2023-2024學年河北省唐山市百師聯(lián)盟高二（下）期末物理試卷（含解析）

第=page11頁，共=sectionpages11頁2023-2024學年河北省唐山市百師聯(lián)盟高二（下）期末物理試卷一、單選題：本大題共7小題，共28分。1.“嫦娥五號”攜在月球采集的約2kg月壤返回地球。從月球帶來的“土”特產(chǎn)中有地球上含量極少且被譽為“月壤寶藏”的氦?3，它是既環(huán)保又安全的核反應原料，可將氦?3原子核與氘原子核結(jié)合時釋放的能量用來發(fā)電，其核反應方程?23He+A.該反應為原子核的人工轉(zhuǎn)變 B.?23He與?ZAY相比，?ZAY的結(jié)合能較小

C.由核反應方程可知，A為4，Z為22.如圖甲所示，t=0時，一小船停在海面上的P點，一塊浮木漂在縱坐標y=0.5m的R點，其后小船的振動圖像如圖乙所示，可知(

)

A.水波的振動向x軸負方向傳播 B.水波波速為4.8m/s

C.1.2s末，小船運動到Q點 D.1.5s末，浮木向下運動3.根據(jù)宇宙大爆炸理論，密度較大區(qū)域的物質(zhì)在萬有引力作用下，不斷聚集可能形成恒星。恒星最終的歸宿與其質(zhì)量有關(guān)，如果質(zhì)量為太陽質(zhì)量的1～8倍將坍縮成白矮星，質(zhì)量為太陽質(zhì)量的10～20倍將坍縮成中子星，質(zhì)量更大的恒星將坍縮成黑洞。設(shè)恒星坍縮前后可看成質(zhì)量均勻分布的球體，質(zhì)量不變，體積縮小，自轉(zhuǎn)變快。不考慮恒星與其它物體的相互作用。已知逃逸速度為第一宇宙速度的2倍，中子星密度大于白矮星。根據(jù)萬有引力理論，下列說法正確的是(

)A.同一恒星表面任意位置的重力加速度相同

B.恒星坍縮后表面兩極處的重力加速度比坍縮前的大

C.恒星坍縮前后的第一宇宙速度不變

D.中子星的逃逸速度小于白矮星的逃逸速度4.血壓儀由加壓氣囊、臂帶、壓強計等構(gòu)成，如圖所示。加壓氣囊可將外界空氣充入臂帶，壓強計示數(shù)為臂帶內(nèi)氣體的壓強高于大氣壓強的數(shù)值。充氣前臂帶內(nèi)氣體壓強為大氣壓強，體積為V；每次擠壓氣囊都能將60cm3的外界空氣充入臂帶中，經(jīng)5次充氣后，臂帶內(nèi)氣體體積變?yōu)?V，壓強計示數(shù)為150mmHg。已知大氣壓強等于750mmHg，氣體溫度不變。忽略細管和壓強計內(nèi)的氣體體積。則V等于(

)

A.30cm3 B.40cm3 C.5.如圖甲為教學用交流發(fā)電機，轉(zhuǎn)動手柄，兩個磁極之間的線圈隨著轉(zhuǎn)動，就能產(chǎn)生感應電動勢，從而為小燈泡供電。把小燈泡與教學用發(fā)電機按圖乙所示電路通過變壓器相連，小燈泡發(fā)光。變壓器副線圈的匝數(shù)可通過移動調(diào)節(jié)器的滑片P改變。下列說法正確的是(

)

A.調(diào)節(jié)器滑片位置不變時，手柄轉(zhuǎn)速變大，變壓器副線圈兩端電壓變小

B.調(diào)節(jié)器滑片位置不變時，手柄轉(zhuǎn)速變大，小燈泡的亮度變暗

C.手柄轉(zhuǎn)速一定時，向下移動調(diào)節(jié)器的滑片，小燈泡變亮

D.若希望小燈泡亮度保持不變，當手柄轉(zhuǎn)速變大時，可向下移動調(diào)節(jié)器的滑片6.近些年高壓水槍水射流清洗技術(shù)迅速發(fā)展，可以用于清洗汽車上許多種類的污垢層。設(shè)高壓水槍洗車時，垂直射向車身的圓柱形水流的橫截面直徑為d，水從出水口水平出射，水打到車身后不反彈順車身流下。已知車身受到水的平均沖力大小為F，水的密度為ρ，則水的流量Q(單位時間流出水的體積)為(

)A.12ρdπF

B.d27.質(zhì)量為M的玩具動力小車在水平面上運動時，牽引力F和受到的阻力f均為恒力。如圖所示，小車用一根不可伸長的輕繩拉著質(zhì)量為m的物體由靜止開始運動。當小車拖動物體駛的位移為S1時，小車達到額定功率，輕繩從物體上脫落。物體繼續(xù)滑行一段時間后停下，其總位移為S2。物體與地面間的動摩擦因數(shù)不變，不計空氣阻力。小車的額定功率P0為A.2F2(F?f)(S2?S1二、多選題：本大題共3小題，共18分。8.如圖(甲)所示為太空探索公司獵鷹火箭助推器回收畫面。火箭發(fā)射后，助推器點火提供向上的推力，到達某一高度后與火箭分離，并立即關(guān)閉發(fā)動機，在接近地面某處重啟發(fā)動機減速并使助推器的速度在著陸時為零。從火箭發(fā)射開始計時，助推器上速度傳感器測得助推器豎直方向的速度如圖(乙)所示，忽略空氣阻力，則下列說法正確的是(

)

A.t1～t3的過程中，助推器先處于超重狀態(tài)然后處于失重狀態(tài)

B.t3～t4的過程中助推器處于超重狀態(tài)

C.9.光導纖維(簡稱光纖)由內(nèi)芯和外套兩層組成。如圖所示，某光纖內(nèi)芯半徑為a，折射率為n，外套折射率小于n，真空中的光速為c，傳播的信號從光纖軸線上的O點射向光纖。若一段該光纖長為L，則光在該光纖中傳播的最短時間為t(未知)；若光信號在光纖內(nèi)芯中傳播時相對外套的臨界角為C，為保證射入光纖內(nèi)芯的光信號在傳播過程中發(fā)生全反射，O點到光纖左端面距離的最小值為x(未知)。則(

)A.t=LcnB.t=nLc

C.D.x=10.如圖所示，x軸上的電勢分布關(guān)于φ軸對稱，x1處電勢為φ1，x3處電勢為φ2，且該處圖線切線斜率絕對值最大，x3=?x2，將一電荷量為A.電荷運動到x2處加速度最大，且與x3處加速度等大反向

B.電荷在x3處的動能為?q(φ2?φ1)

C.電荷從x三、計算題：本大題共4小題，共48分。11.用電壓表和電流表測電源的電動勢和內(nèi)電阻，有如圖甲、乙所示的兩種電路，測得多組數(shù)據(jù)，把它們標在丙圖的坐標紙上，并作出路端電壓U與干路電流I間的關(guān)系(U?I)圖像。

(1)由丙圖的圖像可知，電源的電動勢E=______V，內(nèi)電阻r=______Ω。(結(jié)果均保留兩位有效數(shù)字)

(2)如果丙圖是采用乙圖所示的電路進行測量并作出的圖像，所得的電源電動勢E的測量值______(選填“大于”“等于”或“小于”)真實值。

(3)如果做實驗時，實驗室沒有合適量程的電表，需要進行改裝，以下電表改裝正確的是______。

A.將一個量程為10mA、內(nèi)阻為20Ω的電流表，串一個280Ω的電阻可以改裝為量程為3V的電壓表

B.將一個量程為10mA、內(nèi)阻為20Ω的電流表，并一個1Ω的電阻可以改裝為量程為0.6A的電流表

C.將一個量程為10mA、內(nèi)阻為20Ω的電流表，并一個300Ω的電阻可以改裝為量程為3V的電壓表

D.將一個量程為3V、內(nèi)阻為2kΩ的電壓表，串一個8kΩ的電阻可以改裝為量程為10V的電壓表12.如圖所示，傾角α=37°的直軌道AB與半徑R=0.15m的圓弧形光滑軌道BCD相切于B點，O為圓弧軌道的圓心，CD為豎直方向上的直徑，質(zhì)量m=0.1kg的小滑塊可從斜面上的不同位置由靜止釋放，已知小滑塊與直軌道AB間的動摩擦因數(shù)μ=0.5，重力加速度取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。

(1)若釋放點距B點的長度l=0.75m，求小滑塊到最低點C時對軌道的壓力大小；

(2)若小滑塊恰好能通過圓弧軌道的最高點D，求釋放點距B點的距離。13.如圖所示，豎直xOy坐標平面內(nèi)第Ⅱ象限內(nèi)有相互正交的勻強磁場與勻強電場(圖中未畫出)，一個質(zhì)量為mA=0.2kg的帶正電小球A以速度v0從x軸上P點與x軸負方向成θ=60°進入磁場與電場區(qū)域，小球恰好能在電場與磁場區(qū)域內(nèi)做勻速圓周運動，小球A由垂直于y軸上的N點離開電場、磁場區(qū)域，小球A立即與靜置于N點的絕緣小球C發(fā)生彈性碰撞，碰撞后兩球均落在第I象限內(nèi)的x軸上，已知勻強磁場磁感應強度B0=3.0T，小球A帶電量為q=1.0C，A、C兩球體積相同，小球A質(zhì)量為C的質(zhì)量的2倍，N點與x軸的距離為?=0.45m，不計空氣阻力，重力加速度g=10m/s2，π取3；求：

(1)第Ⅱ象限內(nèi)勻強電場的大小與方向；

(2)小球A由P點出發(fā)到落回x軸所用時間；

(3)A、C14.如圖所示，兩根足夠長的光滑平行金屬導軌固定在絕緣水平面上，兩導軌間距為L=1m，導軌左側(cè)有兩個開關(guān)S1、S2，S1與一個阻值為R=2Ω的定值電阻串聯(lián)，S2與一個電容為C=0.5F的電容器串聯(lián)。導體棒ab垂直于導軌放置，其長度為L、質(zhì)量m=0.5kg、電阻r=1Ω。整個裝置處于方向豎直向上、磁感應強度大小為B=1T的勻強磁場中。一質(zhì)量為M=0.1kg的重物通過輕質(zhì)定滑輪用絕緣輕繩與導體棒ab的中點連接，開始時輕繩張緊，輕繩水平部分與導軌和導體棒在同一水平面?，F(xiàn)將S1閉合，S2斷開，使重物由靜止釋放，經(jīng)時間t=3s導體棒達到最大速度。已知導軌足夠長，不計導軌電阻，導體棒始終垂直導軌且與導軌接觸良好，重物始終未落地，取重力加速度為g=10m/s2，不計一切摩擦。求：

(1)導體棒的最大速度vm；

(2)導體棒從開始運動到剛達到最大速度時，運動的距離d；

(3)導體棒從開始運動到剛達到最大速度時，電阻R中產(chǎn)生的熱量；

(4)答案解析1.C

【解析】解：AB、此反應屬于核聚變反應，釋放出核能，結(jié)合能增加，所以生成物的結(jié)合能大于反應物的結(jié)合能，?23He與?ZAY相比，?ZAY的結(jié)合能較大，故AB錯誤；

CD、根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒和電荷守恒可得：A=3+2?1=4，Z=2+1?1=2，即Y為?24He，與氦?3是同位素，少一個中子，故C正確，D錯誤；

故選：C。

A2.D

【解析】解：A.由題圖乙可知，t=0時刻小船沿y軸正方向起振，則此時小船應位于波傳播方向波形的下坡上，所以水波的振動向x軸正方向傳播，故A錯誤；

B.由題圖甲、乙可知波的波長和周期分別為λ=4m、T=1.2s，所以水波波速為

v=λT=41.2m/s=103m/s

故B錯誤；

C.小船只會在平衡位置附近振動，不會沿波的傳播方向移動，故C錯誤；

D.t=0時刻浮木正位于波傳播方向的上坡上，所以此時浮木沿x軸負方向運動，因為1.5s=T+T4，且t=0時刻浮木位于平衡位置上方，所以1.5s末，浮木向下運動，故D正確。

3.B

【解析】解：A、考慮恒星自轉(zhuǎn)，兩極處萬有引力等于重力，而其它地方萬有引力的一個分力等于重力，所以同一恒星表面任意位置的重力加速度比一定相同，故A錯誤；

B、根據(jù)兩極處萬有引力等于重力得：GMmR2=mg，解得：g=GMR2，恒星坍縮后質(zhì)量M不變，R變小，所以表面兩極處的重力加速度一定比坍縮前的大，故B正確；

C、根據(jù)星球表面萬有引力提供向心力推導第一宇宙速度，得：GMmR2=mv2R，v=GMR，質(zhì)量M不變，R變小，所以恒星坍縮前后的第一宇宙速度變大，故C錯誤；

D、逃逸速度為第一宇宙速度的2倍，又根據(jù)選項C可知：逃逸速度的表達式為v′=2GMR，又質(zhì)量M=ρV=43πR34.D

【解析】【分析】

以5次充氣后，臂帶內(nèi)所有氣體為研究對象，由玻意耳定律列方程可求解。

本題考查玻意耳定律，解題的關(guān)鍵是研究對象的選取，本題考查內(nèi)容重點突出，中等難度。

【解答】

以5次充氣后，臂帶內(nèi)所有氣體為研究對象，初態(tài)：p1=750mmHg，

末態(tài)：p2=750mmHg+150mmHg=900mmHg

，V2=5V

由玻意耳定律p1V15.D

【解析】解：AB、根據(jù)E=NBSω，線圈轉(zhuǎn)動的快慢程度即ω的大小會影響原線圈兩端的電壓，當角速度變大時，電動勢增大，原線圈兩端電壓增大，而在P不變的情況下，副線圈兩端電壓也將增大，從而小燈泡的亮度將變大，故AB錯誤；

C、手柄轉(zhuǎn)速一定時，則可知原線圈兩端電壓不變，向下移動調(diào)節(jié)器的滑片時，副線圈的匝數(shù)減小，根據(jù)變壓器的電壓與匝數(shù)的正比關(guān)系可知，副線圈兩端電壓減小，燈泡將變暗，故C錯誤；

D、當增大轉(zhuǎn)動角速度，原線圈兩端電壓U1增大，而向下移動滑片時，減小匝數(shù)n2，根據(jù)變壓規(guī)律可知，U2=n2n1U1，副線圈兩端電壓有可能不變，燈泡亮度不變，故6.B

【解析】解：設(shè)水流速v，高壓水槍時間t內(nèi)噴出水的質(zhì)量為：

m=ρV=ρπd24?vt

已知車身受到水的平均沖力大小為F，以F方向為正方向，由動量定理有：Ft=0?m(?v)

得：F=14πρd2v2

水的流量為：Q=πd24?v=d27.A

【解析】解：設(shè)物體與地面間的動摩擦因數(shù)為μ，小車達到額定功率時速度為v，小車拖動物體運動過程中，由牛頓第二定律得：F?f?μmg=(M+m)a1

由勻變速直線運動位移—速度公式得：v2=2a1S1

額定功率P0=Fv

輕繩從物體上脫落后，物體做勻減速直線運動，由牛頓第二定律得：μmg=ma2

由勻變速直線運動位移—速度公式得：v2=2a2(S28.BD

【解析】解：A.t1～t3的過程中，助推器只在重力作用下先向上減速后向下加速，加速度向下，則總是處于失重狀態(tài)，故A錯誤；

B.t3～t4的過程中助推器向下減速，加速度向上，處于超重狀態(tài)，故B正確；

C.t1時刻助推器關(guān)閉發(fā)動機，助推器向上做減速運動，火箭繼續(xù)向上加速，助推器與火箭分離，故C錯誤；

D.因t2時刻助推器到達最高點，則由面積關(guān)系可知t軸以上圖像的面積等于t軸以下圖像的面積，設(shè)t軸以上圖像的面積為s，若從0～t1時間內(nèi)做勻加速直線運動，則

12v1t2>s

s=12v2(t9.BC

【解析】解：(1)光在介質(zhì)中的傳播速度v=cn，光信號在該光纖傳播路徑最短為L，則傳播時間最短為t=Lv=nLc，故B正確，A錯誤；

(2)光信號在傳播過程中恰好發(fā)生全反射時如圖所示

設(shè)光線從P點進入，入射角為α，折射角為β，光線進入光纖后照射在Q點，入射角為γ，光線在Q點恰好發(fā)生全反射，則有γ=C，則有β=90°?C，根據(jù)折射定律有n=sinαsinβ，解得sinα=nsinβ=ncosC，為保證射入光纖內(nèi)芯的光信號在傳播過程中發(fā)生全反射，光線最遠到達P點，即半徑a，對應O點到光纖左端面距離的最小值為x，根據(jù)幾何關(guān)系得sinα=aa2+x2，聯(lián)立得x=ancosC10.AC

【解析】解：A、x3與x2兩點對稱，兩點所在位置的電場強度等大反向，且最大，由牛頓第二定律可知加速度等大反向，且最大，故A正確；

BC、從x1到x2，從x1到x3，電場力做功：W=(φ1?φ2)×(?q)=q(φ2?φ1)，電場力做功相同，由動能定理可知在x3處動能為q(φ2?φ1)，故B錯誤，C正確；

D、根據(jù)動能定理可知電荷運動到x1位置處動能為零，所以電荷先向x軸正方向做加速運動，過坐標原點后做減速運動，速度減為零，然后反向做加速運動，所以電荷不是一直向x軸正方向運動，故D11.1.5

1.0

小于

A

【解析】解：(1)根據(jù)閉合電路的歐姆定律

E=U+Ir

整理得

U=?Ir+E

圖像的縱截距表示電源的電動勢，為

E=1.5V

圖像斜率的絕對值表示電源內(nèi)阻，為

r=|k|=1.5?1.00.5Ω=1.0Ω

(2)若采用(乙)圖所示的電路進行測量并作出圖像，由于電壓表分流的緣故，當電流表示數(shù)為零時，實際通過電源的電流并不為零，所以電源的內(nèi)電壓不為零，從而導致所作圖像的縱截距偏小，所得的電源電動勢E的測量值小于真實值。

(3)AC.將電流表改裝成電壓表，需串聯(lián)電阻，根據(jù)電壓表改裝原理可得

U1=Ig(Rg+R1)=10×10?3×(20+280)V=3V

則將一個量程為10mA、內(nèi)阻為20Ω的電流表，串一個280Ω的電阻可以改裝為量程為3V的電壓表，故A正確，C錯誤；

B.根據(jù)電流表改裝原理

I1=Ig+IgRgR2=10mA+10×201mA=210mA=0.21A

則將一個量程為10mA、內(nèi)阻為20Ω的電流表，并一個1Ω的電阻可以改裝為量程為0.21A的電流表，故B錯誤；

D.根據(jù)電壓表改裝原理

U2=U12.解：(1)設(shè)C點的速度大小為vC，從釋放點到B點根據(jù)動能定理可得

12mvC2=(mgsinα?μmgcosα)?l+mgR(1?cosα)

設(shè)小滑塊在C點受到軌道的支持力為F′，根據(jù)牛頓第二定律可得

F′?mg=mvC2R

根據(jù)牛頓第三定律可得小滑塊在C點對軌道的壓力為

F=F′

聯(lián)立解得

F=3.4N

(2)小滑塊恰好能通過軌道最高點，則在D點恰好由重力提供向心力，設(shè)D點速度大小為vD，根據(jù)牛頓第二定律可得

mg=mvD2R

設(shè)釋放點到B點的距離為s，從釋放點到D點運用動能定理可得

12mvD2=(mgsinα?μmgcosα)?s?mgR(1+cosα)

聯(lián)立解得

s=1.725m【解析】(1)根據(jù)動能定理求出C點的速度大小，再利用牛頓第二定律求解小滑塊在C受到的支持力大小，根據(jù)牛頓第三定律即可求得在C點對軌道的壓力大??；

(2)小滑塊恰好能通過軌道最高點D點的條件是在D點恰好由重力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律即可求解D點的速度大小，再運用動能定理求解釋放點距B點的距離。

動能定理結(jié)合多段運動過程的一般應用，難度中等。13.解：(1)依題意得小球恰好能在電場與磁場區(qū)域內(nèi)做勻速圓周運動，所以重力與電場力大小相等，方向相反，令勻強電場為E，有

Eq=mAg

解得

E=2N/C

因為小球帶正電，所以電場方向方向豎直向上；

(2)小球A在磁場中運動軌跡如圖所示

小球運動的軌道半徑為R，根據(jù)牛頓第二定律，得

B0qv0=mAv02R

由幾何關(guān)系得

Rcosθ+R=?

A小球在磁場中運動時間為t1，則有

t1=(π?θ)Rv0

小球A離開電磁場區(qū)后小落時間t2，根據(jù)自由落體運動公式

?=12gt22

小球運動的總時間為

t=t1+t2

聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得

t=1330s

(3)A、C兩球碰撞后速度分別為vA、vC，滿足動量守恒定律，取向右為正方向，有

mAv0=mAvA+【解析】(1)小球恰好能在重力場，電場與磁場區(qū)域內(nèi)做勻速圓周運動，所以重力與電場力大小相等，方向相反；

(2)根據(jù)牛頓第二定律，洛倫茲力提供向心力，利用幾何關(guān)系找半徑，再找圓心角，可求A小球在磁場中運動時間。小球A離開電磁場區(qū)后，豎直方向做自由落體運動，根據(jù)自由落體運動公式求時間，進而求出總時間；

(3