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2022-2023学年江西省宜春市樟树市高二(下)期末物理试卷(含详细答案解析)
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这是一份2022-2023学年江西省宜春市樟树市高二(下)期末物理试卷(含详细答案解析),共15页。试卷主要包含了单选题,多选题,实验题,简答题,计算题等内容,欢迎下载使用。
1.只要知道下列哪一组物理量,就可以估算出气体分子间的平均距离( )
A. 该气体的密度、体积和摩尔质量
B. 阿伏加德罗常数,该气体的质量和密度
C. 阿伏加德罗常数,该气体的摩尔质量和密度
D. 阿伏加德罗常数,该气体的摩尔质量和质量
2.下列科学家属于“物体越重,下落越快”的观点的代表人物( )
A. 牛顿B. 伽利略C. 亚里士多德D. 爱因斯坦
3.用镊子夹住棉球,点燃后在空玻璃杯内转一圈,取出后将杯盖盖好,过一会冷却后杯盖不容易被打开。从盖住杯盖到冷却后的过程中( )
A. 杯内气体的压强变大B. 杯内单位体积的分子数减少
C. 杯内气体分子运动的平均速率不变D. 杯壁单位面积受到的气体分子撞击力减小
4.原子核的核反应类型通常分为四种,反应过程中都遵守质量数、电荷数守恒规律。以下核反应方程式。书写正确且属于人工转变的是( )
A. 90234Th→91234Pa+−10eB. 92235U+01n→56144Ba+3689Kr+301n
C. 24He+49Be→612C+01nD. 12H+13H→24He+01n
5.置于真空中的半球形玻璃砖的横截面如图所示,O为球心,MN为直径,A、B为半圆弧MAN上的两点,且A为半圆弧中点,BO与AO的夹角为30∘。有一条与MN平行的光线从B点射入玻璃砖后直接经过N点,则玻璃砖的折射率为( )
A. 33
B. 2
C. 1.5
D. 3
6.如图甲所示为LC振荡电路,图乙为电路中电容器两端电压随时间变化的图像,则下列说法中正确的是( )
A. 图甲时刻电容器正处在充电过程
B. 由图乙可知振荡频率在不断减小
C. 由图乙可知电场能在不断减小
D. 减小电容器的正对面积能更有效地发射电磁波
7.如图所示,△ABC为一直角玻璃三棱镜的横截面,∠A=30∘,一束红光垂直AB边射入,从AC边上的D点射出,其折射角为60∘.则下列说法正确的是
( )
A. 玻璃对红光的折射率为 2
B. 红光在玻璃中的传播速度大小为2×108m/s
C. 若使该束红光绕O点顺时针转过60∘角,则光不会从AC面射出来
D. 若将这束红光向左水平移动一小段距离则从AC面上出来的折射角小于60∘
二、多选题:本大题共4小题,共16分。
8.如图所示,匀强电场中有一个与电场平行的长方形区域ABCD.已知AC=2AB=4cm,A、B、C三点的电势分别为12V、8V、4V.某带电粒子从A点以初速度v0=2m/s,与AD成30∘夹角射入电场,粒子在ABCD所在平面运动,恰好经过C点。不计粒子的重力。下列说法正确的是( )
A. .该粒子可能带负电
B. 电场强度大小为400 33V/m
C. .粒子过C点的速度为2 13m/s
D. .仅改变初速度v0方向,该粒子可能经过B点
9.夜晚高速公路路标在灯光的照射下特别亮,主要是因为使用了由大量均匀透明介质球组成的反光材料。如图所示,介质球的球心位于O点,半径为R。平行于直径AOB的单色光从空气射入介质球,其中一条光线沿CD射入球体,在球内表面经一次反射后,再次折射回空气中时出射光线恰好与CD平行。已知CD与AB间的距离为 32R,光在真空中的传播速度为c,则( )
A. 光线经过一次折射一定射到B点B. 光线经过一次折射对应的折射角为45∘
C. 该介质球的折射率为 3D. 光在该介质球中的传播速度为 3c
10.如图所示,波长为λa和λb的两种单色光射入三棱镜,经折射后射出两束单色光a和b,则这两束光( )
A. 进入三棱镜后各自的波长都有所减小
B. 射向同一双缝干涉装置,其干涉条纹间距△xa>△xb
C. 在三棱镜中的传播速度vaT2。在如图3所示的四幅图中,可能正确反映相关物理量之间关系的是______(选填选项前的字母)。
(4)在相同温度环境下,不同小组的同学均按正确的实验操作和数据处理的方法完成了实验,并在相同坐标标度的情况下画出了压强与体积的关系图线,如图4所示。对于两组的图线并不相同的结果,他们请教了老师,老师的解释是由于他们选取的气体质量不同。若4个小组所选择的研究对象的质量分别是m1、m2、m3和m4,则由图可知它们的大小关系是m1______m2,m3______m4(选填“大于”或“小于”)。
四、简答题:本大题共2小题,共24分。
14.如图所示,一个处于光滑水平面的弹簧振子,O点是其平衡位置,振子质量为m,弹簧劲度系数为k,其振动周期为T=2π mk,振子经过O点的速度为v,在O点正上方有一质量为m的物体自由下落,恰好落在振子上,并与振子粘在一起振动。
(1)求物体落在振子上后,振子经过O点的速度大小;
(2)以物体落在振子上为t=0时刻,求振子到达最左端的时刻。
15.真空压缩袋是抽走空气利用大气压压缩物体的一种袋子,主要用于装棉被和各种衣服类,具有防潮、防霉、防蛀、防异味等特点。某同学设计了一个活塞式抽气机对压缩袋进行抽气,可将装置简化为如图所示,假设放入衣物后通过手工挤压使袋中容纳空气的容积为V0且保持不变,袋内气体压强为大气压强p0,活塞式抽气机的容积为12V0,活塞的横截面积为S,不计活塞的厚度和重力,连接管的体积可忽略,抽气过程中气体温度不变。
(1)对于第一次抽气(不考虑活塞在底端时的情况),将活塞缓慢上提,求手对活塞的最大拉力;
(2)求抽气机抽气10次后,压缩袋中剩余气体的压强p10。
五、计算题:本大题共1小题,共12分。
16.如图所示,真空中一块截面视图为等腰直角三角形的玻璃砖ABC,一束平行于BC边的单色光从AB边上的D点入射,到达AC边恰好不从AC边射出。已知AB的长度为2L,D为AB的中点,光在真空中的传播速度为c。
(1)求玻璃砖对该单色光的折射率n;
(2)将该束单色光逆时针旋转一定角度后,经AC边射出后的光线与BC边平行,求该束单色光在玻璃砖中的传播时间t(不考虑反射光线)。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解:知道摩尔体积和阿伏伽德罗常数,根据公式V0=VNA=MρNA才能估算出气体分子间的平均距离,故C正确,ABD错误;
故选:C。
知道摩尔体积和阿伏伽德罗常数才能估算出气体分子间的平均距离。
明确阿伏伽德罗常数的计算是解决问题的关键。
2.【答案】C
【解析】解:A、根据牛顿第二定律在忽略空气阻力的情况下,做自由落体运动的所有物体的加速度都等于当地的重力加速度,即所有的物体下落的一样快,故A错误.
B、伽利略通过实验发现轻的物体和重的物体下落的一样快,故B错误.
C、亚里士多德认为物体越重下落越快,故C正确.
D、爱因斯坦主要成就是在量子力学,故D错误.
故选C.
牛顿认为所有的物体下落的一样快,伽利略通过实验发现轻的物体和重的物体下落的一样快,亚里士多德认为物体越重下落越快,爱因斯坦主要成就是在量子力学.
加强基础知识的积累就能顺利解决此类题目.
3.【答案】D
【解析】解:A.杯盖盖好后杯内封闭了一定质量的气体,体积不变,冷却后气体温度降低,根据理想气体状态方程pVT=C可知,杯内的气体压强减小,故A错误;
B.杯内气体的分子数不变,故B错误;
C.冷却后温度降低,气体分子的平均动能减小、平均速率减小,故C错误;
D.根据理想气体压强产生的微观机制可知,杯壁单位面积受到的气体分子撞击力减小,故D正确。
故选:D。
杯盖盖好后杯内封闭了一定质量的气体,体积不变,冷却后气体温度降低,杯内的气体压强减小,气体的分子数不变,温度降低气体分子的平均动能减小,根据理想气体压强产生的微观机制可分析撞击力。
本题考查气体压强的理解,解题关键掌握一定质量理想气体状态方程的应用。
4.【答案】C
【解析】解:A、23490Th→23491Pa+0−1e,放射出的是电子,这是β衰变的方程式,故A错误;
B、23592U+01n→14456Ba+8936Kr+301n,这是重核裂变的方程式,故B错误;
C、24He+94Be→126C+01n,这是原子核人工转变的方程式,是通过实验发现中子的核反应方程,故C正确;
D、21H+31H→42He+01n,这是轻核聚变的方程式,故D错误。
故选:C。
β衰变生成电子;聚变是质量轻的核结合成质量大的核;重核裂变是一个重原子核分裂成几个中等质量的原子核;人工核转变是在实验室完成的。
本题难度不大,考查了核反应方程的种类,在学习中需要记住各种核反应方程的特点。
5.【答案】D
【解析】解:光路图如图所示。
由几何关系可得:i=∠BOM=90∘−30∘=60∘
r=12∠BOM=12×60∘=30∘
根据折射定律可得
n=sinisinr=sin60∘sin30∘= 3,故ABC错误,D正确。
故选:D。
完成光路图,根据几何关系求出入射角和折射角,从而求得玻璃砖的折射率。
解决本题的关键要完成光路图,运用数学知识求出入射角、折射角,再结合折射定律进行解答。
6.【答案】D
【解析】解:A.由回路中的电流方向以及极板所带电的电性可知电容器正在放电,故A错误;
B.由f=12π LC,可知振荡频率不变,故B错误;
C.电场能处在增大、减小的周期性变化中,故C错误;
D.由C=εrS4πkd,可知减小电容器的正对面积,则电容器的电容减小,由 f=12π LC,可知振荡频率增大,所以减小电容器的正对面积能更有效地发射电磁波,故D正确。
故选:D。
根据电流方向和电容器下极板带正电确定电容器充放电状态;根据频率公式f=12π LC判断振荡频率的变化;电场能处在增大、减小的周期性变化中;根据C=εrS4πkd分析电容器电容的变化,再由 f=12π LC判断振荡频率的变化。
本题考查电磁振荡原理以及电容器的性质,要注意明确电容器充电时电流减小,而电容器放电时电流增大;同时明确在电磁振荡电路中存在能量的损耗。
7.【答案】C
【解析】解:A、红光到达AC面的入射角为i=30∘,折射角为r=60∘,则玻璃对红光的折射率为:n=sinrsini=sin60∘sin30∘= 3.故A错误。
B、红光在玻璃中的传播速度大小为:v=cn= 3×108m/s,故B错误。
C、设临界角为C,则sinC= 33< 32,C1,根据v=cn可知三棱镜中光速小于真空中光速,光进入三棱镜后频率不变,又根据v=λf可知,光进入三棱镜后各自的波长都有所减小,故A正确;
B、由图看出,该三棱镜对a光的偏折程度小,则三棱镜对a光的折射率小于对b光的折射率,所以a光的频率小于b光的频率,a光的波长大于b光的波长,根据△x=ldλ可知,双缝干涉条纹间距与波长成正比,所以射向同一双缝干涉装置,其干涉条纹间距△xa>△xb,故B正确;
C、a光的折射率小,由n=cv可知,在三棱镜中的传播速度va>vb,故C错误;
D、在增大入射角的过程中,折射角增大,由几何关系可知光在三棱镜中向空气中射出时,入射角减小,两光均不能发生全反射,故D错误。
故选:AB。
由折射率n>1,结合v=cn和v=λf可知,光进入三棱镜后各自的波长都有所减小;由三棱镜对光的偏折程度,判断三棱镜对光的折射率大小,进而判断光的频率大小和光的波长大小,根据△x=ldλ可知干涉条纹间距大小关系;由n=cv可判断在三棱镜中的传播速度;根据全反射的条件可判断两光均不能发生全反射。
本题考查了光的全反射、干涉,光速等问题,考查知识点全面,重点突出,充分考查了学生掌握知识与应用知识的能力。
11.【答案】BD
【解析】解:A、因为P球运动过程中轻杆会对其做功,所以P球机械能不守恒,故A错误;
B、把两个球和轻杆作为一个系统来研究,除了重力和系统内的弹力做功,没有其他力做功,符合机械能守恒的条件,则下滑的整个过程中两球组成的系统机械能守恒,故B正确;
C、Q球过C点时,杆与竖直方向的夹角的正弦值为sinθ=R2R=12,故θ=30∘
根据机械能守恒定律得:mgR+mg(3R− 3R)=12mvP2+12mvQ2
杆不可伸长,故两个球沿着杆方向的分速度相等,则有vPcs30∘=vQcs60∘
联立计算得出:vP= 4− 32gR,vQ= 12−3 32gR,故C错误;
D、设P球滑到水平面时的速度大小为v。下滑的整个过程中,根据机械能守恒定律得:mgR+mg(3R)=12mv2×2
解得:v=2 gR
则Q球机械能增加量为:ΔE=12mv2−mgR=12m(2 gR)2−mgR=mgR,故D正确。
故选:BD。
下滑过程两个球组成的系统,只有重力做功,系统机械能守恒;根据机械能守恒定律列式求解速度;两球沿着杆方向的分速度一直是相等的。根据机械能守恒定律求出P球滑到水平面时的速度大小,再求下滑的整个过程中Q球机械能的增加量。
本题关键是明确两个小球系统的机械能守恒,单个小球机械能并不守恒,然后结合机械能守恒定律和运动的分解知识列式分析。
12.【答案】单层 d=VS DACB 偏大
【解析】解:(1)根据油酸分子结构的特点和物理性质,油酸易形成单层分子。这样通过测量纯油酸的体积和油膜的面积,从而计算油膜的厚度,近似等于油酸分子的直径,所以d=VS;
(2)实验中先配置油酸酒精溶液,将痱子粉均匀地撒在水面,将一滴油酸酒精溶液滴到水面上,用彩笔将油酸薄膜的轮廓画在玻璃板上,计算油酸薄膜的面积,故合理顺序为DACB;
(3)该同学做实验时,水面上痱子粉撒得太多,使得油膜没有充分展开,油膜面积测量结果偏小,根据体积公式可知这种情况会导致分子直径d的测量结果偏大。
故答案为:(1)单层、d=VS;(2)DACB;(3)偏大。
(1)根据实验原理及注意事项分析判断,根据体积公式计算分子直径;
(2)根据实验步骤理清下列操作的顺序;
(3)分析油膜面积的变化再分析测量结果的变化。
本题关键掌握实验原理、油酸分子直径的计算公式和实验误差分析。
13.【答案】(1)质量;温度(2)p1V1=p2V2 ;气体体积由V1变到V2的过程中,气体对外界所做的功;(3)AC;(4)大于;大于
【解析】解:(1)探究气体等温变化的规律,需要保持不变的量是气体的质量和温度。
(2)一定量的气体在温度保持不变时,压强与体积成反比,即压强与体积的乘积不变,如果在误差允许范围内,p1、p2、V1、V2之间满足关系式是:p1V1=p2V2,一定质量的气体在温度不变时,其压强与体积成反比。由功的计算公式可知:W=Fl=pSl=pV,即pV的乘积表示气体体积变化时所做的功,图线在V1、V2之间所围的面积的物理意义表示:气体体积由V1变到V2的过程中,气体对外界所做的功。
(3)AB、由理想气体状态方程:pVT=C可知,pV=CT,对于一定量的气体,温度T越高pV越大,即p−V图象离坐标轴越远,已知:T1>T2,故A正确,B错误;
CD、由理想气体状态方程:pVT=C可知,V=CT1p,对于一定量的气体,温度T越高V−1p图象的斜率越大,已知:T1>T2,故C正确,D错误。
故选:AC。
(4)气体温度相等,由理想气体状态方程:pVT=C可知,气体质量越大,气体物质的量越大,常数C越大,
由理想气体状态方程:pVT=C可知:pV=CT,对于温度相同而质量不同的气体,质量越大C越大,pV越大,故m1大于m2;
由理想气体状态方程:pVT=C可知:p=CT1V,气体质量越大C越大,p−1V图象斜率越大,故m3大于m4。
故答案为:(1)质量;温度;(2)p1V1=p2V2,气体体积由V1变到V2的过程中,气体对外界所做的功;(3)AC;(4)大于;大于。
(1)探究气体等温变化规律实验,应控制气体的质量与温度保持不变。
(2)气体发生等温变化,体积与压强成反比,分析图示图象答题。
(3)根据气体状态方程分析图示图象答题。
(4)在相同温度下,同种气体质量越大,pV乘积越大,分析图示图象答题。
本题考查了探究气体等温变化实验,理解实验原理是解题的前提,根据题意分析清楚图示图象、应用理想气体状态方程即可解题。
14.【答案】解:(1)振子与物体碰撞过程中水平方向动量守恒,以振子的速度方向为正方向,则有:
mv=2mv共
解得物体落在振子上后,振子经过O点的速度大小为:
v共=12v
(2)物体落在振子后弹簧振子周期为:T=2π 2mk
若t=0时刻振子向右运动,则到达最左端的时刻为:
t1=nT+14T=(1+4n)π2 2mk,(n=0,1,2,3……)
若t=0时刻振子向左运动,则到达最左端的时刻为:
t2=nT+34T=(3+4n)π2 2mk,(n=0,1,2,3……)
答:(1)物体落在振子上后,振子经过O点的速度大小12v;
(2)以物体落在振子上为t=0时刻,振子到达最左端的时刻为(1+4n)π2 2mk,(n=0,1,2,3……)或(3+4n)π2 2mk,(n=0,1,2,3……)。
【解析】(1)振子与物体碰撞过程中水平方向动量守恒,根据动量守恒定律求解;
(2)根据弹簧振子周期公式,找到振子第一次到达最左端的时刻,再根据运动的周期性求解其它时刻。
本题考查了动量守恒和弹簧振子周期,关键要根据运动的周期性求解振子到达最左端的时刻,有一定的难度。
15.【答案】解:(1)当活塞下压时,阀门a关闭,b打开,右侧抽气机中排出气体的体积ΔV=12V0
对于第一次抽气,活塞上提,压缩袋中气体均匀分布到抽气机和压缩袋中,活塞上升到最高处时,气体压强降为p1,此时内外压强差最大,手对活塞的拉力最大,抽气过程中气体温度不变
根据玻意耳定律有p0V0=p1(V0+ΔV)
代入数据联立解得p1=23p0
根据平衡条件得F1=(p0−p1)S=(p0−23p0)S=13p0S
(2)对于第二次抽气,活塞上提,压缩袋中气体再次均匀分散到抽气机和压缩袋中,气体压强降为p2
根据玻意耳定律有p1V0=p2(V0+ΔV)
代入数据联立解得p2=(23)2p0
第三次抽气后,剩余气体的压强为p3
根据玻意耳定律有p2V0=p3(V0+ΔV)
代入数据联立解得p3=(23)3p0
以此类推,第10次抽气后压缩袋中气体压强降为p10=(23)10p0。
答:(1)手对活塞的最大拉力13p0S;
(2)抽气机抽气10次后,压缩袋中剩余气体的压强(23)10p0。
【解析】(1)根据玻意耳定律求第一次抽气后气体的压强,根据平衡条件求拉力;
(2)根据玻意耳定律求第二次抽气后剩余气体的压强,根据数学归纳法求解第10次抽气后剩余的压强。
本题主要考查了玻意耳定律和平衡条件,注意数学归纳法的使用。
16.【答案】解:(1)因光到达AC边恰好不从AC边射出,则临界角C=45∘
玻璃砖对该单色光的折射率:n=1sinC
解得n= 2
(2)当该束单色光逆时针旋转一定角度后,根据题意其单色光在透明介质中的传播路线如图所示
由几何关系得,a=45∘因为
n=sinαsinr= 2
所以r=30∘
由几何关系得
DEsin45∘=ADsin60∘
单色光在玻璃砖的传播速度
v=cn
则单色光在玻璃砖的传播时间
t=DEv
联立代入数据解得
t=2 33c
答:(1)玻璃砖对该单色光的折射率为 2;
(2)该束单色光在玻璃砖中的传播时间为2 33c。
【解析】(1)根据全反射临界角求得折射率;
(2)根据题意做光的折射图,结合几何关系可求得传播时间。
本题考查折射定律,解题关键学会根据题意做光的传播图像,结合全反射n=1sinC可进行解答。
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