云南省玉溪市玉溪师范学院附属中学2022-2023学年高二下学期期末考试物理试卷

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云南省玉溪师范学院附属中学2022—2023学年高二下学期期末考试
高二 物理
考试时间：90分钟；试卷满分：100分
注意事项：
1.答题前填写好自己的班级、姓名、考号等信息
2.请将正确答案填写在答题卡上
第Ⅰ卷 选择题
一、单选题（共8小题，每题3分，共24分）
1. 关于分子势能，下列说法正确的是(设两分子相距无穷远时分子势能为零)(　　)
A. 体积增大，分子势能增大;体积缩小，分子势能减小
B. 当分子间距离r=r0时，分子间合力为零，所以分子势能为零
C. 当分子间作用力为引力时，体积越大，分子势能越大
D. 当分子间作用力为斥力时，体积越大，分子势能越大
2. 一定质量的理想气体沿p-V坐标图中曲线所示的方向发生变化，其中曲线ADB是以p轴、V轴为渐近线的双曲线的一部分，则(　　)
A. 气体由A变到B，一定是放热的
B. 气体由B变为A，一定是吸热的
C. 气体由A变到B再变到A，吸热多于放热
D. 气体由A变到B再变到A，放热多于吸热
3. 如图所示，带有活塞的汽缸中密封着一定质量的理想气体(不考虑气体分子势能)，汽缸和活塞均具有良好的绝热性能．将一个热敏电阻(随温度升高，电阻变小)置于汽缸中，热敏电阻与汽缸外的欧姆表连接，汽缸固定不动，缸内活塞可自由移动且不漏气，活塞下挂一沙桶，沙桶装满沙子时活塞恰好静止．现将沙桶底部钻一小洞，细沙缓缓漏出．则下列说法不正确的是(　　)
A. 外界对气体做功，气体的内能增大
B. 气体对外界做功，气体的内能减小
C. 气体的压强增大，体积减小
D. 欧姆表的指针逐渐向右偏转
4. 如图所示，纸面内有一矩形导体闭合线框abcd，ab边长大于bc边长，置于垂直于纸面向里、边界为MN的匀强磁场外，线框两次匀速地完全进入磁场，两次速度大小相同，方向均垂直于MN.第一次ab边平行于MN进入磁场，线框上产生的热量为Q1，通过线框导体横截面的电荷量为q1；第二次bc边平行于MN进入磁场，线框上产生的热量为Q2，通过线框导体横截面的电荷量为q2，则(　　)
A. Q1>Q2，q1＝q2
B. Q1>Q2，q1>q2
C. Q1＝Q2，q1＝q2
D. Q1＝Q2，q1>q2
5. 不带电的锌板和验电器用导线相连．若用甲灯照射锌板，验电器的金属箔片不张开；若用乙灯照射锌板，验电器的金属箔片张开，如图所示，则与甲灯相比，乙灯发出的光(　　)

A. 频率更高 B. 波长更大 C. 光强更强 D. 速度更大
6. 下列核反应属于裂变反应的是(　　)
A. O＋n→N＋H B. Si＋H→P＋n
C. U＋n→Ba＋Kr＋3n D. Ra→Rn＋He
7. 关于动量定理，下列说法正确的是(　　)
A. 动量越大，合外力的冲量越大 B. 动量变化越大，合外力的冲量越大
C. 动量变化越快，合外力的冲量越大 D. 冲量的方向与动量的方向相同
8. 对于机械振动和机械波，下列说法正确的是(　　)
A. 有波一定有振动 B. 有振动一定有波
C. 波使振动在介质中传播 D. 一旦波源停止振动，机械波立即消失

二、多选题（共4小题，每题4分）
9. 如图所示，有两根和水平方向成α(α1，故光是从空气射入玻璃砖的，入射角为i，A正确；由折射率的定义知n＝1.5，B错误，C正确．


14. (1)①左　②160　(2)2I1R1I2　(3)无
【解析】(1)①实验步骤B中滑动变阻器R3的滑片应调至最左端，使元件电压从零开始调节，保护元件及电表．
②把量程为100 mA的电流表A改装成量程为200 mA的电流表A1，应并联一个阻值为12 Ω的电阻，乙图的示数为80 mA，根据电表改装原理可知，流过R2的电流应为示数的2倍，即160 mA.
(2)灵敏电流计G的示数为零时，由并联电路的规律知，2I1R1＝I2Rx，
可得待测金属圆柱Rx的阻值为Rx＝2I1R1I2.
(3)由Rx测量的表达式可知，电流表A1、A2的内阻对测量结果无影响．


15. (1)90 cmHg　(2)27 cm
【解析】(1)对右管中的气体分析,初态压强p1=75 cmHg、体积V1=30S,末态体积V2=(30-5)S=25S
由玻意耳定律p1V1=p2V2,代入数据解得p2=90 cmHg
(2)对水平管中的气体分析,初态压强p=p0+15 cmHg=90 cmHg、体积V=11S,末态压强p'=p2+20 cmHg=110 cmHg
根据玻意耳定律pV=p'V',代入数据解得V'=9S
水平管中的气体长度变为9 cm,此时原来左侧19 cm水银柱已有11 cm进入到水平管中,所以左侧管中倒入水银柱的长度应该是(110-75-8) cm=27 cm。


16. (1)　(2)　(3)B0
【解析】(1)粒子在直线MN、PQ之间运动的过程中，有＝vt0，解得v＝.
(2)由题意可得粒子在磁场中的运动轨迹如图甲所示，
设粒子在磁场中运动的轨迹半径为r，则＝tanθ，
又qvB0＝m，解得＝.
(3)由题意可知，若粒子沿着某一固定的轨迹运动，则粒子在A点下方的运动情况如图乙所示，可知＝tanθ，
又qvB1＝m，解得B1＝B0.



17. (1)0.4 m　(2)3.2 m/s　(3)14.4 J
【解析】(1)A与C组成的系统在碰撞过程中满足动量守恒，根据动量守恒定律有mAv0＝(mA＋mC)v1，得v1＝3 m/s，
设小球下落时间为t，则H＝12gt2，解得t＝0.4 s，
则Δx＝(v0－v1)t＝0.4 m.
(2)设系统最终速度大小为v2，由水平方向动量守恒得
(mA＋mB)v0＝(mA＋mB＋mC)v2，
解得v2＝3.2 m/s.
(3)由能量守恒定律得
ΔE＝mBgH＋12(mA＋mB)v02－12(mA＋mB＋mC)v22，解得ΔE＝14.4 J.