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2022-2023学年河北省秦皇岛市昌黎重点中学高二（下）期末物理试卷（含解析）
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这是一份2022-2023学年河北省秦皇岛市昌黎重点中学高二（下）期末物理试卷（含解析），共20页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年河北省秦皇岛市昌黎重点中学高二（下）期末物理试卷
一、选择题（本大题共10小题，共50分）
1. 如图所示，把一块锌板连接在验电器上，并使锌板带负电，验电器指针张开。用紫外线灯照射锌板，则( )
A. 指针张角变小的过程中有电子到达锌板
B. 锌板所带的电荷量可能先变小后变大
C. 改用红光照射，指针张角也会变化
D. 用其他金属板替换锌板，一定会发生光电效应
2. 某种材料制成的半圆形透明砖平放在方格纸上，将激光束垂直于AC面射入，可以看到光束从圆弧面ABC出射，沿AC方向缓慢平移该砖，在如图所示位置时，出射光束恰好消失，该材料的折射率为( )
A. 1.2 B. 1.4 C. 1.6 D. 1.8
3. 如图所示为一价氦离子(He+)的能级图，根据玻尔原子理论，下列说法正确的是( )
A. 能级越高，氦离子越稳定
B. n=1时，氦离子处于第一激发态
C. 从n=2跃迁到n=1比从n=3跃迁到n=2辐射出的光子动量小
D. 一个处于n=4能级的氦离子跃迁到基态的过程中，可能辐射两种频率的光子
4. 一列简谐横波沿x轴正方向传播，t=1s时波形如图甲所示，图乙是波上某一质点的振动图像，下列说法正确的是( )
A. 该波的波速大小为2m/s
B. 该波能使固有频率为16Hz的物体发生共振
C. 该波的振幅为38cm
D. 在60s内，该波上的任意振动点运动的路程均为3.8m
5. 运动员用同一足球罚点球，两次射门，足球斜向上踢出，分别水平打在水平横梁上的a、b两点，a为横梁中点，如图所示，不计空气的作用效果。下列说法正确的是( )
A. 两次的初速度大小可能相等 B. 击中a用的时间长
C. 击中a的过程中，重力做功少 D. 两过程中动量变化量相等
6. 如图甲所示是手机无线充电工作原理图，送电线圈接入如图乙所示交变电流，受电线圈未与手机连接，则( )
A. 当t=T2时，受电线圈中磁通量最大
B. 当t=T2时，cd端电压最小
C. 增大送电和受电线圈的间距，cd端电压频率改变
D. 增大送电和受电线圈的间距，cd端与ab端电压之比变小
7. 用中子轰击静止的锂核，核反应方程为 01n+36Li→24He+X+γ，已知光子的频率为ν，锂核的比结合能为E1，氦核的比结合能为E2，X核的比结合能为E3，普朗克常量为ℎ，真空中光速为c，下列说法中正确的是( )
A. X核为 12H核
B. γ光子的动量p=ℎcν
C. 释放的核能ΔE=4E2+3E3−6E1+ℎν
D. 质量亏损Δm=4E2+3E3−6E1c2
8. 一定质量的理想气体经历了如图所示的A→B→C→D→A循环过程。下列说法正确的是( )
A. A→B→C过程中，气体压强先减小后增大
B. C→D→A过程中，单位体积内分子数先不变后增加
C. 整个循环过程中，气体对外界做的功小于外界对气体做的功
D. 整个循环过程中，气体从外界吸热，内能不变
9. 如图所示，水平放置的金属导轨由bade和bcM两部分组成，bcM是以O点为圆心、L为半径的圆弧导轨，扇形bOc内存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，金属杆OP的P端与圆弧bcM接触良好，O点与e点有导线相连，金属杆OP绕O点以角速度ω在b、M之间做往复运动，已知导轨左侧接有阻值为R的定值电阻，其余部分电阻不计，∠bOc=∠MOc=90∘，下列说法正确的是( )
A. 金属杆OP在磁场区域内沿顺时针方向转动时，P点电势高于O点电势
B. 金属杆OP在磁场区域内转动时，其产生的感应电动势为BL2ω
C. 金属杆OP在磁场区域内转动时，回路中电流的瞬时值为BL2ω2R
D. 回路中电流的有效值为 2BL2ω4R
10. 地磁场对宇宙高能粒子有偏转作用，从而保护了地球的生态环境。赤道平面的地磁场简化为如图所示，O为地球球心、R为地球半径。地磁场可视为分布在半径R到2R的两边界之间的圆环区域内，磁感应强度大小均为B，方向垂直纸面向里。太阳耀斑爆发时，向地球持续不断地辐射大量高能粒子，假设均匀分布的带正电高能粒子以相同速度垂直MN沿赤道平面射向地球。已知粒子质量均为m、电荷量均为q，不计粒子的重力及相互作用力。下列说法正确的是( )
A. 粒子无论速率多大均无法到达MN右侧地面
B. 若粒子速率为qBRm，入射到磁场的粒子到达地面的最短时间为πm3qB
C. 若粒子速率为qBRm，正对着O处入射的粒子恰好可以到达地面
D. 若粒子速率为3qBR2m，入射到磁场的粒子恰好有一半不能到达地面
二、非选择题（50分）
11. 晓宇利用如图甲所示的电路完成了一节干电池电动势和内阻的测量，其中电流表G(量程3mA，内阻Rg=19.9Ω，电压表V(量程3V，内阻Rv约为10kΩ)，通过移动滑动变阻器的滑片，读出了多组电压表以及电流表的示数，并将实验数据描绘在了如图乙所示的坐标系中。
(1)图甲中将电流表G改装成量程为0.6A的电流表，定值电阻R0=_________Ω；
(2)由图乙可知，干电池的电动势为E= __________ V，内阻为r=_________Ω；(结果均保留两位有效数字)
(3)电源电动势的测量值________(填“大于”“等于”或“小于”)真实值，内阻测量值_______(填“大于”“等于”或“小于”)真实值。
12. 如图甲所示为“验证碰撞中动量守恒”实验的装置示意图，a是入射小球，b是被碰小球，a和b的质量分别为m1和m2，直径分别为d1和d2，轨道末端在水平地面上的投影为O点。实验中，先将小球a从斜槽上某一固定位置由静止释放，a从斜槽末端飞出后落到水平地面的记录纸上留下落点痕迹，重复10次，描出a的平均落点位置P，再把小球b放在斜槽末端，让小球a仍从斜槽上同一位置由静止释放，与小球b碰撞后，两球分别在记录纸上留下落点痕迹，重复10次，描出碰后小球a、b的平均落点位置M、N如图乙所示。
(1)实验中需要注意的事项，下列说法正确的是__________(填字母)。
A.需要测出小球抛出点距地面的高度H
B.需要测出小球做平抛运动的水平射程
C.为完成此实验，天平和刻度尺是必需的测量工具
D.斜槽轨道末端应该保持水平
E.斜槽应尽量光滑
(2)实验中重复多次让入射小球从斜槽上的同一位置释放，其中“同一位置释放”的目的是__________。
(3)实验中对小球的要求是：质量m1__________(填“>”“=”或“<”)m2，直径d1__________(填“>”“=”或“<”)d2。
(4)在图乙中，用毫米刻度尺测得O点与M、P、N三点的水平方向的距离分别为x1，x2，x3，若关系式__________成立，则说明该实验碰撞前后动量守恒。
13. 氧气瓶是医院、家庭护理、战地救护、个人保健及各种缺氧环境补充用氧较理想的供氧设备。某氧气瓶容积V1=15L，在T1=300K的室内测得瓶内氧气的压强p1=9×106Pa，已知当钢瓶内外无气压差时供气停止。
(1)求在环境温度为T1=300K、压强为p0=1×105Pa时，可放出该状态下氧气的体积V；
(2)若将该氧气瓶移至T2=250K的环境中用气，当瓶内氧气压强变为p2=1.5×106Pa时，求用掉的氧气的质量与原有的氧气的质量之比。(用百分比表示)
14. 如图所示，光滑水平地面上静置有一半径为R=20m的竖直光滑圆弧轨道CD，O为圆心，C为轨道最低点，OC竖直、圆心角为60°。在其左侧地面上静置一长为L=1m、质量为M=4kg的长木板A，木板上表面粗糙且与C点高度相同。现将一质量为m=2kg的小滑块B以初速度v₀=3m/s沿A的上表面从左端滑上木板，当B刚滑到A右端时，A、B恰好达到共同速度，此时木板与圆弧轨道相撞(碰撞时间极短)。已知小滑块可视为质点，空气阻力不计，取重力加速度g=10m/s2。
(1)求小滑块B与长木板A上表面间的动摩擦因数μ；
(2)若圆弧轨道不固定，且已知圆弧轨道质量为M′=6kg，A与圆轨轨道的碰撞为弹性碰撞，求小滑块B沿圆弧轨道上升的最大高度H。
15. 如图所示，在坐标系xOy中存在两个匀强磁场区域Ⅰ、Ⅱ，两区域的边界均为矩形且磁场方向均垂直于坐标平面(图中未画出)，一质量为m、电荷量为+qq>0的带电粒子以大小为v0、方向与y轴正方向成30°角的速度从P(0,6d)点垂直磁场射入匀强磁场Ⅰ中，经偏转后恰好能沿x轴负方向运动并经过坐标原点O，经第二象限内的匀强磁场Ⅱ偏转后恰好沿着与y轴正方向成30°角的速度经过P点。不计粒子重力，求：
(1)磁场Ⅰ的磁感应强度大小及磁场Ⅰ的最小面积；
(2)磁场Ⅱ的磁感应强度最小值；
(3)磁场Ⅱ的磁感应强度取最小值时，该粒子从P点射出到第一次回到P点所需的时间。
答案和解析
1.【答案】AB
【解析】AB.用紫外线灯照射锌板时，锌板发生光电效应，逸出电子，验电器上的电子到达锌板，验电器指针所带负电荷逐渐减少，带电量减小，故验电器指针张角逐渐减小直至闭合，继续用紫外线照射锌板，验电器指针开始带上正电，随着照射时间的增加，锌板逸出的电子增加，锌板所带正电荷增加，带电量增加，验电器张角逐渐增大，故AB正确；
C.紫光的频率大于红光的频率，根据光电效应产生的条件，入射光的频率必须大于金属的截止频率才能发生光电效应，则可知频率大的光照射金属能够发生光电效应时，频率小的光不一定可以使该金属发生光电效应，若不能发生光电效应，则验电器指针的张角不会发生变化，故C错误。
D.每种金属的逸出功不相同，则用其他金属板替换锌板，不一定会发生光电效应，选项D错误。
故选AB。
2.【答案】A
【解析】画出激光束从玻璃砖射出时恰好发生全反射的入射角如图所示
全反射的条件
sinθ=1n
由几何关系知
sinθ=56
联立解得
n=1.2
故A正确，BCD错误．
故选A．
3.【答案】D
【解析】A.根据玻尔原子理论可知能级越低，氦离子越稳定。故A错误；
B. n=1 时，氦离子处于基态。故B错误；
C.根据
ℎcλ=Em−En(m>n)
可知，从 n=2 跃迁到 n=1 比从 n=3 跃迁到 n=2 辐射出的光子的波长短。由
λ=ℎp
可得从 n=2 跃迁到 n=1 比从 n=3 跃迁到 n=2 辐射出的光子动量大。故C错误；
D.一个处于 n=4 能级的氦离子跃迁到基态的过程中，可能辐射两种频率的光子，如从 n=4 跃迁到 n=3 ，从 n=3 跃迁到 n=1 。故D正确。
故选D。
4.【答案】B
【解析】A.由图可知该波的波长和周期分别为6m和6s，所以该波的波速大小为
v=λT=1m/s
故A错误；
B.系统发生共振的条件是驱动力频率等于系统的固有频率，而该波的频率为
f=1T=16Hz
所以该波能使固有频率为 16Hz 的物体发生共振，故B正确；
C.由图可知该波的振幅为19cm，故C错误；
D.60s为10倍周期，在60s内，该波上的任意振动点运动的路程均为
s=10×4A=7.6m
故D错误。
故选B。
5.【答案】D
【解析】AB.两次射门足球分别水平打在水平横梁上，足球离地面的高度相同，根据位移公式
ℎ=12gt2
可知击中a、b所用的时间相同，根据速度公式
vy=gt
可知踢出时竖直方向的速度相同，击中a、b时水平方向的位移不同，根据
vx=xt
可知踢出时水平方向的速度不同，则根据
v= vx2+vy2
可知两次的初速度大小不相等，故AB错误；
C.击中a、b的过程中，足球上升的高度相同，重力做功相同，故C错误；
D.取竖直向上为正方向，根据动量定理有
Δp=−mgt
可知两过程中动量变化量相等，故D正确。
故选D。
6.【答案】D
【解析】A.当 t=T2 时，送电线圈的电流为0，则磁通量为0，受电线圈中磁通量最小，故A错误；
B.当 t=T2 时，送电线圈的电流变化率最大，受电线圈中磁通量变化率最大，受电线圈中感应电动势最大，则cd端电压最大，故B错误；
C.受电线圈中电流的频率等于送电线圈中电流的频率，而变压器不改变电流的频率，与送电和受电线圈的间距无关，不会改变cd端电压频率，故C错误；
D.增大送电和受电线圈的间距，送电线圈在受电线圈处产生的磁感应强度减小，cd端电压减小，所以cd端与ab端电压之比变小，故D正确。
故选D。
7.【答案】D
【解析】A.根据质量数和电荷数守恒可知X核为 13H 核，故A错误；
B.光子的频率为 ν ，可知 γ 光子的动量
p=ℎλ=ℎνc
故B错误；
C.由比结合能的概念可知，该核反应释放的核能为
ΔE=4E2+3E3−6E1
故C错误；
D.质量亏损为
Δm=4E2+3E3−6E1c2
故D正确；
故选D。
8.【答案】AC
【解析】A. A→B的过程中，气体温度不变，体积增大到原来的2倍，由玻意尔定律可知，气体压强将减小到A状态时的二分之一；B→C的过程中，气体的体积不变，温度升高到原来的4倍，由查理定律可知，气体的压强将增大到B状态时的4倍；即气体压强先减小后增大，故A正确；
B. C→D→A过程中，气体的体积先减小后不变，所以单位体积内分子数先增加后不变，故B错误；
C. A→B的过程中，气体等温膨胀，内能不变，但对外做功，由热力学第一定律
ΔU1=Q1+W1
可知，气体从外界吸收了热量；B→C的过程中，气体体积不变，温度升高，内能增加，气体和外界没有相互做功，由
ΔU2=Q2+W2
可知，气体从外界吸收了热量；C→D过程中，气体体积减小，温度降低，内能减小，由图可知 VT 是定值，则由
pCVCTC=pDVDTD=nR
可知，气体经历了等压压缩，外界对气体做了功，由
ΔU3=Q3+W3
可知，气体向外界释放了热量；D→A过程中，气体经历了等容降温，内能减小，压强减小，气体与外界没有相互做功，由
ΔU4=Q4+W4
可知，气体向外界释放了热量。综上所述，气体与外界相互做功发生在A→B和C→D过程中，其中A→B是一个降压过程，C→D是一个等压过程，由D→A过程可知，A→B过程中压强的最大值 pA 小于C→D过程中的压强，两个过程中气体的体积变化量相等，所以A→B过程中气体对外界做的功小于C→D过程中外界对气体做的功，故C正确；
D.由上面的分析可知，整个循环过程中，外界对气体做的功大于气体对外界做的功，气体的温度、体积最终回到了开始状态，内能变化量为零，由热力学第一定律
ΔU=Q+W
可知气体对外界放了热，故D错误。
故选AC。
9.【答案】ACD
【解析】A.金属杆 OP 在磁场区域内沿顺时针方向转动时，由右手定则可知， P 点电势高于 O 点电势，故 A正确；
B.金属杆 OP 位于磁场区域时，其产生的电动势为
E=BLv=BL0+Lω2=12BL2ω
故B错误；
C.金属杆 OP 位于磁场区域时，回路中电流的瞬时值为
I1=ER=BL2ω2R
故C正确；
D.金属杆 OP 运动一个周期 T 时，只有一半时间在切割磁感线产生感应电流，根据有效值的定义有
I12R⋅T2+0=I效2RT
解得回路中电流的有效值为
2
故D正确。
故选ACD。
10.【答案】BD
【解析】A.从图中可知，根据几何关系，靠近N点的入射粒子的半径
r1≥R2
就能到达MN的右侧地面，根据
qvB=mv2r1
解得
v≥qBR2m
即此时粒子能够到达MN右侧地面，A错误；
B.若粒子速率为 qBRm ，可知轨道半径
r2=mvqB=R
粒子做匀速圆周运动，入射到磁场的粒子到达地面的轨迹为劣弧，轨迹对应的弦长越短，对应的圆心角越小，运动时间越短，则到达地面最短的弦长为R，所以圆心角为60°，运动时间最短
tmin=π3Rv=πm3qB
B正确；
C.设正对着O处入射的粒子恰好可以到达地面时轨道半径为 r3 ，如图所示
根据几何关系有
r32+2R2=r3+R2
解得
r3=32R
根据
r3
解得
v=3qBR2m
即正对着O处入射的粒子恰好可以到达地面，则其速率为 3qBR2m ，而不是 qBRm ，C错误；
D.根据上述可知，正对O点偏N侧的粒子都能到达地面，正对O点偏M侧的粒子都不能到达地面，即若粒子速率为 3qBR2m ，入射到磁场的粒子恰好有一半不能到达地面，D正确。
故选BD。
11.【答案】 0.1 1.5 1.0 小于 大于
【解析】(1)[1]改装成量程为0.6A的电流表，定值电阻R0需要分担的电流为
I0=600mA−3mA=597mA=0.597A
根据部分电路的欧姆定律可得定值电阻的阻值为
R0=RGIGI0=19.9Ω×0.003A0.597A=0.1Ω
(2)[2]根据闭合电路的欧姆定律可得
E=U+Ir
整理可得
U=−rI+E
由图乙可知，当 IG=0 时，此时电路中的电流为 I1=0 ，路端电压 U1=1.5V ；此时的路端电压等于电源的电动势，即 E=1.5V 。
[3]当 IG=2.0mA ，此时电路中的电流为
I2=IG+I0=(2.0+2.0×199)mA=0.4A
路端电压为 U2=1.1V ；内阻 r 在数值上等于图像斜率的绝对值，即
r=U2−U1I2−I1Ω=1.1−1.50.4−0Ω=1.0Ω
(3)[4]由于滑动变阻器和电压表的阻值都是有限的，所以电路中的最小电流是大于零的，此时电压表测得的路端电压比电源的电动势小。
[5]实验中电流表采用了内接法，所以电流表的测得的电流小于流过电源的实际电流，则实际的 U−I 图像的斜率要比实验中绘制的图像的斜率要小，即内阻的测量值偏大了。
12.【答案】 BCD##BDC##CBD##CDB##DBC##DCB 保证小球每次平抛的初速度相同，以找出对应的平均落点位置 > = m1x2=m1x1+m2x3
【解析】(1)[1]ABC.本实验用 v=xt 代入验证，时间 t 可以消去，故需要测量小球的水平射程和两小球的质量，不需要测量时间，即不需要测量抛出点距地面的高度，A错误，BC正确；
D.为保证小球从斜槽末端段飞出时做平抛运动，应保证斜槽末端水平，D正确；
E.斜槽光滑与否对实验结果不影响，只要保证入射小球均从同一高度释放，保证碰撞前入射小球的速度相同即可，E错误。
故选BCD。
(2)[2]保持入射小球从同一位置释放是为了保证小球每次平抛的初速度相同，以找出对应的平均落点位置；
(3)[3][4]为了保证小球碰撞为对心碰撞，且碰后不反弹，要求 m1>m2 ， d1=d2 ；
(4)[5]碰撞时满足动量守恒有
m1v2=m1v1+m2v3
两边同时乘以下落时间有
m1x2=m1x1+m2x3
13.【答案】(1)1335L；(2)80%
【解析】(1)根据玻意耳定律可知
p1V1=p0(V1+V)
解得
V=1335L
可放出该状态下氧气的体积1335L；
(2)根据理想气体状态变化方程可知
p1V1T1=p2(V1+V′)T2
解得
V′=60L
用掉的氧气的质量与原有的氧气的质量之比
14.【答案】(1)0.3；(2) 0.0015m
【解析】(1)设A、B共同速度为v1，由动量守恒定律有
mv0=(m+M)v1
解得
v1=1m/s
由动能定理有
−μmgL=12(m+M)v12−12mv02
解得
μ=0.3
(2)以A与圆弧轨道为系统，取向右为正方向，设碰后A的速度为v2，圆弧轨道的速度为v3，由机械能守恒定律及动量守恒定律有
Mv1=Mv2+M′v3
12Mv12=12Mv22+12M′v32
联立解得
v2=−0.2m/s
v3=0.8m/s
以B与圆弧轨道为系统，设共速时速度为v4，由动量守恒及机械能守恒定律有
M′v3+mv1=(M′+m)v4
12M′v32+12mv12=12(M′+m)v42+mgH
联立解得
H=0.0015m
15.【答案】(1) mv04qd ， 48d2 ；(2) mv02qd ；(3) 20π+12 3d3v0
【解析】(1)根据题意，画出粒子在匀强磁场Ⅰ中的运动轨迹，如图所示
由几何关系可得
Rsin30∘+R=6d
解得
R=4d
又有
qv0B1=mv02R
解得
B1=mv04qd
根据题意结合上述分析可知，磁场Ⅰ的面积最小时的矩形如图所示
由几何关系可得，矩形的长为
a=2R
宽为
b=Rsin30∘+R=1.5R
则磁场Ⅰ的最小面积为
S1=ab=3R2=48d2
(2)由题意可知，当该粒子离开 O 点就进入磁场Ⅱ时，粒子在磁场中运动的半径最大，此时对应的磁场Ⅱ的磁感应强度最小，运动轨迹如图所示
设最小磁感应强度为 B2 ，半径为 r ，由牛顿第二定律有
qv0B2=mv02r
解得
r=mv0qB2
由几何关系有
r+rsin30∘=6d
解得
r=2d
可得
B2=mv02qd
(3)粒子在磁场中运动的周期为
T=2πRv
又有
qvB=mv2R
解得
T=2πmqB
则粒子在磁场Ⅰ中的周期为
T1=2πmqB1=8πdv0
粒子在磁场Ⅱ中的周期为
T2=2πmqB2=4πdv0
结合几何关系可得，粒子从P点射出到第一次回到P点所需的时间为
t=23T1+13T2+6d⋅tan30∘v0+2dtan30∘v0=20π+12 3d3v0
2022-2023学年河北省秦皇岛市昌黎重点中学高二（下）期末物理试卷
一、选择题（本大题共10小题，共50分）
1. 如图所示，把一块锌板连接在验电器上，并使锌板带负电，验电器指针张开。用紫外线灯照射锌板，则( )
A. 指针张角变小的过程中有电子到达锌板
B. 锌板所带的电荷量可能先变小后变大
C. 改用红光照射，指针张角也会变化
D. 用其他金属板替换锌板，一定会发生光电效应
2. 某种材料制成的半圆形透明砖平放在方格纸上，将激光束垂直于AC面射入，可以看到光束从圆弧面ABC出射，沿AC方向缓慢平移该砖，在如图所示位置时，出射光束恰好消失，该材料的折射率为( )
A. 1.2 B. 1.4 C. 1.6 D. 1.8
3. 如图所示为一价氦离子(He+)的能级图，根据玻尔原子理论，下列说法正确的是( )
A. 能级越高，氦离子越稳定
B. n=1时，氦离子处于第一激发态
C. 从n=2跃迁到n=1比从n=3跃迁到n=2辐射出的光子动量小
D. 一个处于n=4能级的氦离子跃迁到基态的过程中，可能辐射两种频率的光子
4. 一列简谐横波沿x轴正方向传播，t=1s时波形如图甲所示，图乙是波上某一质点的振动图像，下列说法正确的是( )
A. 该波的波速大小为2m/s
B. 该波能使固有频率为16Hz的物体发生共振
C. 该波的振幅为38cm
D. 在60s内，该波上的任意振动点运动的路程均为3.8m
5. 运动员用同一足球罚点球，两次射门，足球斜向上踢出，分别水平打在水平横梁上的a、b两点，a为横梁中点，如图所示，不计空气的作用效果。下列说法正确的是( )
A. 两次的初速度大小可能相等 B. 击中a用的时间长
C. 击中a的过程中，重力做功少 D. 两过程中动量变化量相等
6. 如图甲所示是手机无线充电工作原理图，送电线圈接入如图乙所示交变电流，受电线圈未与手机连接，则( )
A. 当t=T2时，受电线圈中磁通量最大
B. 当t=T2时，cd端电压最小
C. 增大送电和受电线圈的间距，cd端电压频率改变
D. 增大送电和受电线圈的间距，cd端与ab端电压之比变小
7. 用中子轰击静止的锂核，核反应方程为 01n+36Li→24He+X+γ，已知光子的频率为ν，锂核的比结合能为E1，氦核的比结合能为E2，X核的比结合能为E3，普朗克常量为ℎ，真空中光速为c，下列说法中正确的是( )
A. X核为 12H核
B. γ光子的动量p=ℎcν
C. 释放的核能ΔE=4E2+3E3−6E1+ℎν
D. 质量亏损Δm=4E2+3E3−6E1c2
8. 一定质量的理想气体经历了如图所示的A→B→C→D→A循环过程。下列说法正确的是( )
A. A→B→C过程中，气体压强先减小后增大
B. C→D→A过程中，单位体积内分子数先不变后增加
C. 整个循环过程中，气体对外界做的功小于外界对气体做的功
D. 整个循环过程中，气体从外界吸热，内能不变
9. 如图所示，水平放置的金属导轨由bade和bcM两部分组成，bcM是以O点为圆心、L为半径的圆弧导轨，扇形bOc内存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，金属杆OP的P端与圆弧bcM接触良好，O点与e点有导线相连，金属杆OP绕O点以角速度ω在b、M之间做往复运动，已知导轨左侧接有阻值为R的定值电阻，其余部分电阻不计，∠bOc=∠MOc=90∘，下列说法正确的是( )
A. 金属杆OP在磁场区域内沿顺时针方向转动时，P点电势高于O点电势
B. 金属杆OP在磁场区域内转动时，其产生的感应电动势为BL2ω
C. 金属杆OP在磁场区域内转动时，回路中电流的瞬时值为BL2ω2R
D. 回路中电流的有效值为 2BL2ω4R
10. 地磁场对宇宙高能粒子有偏转作用，从而保护了地球的生态环境。赤道平面的地磁场简化为如图所示，O为地球球心、R为地球半径。地磁场可视为分布在半径R到2R的两边界之间的圆环区域内，磁感应强度大小均为B，方向垂直纸面向里。太阳耀斑爆发时，向地球持续不断地辐射大量高能粒子，假设均匀分布的带正电高能粒子以相同速度垂直MN沿赤道平面射向地球。已知粒子质量均为m、电荷量均为q，不计粒子的重力及相互作用力。下列说法正确的是( )
A. 粒子无论速率多大均无法到达MN右侧地面
B. 若粒子速率为qBRm，入射到磁场的粒子到达地面的最短时间为πm3qB
C. 若粒子速率为qBRm，正对着O处入射的粒子恰好可以到达地面
D. 若粒子速率为3qBR2m，入射到磁场的粒子恰好有一半不能到达地面
二、非选择题（50分）
11. 晓宇利用如图甲所示的电路完成了一节干电池电动势和内阻的测量，其中电流表G(量程3mA，内阻Rg=19.9Ω，电压表V(量程3V，内阻Rv约为10kΩ)，通过移动滑动变阻器的滑片，读出了多组电压表以及电流表的示数，并将实验数据描绘在了如图乙所示的坐标系中。
(1)图甲中将电流表G改装成量程为0.6A的电流表，定值电阻R0=_________Ω；
(2)由图乙可知，干电池的电动势为E= __________ V，内阻为r=_________Ω；(结果均保留两位有效数字)
(3)电源电动势的测量值________(填“大于”“等于”或“小于”)真实值，内阻测量值_______(填“大于”“等于”或“小于”)真实值。
12. 如图甲所示为“验证碰撞中动量守恒”实验的装置示意图，a是入射小球，b是被碰小球，a和b的质量分别为m1和m2，直径分别为d1和d2，轨道末端在水平地面上的投影为O点。实验中，先将小球a从斜槽上某一固定位置由静止释放，a从斜槽末端飞出后落到水平地面的记录纸上留下落点痕迹，重复10次，描出a的平均落点位置P，再把小球b放在斜槽末端，让小球a仍从斜槽上同一位置由静止释放，与小球b碰撞后，两球分别在记录纸上留下落点痕迹，重复10次，描出碰后小球a、b的平均落点位置M、N如图乙所示。
(1)实验中需要注意的事项，下列说法正确的是__________(填字母)。
A.需要测出小球抛出点距地面的高度H
B.需要测出小球做平抛运动的水平射程
C.为完成此实验，天平和刻度尺是必需的测量工具
D.斜槽轨道末端应该保持水平
E.斜槽应尽量光滑
(2)实验中重复多次让入射小球从斜槽上的同一位置释放，其中“同一位置释放”的目的是__________。
(3)实验中对小球的要求是：质量m1__________(填“>”“=”或“<”)m2，直径d1__________(填“>”“=”或“<”)d2。
(4)在图乙中，用毫米刻度尺测得O点与M、P、N三点的水平方向的距离分别为x1，x2，x3，若关系式__________成立，则说明该实验碰撞前后动量守恒。
13. 氧气瓶是医院、家庭护理、战地救护、个人保健及各种缺氧环境补充用氧较理想的供氧设备。某氧气瓶容积V1=15L，在T1=300K的室内测得瓶内氧气的压强p1=9×106Pa，已知当钢瓶内外无气压差时供气停止。
(1)求在环境温度为T1=300K、压强为p0=1×105Pa时，可放出该状态下氧气的体积V；
(2)若将该氧气瓶移至T2=250K的环境中用气，当瓶内氧气压强变为p2=1.5×106Pa时，求用掉的氧气的质量与原有的氧气的质量之比。(用百分比表示)
14. 如图所示，光滑水平地面上静置有一半径为R=20m的竖直光滑圆弧轨道CD，O为圆心，C为轨道最低点，OC竖直、圆心角为60°。在其左侧地面上静置一长为L=1m、质量为M=4kg的长木板A，木板上表面粗糙且与C点高度相同。现将一质量为m=2kg的小滑块B以初速度v₀=3m/s沿A的上表面从左端滑上木板，当B刚滑到A右端时，A、B恰好达到共同速度，此时木板与圆弧轨道相撞(碰撞时间极短)。已知小滑块可视为质点，空气阻力不计，取重力加速度g=10m/s2。
(1)求小滑块B与长木板A上表面间的动摩擦因数μ；
(2)若圆弧轨道不固定，且已知圆弧轨道质量为M′=6kg，A与圆轨轨道的碰撞为弹性碰撞，求小滑块B沿圆弧轨道上升的最大高度H。
15. 如图所示，在坐标系xOy中存在两个匀强磁场区域Ⅰ、Ⅱ，两区域的边界均为矩形且磁场方向均垂直于坐标平面(图中未画出)，一质量为m、电荷量为+qq>0的带电粒子以大小为v0、方向与y轴正方向成30°角的速度从P(0,6d)点垂直磁场射入匀强磁场Ⅰ中，经偏转后恰好能沿x轴负方向运动并经过坐标原点O，经第二象限内的匀强磁场Ⅱ偏转后恰好沿着与y轴正方向成30°角的速度经过P点。不计粒子重力，求：
(1)磁场Ⅰ的磁感应强度大小及磁场Ⅰ的最小面积；
(2)磁场Ⅱ的磁感应强度最小值；
(3)磁场Ⅱ的磁感应强度取最小值时，该粒子从P点射出到第一次回到P点所需的时间。
答案和解析
1.【答案】AB
【解析】AB.用紫外线灯照射锌板时，锌板发生光电效应，逸出电子，验电器上的电子到达锌板，验电器指针所带负电荷逐渐减少，带电量减小，故验电器指针张角逐渐减小直至闭合，继续用紫外线照射锌板，验电器指针开始带上正电，随着照射时间的增加，锌板逸出的电子增加，锌板所带正电荷增加，带电量增加，验电器张角逐渐增大，故AB正确；
C.紫光的频率大于红光的频率，根据光电效应产生的条件，入射光的频率必须大于金属的截止频率才能发生光电效应，则可知频率大的光照射金属能够发生光电效应时，频率小的光不一定可以使该金属发生光电效应，若不能发生光电效应，则验电器指针的张角不会发生变化，故C错误。
D.每种金属的逸出功不相同，则用其他金属板替换锌板，不一定会发生光电效应，选项D错误。
故选AB。
2.【答案】A
【解析】画出激光束从玻璃砖射出时恰好发生全反射的入射角如图所示
全反射的条件
sinθ=1n
由几何关系知
sinθ=56
联立解得
n=1.2
故A正确，BCD错误．
故选A．
3.【答案】D
【解析】A.根据玻尔原子理论可知能级越低，氦离子越稳定。故A错误；
B. n=1 时，氦离子处于基态。故B错误；
C.根据
ℎcλ=Em−En(m>n)
可知，从 n=2 跃迁到 n=1 比从 n=3 跃迁到 n=2 辐射出的光子的波长短。由
λ=ℎp
可得从 n=2 跃迁到 n=1 比从 n=3 跃迁到 n=2 辐射出的光子动量大。故C错误；
D.一个处于 n=4 能级的氦离子跃迁到基态的过程中，可能辐射两种频率的光子，如从 n=4 跃迁到 n=3 ，从 n=3 跃迁到 n=1 。故D正确。
故选D。
4.【答案】B
【解析】A.由图可知该波的波长和周期分别为6m和6s，所以该波的波速大小为
v=λT=1m/s
故A错误；
B.系统发生共振的条件是驱动力频率等于系统的固有频率，而该波的频率为
f=1T=16Hz
所以该波能使固有频率为 16Hz 的物体发生共振，故B正确；
C.由图可知该波的振幅为19cm，故C错误；
D.60s为10倍周期，在60s内，该波上的任意振动点运动的路程均为
s=10×4A=7.6m
故D错误。
故选B。
5.【答案】D
【解析】AB.两次射门足球分别水平打在水平横梁上，足球离地面的高度相同，根据位移公式
ℎ=12gt2
可知击中a、b所用的时间相同，根据速度公式
vy=gt
可知踢出时竖直方向的速度相同，击中a、b时水平方向的位移不同，根据
vx=xt
可知踢出时水平方向的速度不同，则根据
v= vx2+vy2
可知两次的初速度大小不相等，故AB错误；
C.击中a、b的过程中，足球上升的高度相同，重力做功相同，故C错误；
D.取竖直向上为正方向，根据动量定理有
Δp=−mgt
可知两过程中动量变化量相等，故D正确。
故选D。
6.【答案】D
【解析】A.当 t=T2 时，送电线圈的电流为0，则磁通量为0，受电线圈中磁通量最小，故A错误；
B.当 t=T2 时，送电线圈的电流变化率最大，受电线圈中磁通量变化率最大，受电线圈中感应电动势最大，则cd端电压最大，故B错误；
C.受电线圈中电流的频率等于送电线圈中电流的频率，而变压器不改变电流的频率，与送电和受电线圈的间距无关，不会改变cd端电压频率，故C错误；
D.增大送电和受电线圈的间距，送电线圈在受电线圈处产生的磁感应强度减小，cd端电压减小，所以cd端与ab端电压之比变小，故D正确。
故选D。
7.【答案】D
【解析】A.根据质量数和电荷数守恒可知X核为 13H 核，故A错误；
B.光子的频率为 ν ，可知 γ 光子的动量
p=ℎλ=ℎνc
故B错误；
C.由比结合能的概念可知，该核反应释放的核能为
ΔE=4E2+3E3−6E1
故C错误；
D.质量亏损为
Δm=4E2+3E3−6E1c2
故D正确；
故选D。
8.【答案】AC
【解析】A. A→B的过程中，气体温度不变，体积增大到原来的2倍，由玻意尔定律可知，气体压强将减小到A状态时的二分之一；B→C的过程中，气体的体积不变，温度升高到原来的4倍，由查理定律可知，气体的压强将增大到B状态时的4倍；即气体压强先减小后增大，故A正确；
B. C→D→A过程中，气体的体积先减小后不变，所以单位体积内分子数先增加后不变，故B错误；
C. A→B的过程中，气体等温膨胀，内能不变，但对外做功，由热力学第一定律
ΔU1=Q1+W1
可知，气体从外界吸收了热量；B→C的过程中，气体体积不变，温度升高，内能增加，气体和外界没有相互做功，由
ΔU2=Q2+W2
可知，气体从外界吸收了热量；C→D过程中，气体体积减小，温度降低，内能减小，由图可知 VT 是定值，则由
pCVCTC=pDVDTD=nR
可知，气体经历了等压压缩，外界对气体做了功，由
ΔU3=Q3+W3
可知，气体向外界释放了热量；D→A过程中，气体经历了等容降温，内能减小，压强减小，气体与外界没有相互做功，由
ΔU4=Q4+W4
可知，气体向外界释放了热量。综上所述，气体与外界相互做功发生在A→B和C→D过程中，其中A→B是一个降压过程，C→D是一个等压过程，由D→A过程可知，A→B过程中压强的最大值 pA 小于C→D过程中的压强，两个过程中气体的体积变化量相等，所以A→B过程中气体对外界做的功小于C→D过程中外界对气体做的功，故C正确；
D.由上面的分析可知，整个循环过程中，外界对气体做的功大于气体对外界做的功，气体的温度、体积最终回到了开始状态，内能变化量为零，由热力学第一定律
ΔU=Q+W
可知气体对外界放了热，故D错误。
故选AC。
9.【答案】ACD
【解析】A.金属杆 OP 在磁场区域内沿顺时针方向转动时，由右手定则可知， P 点电势高于 O 点电势，故 A正确；
B.金属杆 OP 位于磁场区域时，其产生的电动势为
E=BLv=BL0+Lω2=12BL2ω
故B错误；
C.金属杆 OP 位于磁场区域时，回路中电流的瞬时值为
I1=ER=BL2ω2R
故C正确；
D.金属杆 OP 运动一个周期 T 时，只有一半时间在切割磁感线产生感应电流，根据有效值的定义有
I12R⋅T2+0=I效2RT
解得回路中电流的有效值为
2
故D正确。
故选ACD。
10.【答案】BD
【解析】A.从图中可知，根据几何关系，靠近N点的入射粒子的半径
r1≥R2
就能到达MN的右侧地面，根据
qvB=mv2r1
解得
v≥qBR2m
即此时粒子能够到达MN右侧地面，A错误；
B.若粒子速率为 qBRm ，可知轨道半径
r2=mvqB=R
粒子做匀速圆周运动，入射到磁场的粒子到达地面的轨迹为劣弧，轨迹对应的弦长越短，对应的圆心角越小，运动时间越短，则到达地面最短的弦长为R，所以圆心角为60°，运动时间最短
tmin=π3Rv=πm3qB
B正确；
C.设正对着O处入射的粒子恰好可以到达地面时轨道半径为 r3 ，如图所示
根据几何关系有
r32+2R2=r3+R2
解得
r3=32R
根据
r3
解得
v=3qBR2m
即正对着O处入射的粒子恰好可以到达地面，则其速率为 3qBR2m ，而不是 qBRm ，C错误；
D.根据上述可知，正对O点偏N侧的粒子都能到达地面，正对O点偏M侧的粒子都不能到达地面，即若粒子速率为 3qBR2m ，入射到磁场的粒子恰好有一半不能到达地面，D正确。
故选BD。
11.【答案】 0.1 1.5 1.0 小于 大于
【解析】(1)[1]改装成量程为0.6A的电流表，定值电阻R0需要分担的电流为
I0=600mA−3mA=597mA=0.597A
根据部分电路的欧姆定律可得定值电阻的阻值为
R0=RGIGI0=19.9Ω×0.003A0.597A=0.1Ω
(2)[2]根据闭合电路的欧姆定律可得
E=U+Ir
整理可得
U=−rI+E
由图乙可知，当 IG=0 时，此时电路中的电流为 I1=0 ，路端电压 U1=1.5V ；此时的路端电压等于电源的电动势，即 E=1.5V 。
[3]当 IG=2.0mA ，此时电路中的电流为
I2=IG+I0=(2.0+2.0×199)mA=0.4A
路端电压为 U2=1.1V ；内阻 r 在数值上等于图像斜率的绝对值，即
r=U2−U1I2−I1Ω=1.1−1.50.4−0Ω=1.0Ω
(3)[4]由于滑动变阻器和电压表的阻值都是有限的，所以电路中的最小电流是大于零的，此时电压表测得的路端电压比电源的电动势小。
[5]实验中电流表采用了内接法，所以电流表的测得的电流小于流过电源的实际电流，则实际的 U−I 图像的斜率要比实验中绘制的图像的斜率要小，即内阻的测量值偏大了。
12.【答案】 BCD##BDC##CBD##CDB##DBC##DCB 保证小球每次平抛的初速度相同，以找出对应的平均落点位置 > = m1x2=m1x1+m2x3
【解析】(1)[1]ABC.本实验用 v=xt 代入验证，时间 t 可以消去，故需要测量小球的水平射程和两小球的质量，不需要测量时间，即不需要测量抛出点距地面的高度，A错误，BC正确；
D.为保证小球从斜槽末端段飞出时做平抛运动，应保证斜槽末端水平，D正确；
E.斜槽光滑与否对实验结果不影响，只要保证入射小球均从同一高度释放，保证碰撞前入射小球的速度相同即可，E错误。
故选BCD。
(2)[2]保持入射小球从同一位置释放是为了保证小球每次平抛的初速度相同，以找出对应的平均落点位置；
(3)[3][4]为了保证小球碰撞为对心碰撞，且碰后不反弹，要求 m1>m2 ， d1=d2 ；
(4)[5]碰撞时满足动量守恒有
m1v2=m1v1+m2v3
两边同时乘以下落时间有
m1x2=m1x1+m2x3
13.【答案】(1)1335L；(2)80%
【解析】(1)根据玻意耳定律可知
p1V1=p0(V1+V)
解得
V=1335L
可放出该状态下氧气的体积1335L；
(2)根据理想气体状态变化方程可知
p1V1T1=p2(V1+V′)T2
解得
V′=60L
用掉的氧气的质量与原有的氧气的质量之比
14.【答案】(1)0.3；(2) 0.0015m
【解析】(1)设A、B共同速度为v1，由动量守恒定律有
mv0=(m+M)v1
解得
v1=1m/s
由动能定理有
−μmgL=12(m+M)v12−12mv02
解得
μ=0.3
(2)以A与圆弧轨道为系统，取向右为正方向，设碰后A的速度为v2，圆弧轨道的速度为v3，由机械能守恒定律及动量守恒定律有
Mv1=Mv2+M′v3
12Mv12=12Mv22+12M′v32
联立解得
v2=−0.2m/s
v3=0.8m/s
以B与圆弧轨道为系统，设共速时速度为v4，由动量守恒及机械能守恒定律有
M′v3+mv1=(M′+m)v4
12M′v32+12mv12=12(M′+m)v42+mgH
联立解得
H=0.0015m
15.【答案】(1) mv04qd ， 48d2 ；(2) mv02qd ；(3) 20π+12 3d3v0
【解析】(1)根据题意，画出粒子在匀强磁场Ⅰ中的运动轨迹，如图所示
由几何关系可得
Rsin30∘+R=6d
解得
R=4d
又有
qv0B1=mv02R
解得
B1=mv04qd
根据题意结合上述分析可知，磁场Ⅰ的面积最小时的矩形如图所示
由几何关系可得，矩形的长为
a=2R
宽为
b=Rsin30∘+R=1.5R
则磁场Ⅰ的最小面积为
S1=ab=3R2=48d2
(2)由题意可知，当该粒子离开 O 点就进入磁场Ⅱ时，粒子在磁场中运动的半径最大，此时对应的磁场Ⅱ的磁感应强度最小，运动轨迹如图所示
设最小磁感应强度为 B2 ，半径为 r ，由牛顿第二定律有
qv0B2=mv02r
解得
r=mv0qB2
由几何关系有
r+rsin30∘=6d
解得
r=2d
可得
B2=mv02qd
(3)粒子在磁场中运动的周期为
T=2πRv
又有
qvB=mv2R
解得
T=2πmqB
则粒子在磁场Ⅰ中的周期为
T1=2πmqB1=8πdv0
粒子在磁场Ⅱ中的周期为
T2=2πmqB2=4πdv0
结合几何关系可得，粒子从P点射出到第一次回到P点所需的时间为
t=23T1+13T2+6d⋅tan30∘v0+2dtan30∘v0=20π+12 3d3v0
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