
当 π2+kπ≤t≤π+kπk=0,1,2⋯ 时
xb=12sin2t−π=−12sin2tm

【解析】详细解答和解析过程见【答案】