2022-2023学年北京市汇文中学高二（下）期末物理试卷（含详细答案解析）

这是一份2022-2023学年北京市汇文中学高二（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共17页。试卷主要包含了单选题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.将中子、质子紧紧束缚在核内，形成稳定原子核的力是( )
A. 万有引力B. 库仑力C. 核力D. 分子力
2.1911年，卢瑟福提出了原子核式结构模型。他提出这种模型的依据是( )
A. α粒子散射实验B. 光电效应实验C. 天然放射现象D. 核聚变反应
3.陆游在诗作《村居山喜》中写到“花气袭人知骤暖，鹊声穿树喜新晴”。从物理视角分析诗词中“花气袭人”的主要原因是( )
A. 气体分子之间存在着空隙B. 气体分子在永不停息地做无规则运动
C. 气体分子之间存在着相互作用力D. 气体分子组成的系统具有分子势能
4.一个氢原子从n=2能级跃迁到n=3能级，也就是氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道，该原子( )
A. 吸收光子，能量增大B. 吸收光子，能量减小
C. 放出光子，能量增大D. 放出光子，能量减小
5.关于花粉颗粒在液体中的布朗运动，下列说法正确的是( )
A. 液体温度越低，布朗运动越显著
B. 花粉颗粒越大，布朗运动越显著
C. 布朗运动是由液体分子的无规则运动引起的
D. 布朗运动是由花粉颗粒内部分子无规则运动引起的
6.用一段金属丝做成环状，把棉线的两端松弛地系在环的两点上，然后把环浸入肥皂水中，再拿出来使环上形成肥皂膜，如果用针刺破棉线一侧的肥皂膜，则如图所示a、b、c三个图中，可能的图是( )
A. (a)、(b)、(c)B. (a)、(b)C. (b)、(c)D. (a)、(c)
7.秦山核电站生产 614C的核反应方程为 714N+01n→614C+11H，其产物 614C的衰变方程为 614C+714N→−10e。下列说法正确的是( )
A. 614C+714N→−10e是α衰变B. 经过一个半衰期，10个 614C将剩下5个
C. −10e来自原子核外D. 614C可以用作示踪原子
8.甲、乙两物体从同一点出发且在同一条直线上运动，它们的位移-时间(x−t)图象如图所示，由图象可以得出在0−4s内( )
A. 甲的平均速度等于乙的平均速度
B. 4s时甲、乙两物体间的距离最大
C. 甲、乙两物体始终同向运动
D. 甲、乙两物体间的最大距离为6m
9.水枪是孩子们喜爱的玩具，常见的气压式水枪储水罐示意如图。从储水罐充气口充入气体，达到一定压强后，关闭充气口。扣动板机将阀门M打开，水即从枪口喷出。若在水不断喷出的过程中，罐内气体温度始终保持不变，则气体( )
A. 压强变大B. 对外界做功C. 对外界放热D. 分子平均动能变大
10.如图所示，一定量的理想气体从状态A开始，经历两个过程，先后到达状态B和C.有关A、B和C三个状态温度TA、TB和TC的关系，正确的是( )
A. TA=TB，TB=TC
B. TAVA，则有：TB>TA，
而状态B到状态C是一个等容过程，则有：pBTB=pCTC，因为pB>pC，则有：TB>TC，
对状态A和C，依据理想气体状态参量方程，则有：2p0×35V0TA=35p0×2V0TC，解得：TA=TC，
综上分析，可知，故C正确，ABD错误。
11.【答案】D
【解析】解：A、从r=r2到r=r0分子间引力、斥力都在增加，故A错误；
B、由图可知，在r=r0时分子力为零，故从r=r2到r=r1分子力的大小先增大后减小再增大，故B错误；
C、分子势能在r=r0时最小，故从r=r2到r=r0分子势能一直在减小，故C错误；
D、从r=r2到r=r1分子力先做正功后做负功，故分子动能先增大后减小，故D正确；
故选：D。
当分子间距离等于平衡距离时，分子力为零，分子势能最小；当分子间距离小于平衡距离时，分子力表现为斥力，当分子间距离大于平衡距离时，分子力表现为引力；根据分子力做功情况分析分析势能和动能的变化。
解决本题的关键是掌握分子力做功与分子势能的关系，知道分子间距离等于平衡距离时，分子力为零，分子势能最小。
12.【答案】C
【解析】解：A、根据速度时间图象与时间轴所围的“面积”表示位移，知t=T时，甲球距离地面的高度为3v0+v02T=2v0T，故A错误；
B、根据“面积”法知，t=T时，两球高度差最大，故B错误；
C、t=2T时，两球距离地面的高度相同，均为：h=12⋅3v0⋅1.5T−12⋅v0⋅0.5T=2v0T，故C正确；
D、t=3T时，甲球返回地面，乙球离地面的高度为：H=12⋅3v0⋅1.5T−12⋅v0⋅0.5T=2v0T，故D错误。
故选：C。
速度时间图象与时间轴所围的“面积”表示质点的位移，根据位移关系分析两球的高度差。结合图象的面积求甲球离地面的高度。
本题要结合图象的意义和竖直上抛运动的规律进行分析，关键要掌握速度时间图象与时间轴所围的“面积”表示位移，来分析两球离地的高度。
13.【答案】A
【解析】解：A.根据能级跃迁的原理可知，hcλ1=hcλ2+hcλ3，所以图乙中氢原子发出的三条谱线波长λ1、λ2、λ3的关系为1λ1=1λ2+1λ3，故A错误；
B.根据左手定则判断可知，图甲中①、②、③三种射线分别为β射线、γ射线、α射线，故B正确；
C.图丙中的链式反应就是原子弹爆炸发生的核反应，故C正确；
D.丁图是光电流与电压的关系图，根据遏止电压与光电效应公式可知，发生光电效应时光电子最大初动能与光的强度无关，故D正确；
本题选择错误选项；
故选：A。
结合玻尔理论以及能级公式分析波长之间的关系；根据左手定则可以判断带电粒子在磁场中运动情况；根据链式反应特点分析C，根据光电效应方程分析D。
本题考查了α射线、β射线、γ射线及其特性、光电效应、能级跃迁、比结合能等基础知识点，关键要熟悉教材，牢记这些基础知识点。
14.【答案】C
【解析】解：A、断开电键S后，初动能的光电子也可能达到阳极，电流表G的示数不一定为零，故A错误；
B、若单刀双掷开关S应掷于1处，光电管两端为正向电压，不会得到图乙的图像，故B错误；
CD、由光电效应方程eUc=Ek=hν−W0，变形有：Uc=heν−W0e，结合图像可知he=ab，W0e=a
解得：W0=ea，h=aeb，故C正确，D错误；
故选：C。
断开电键S后，初动能的光电子也可能达到阳极；根据光电效应方程得Ek=hν−W0，结合图乙，可解得普朗克常量与逸出功。
本题考查光电效应，要求学生结合光电效应方程以及题干给出图像进行分析和判断，难度不大。
15.【答案】质量 温度 大于 大于
【解析】解：(1)在本实验操作的过程中，需要保持不变的量是气体的质量和温度。
(2)由克拉珀龙方程pV=mMRT，式中m是气体的质量，M是摩尔质量，R是摩尔气体常量，可知在相同情况下，当温度T不变时，所选气体的质量m越大，pV值越大，可知m1大于m2。
由克拉珀龙方程可得
p=mMRT⋅1V⋅
可知p−1V图像的斜率为
k=mMRT
可知在相同情况下，当温度T不变时，所选气体的质量m越大，k值越大，可知m3大于m4。
故答案为：(1)质量，温度；(2)大于，大于。
(1)根据控制变量法分析判断；
(2)根据克拉珀龙方程推导出图像函数表达式分析判断。
本题关键掌握控制变量法，掌握利用图像和函数解决问题。
16.【答案】(1)单层； d=VS (2)DACB(3)偏大 (4)分子力为零，分子势能最小 ；分子势能图象的斜率
【解析】解：(1)这种粗测方法是将每个分子视为球体，让油酸尽可能地在水面上散开，则形成的油膜可视为单分子油膜，这时油膜的厚度可视为油酸分子的直径，d=VS。
(2)实验步骤为：将配制好的油酸酒精溶液，通过量筒测出1滴此溶液的体积。然后将1滴此溶液滴在有痱子粉的浅盘里的水面上，等待形状稳定后，将玻璃板放在浅盘上，用彩笔描绘出油酸膜的形状，将画有油酸薄膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上，按不足半个舍去，多于半个的算一个，统计出油酸薄膜的面积。故答案为：DACB。
(3)实验过程中，若油膜没有完全散开，则油酸溶液在水面上形成的油膜面积偏小，由d=VS可知，实验测量的油酸分子的直径偏大。
(4)合理之处为分子力为零，分子势能最小；不合理之处：因为分子势能Ep-r斜率的绝对值k=|ΔEpΔr|=|W分子力Δr|=f，所以其物理意义是分子力的大小，分子势能图象的斜率不合理，Ep-r图象斜率的变化快慢应该和分子力的变化情况相同。
故答案为：(1)单层；d=VS；(2)DACB；(3)偏大；(4)分子力为零，分子势能最小；分子势能图象的斜率不合理。
(1)将油酸分子看成球体，让油酸在水面上形成单分子油膜，油膜的厚度就是油酸分子的直径。
(2)将配制好的油酸酒精溶液，通过量筒测出1滴此溶液的体积。然后将1滴此溶液滴在有痱子粉的浅盘里的水面上，等待形状稳定后，将玻璃板放在浅盘上，用彩笔描绘出油酸薄膜的形状，将画有油酸薄膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上，按不足半个舍去，多于半个的算一个，统计出油酸薄膜的面积。
(3)依据d=VS，结合痱子粉太厚，即S太小，从而即可求解。
(4)分子力为零，分子势能最小；分子势能Ep-r斜率的绝对值k=|ΔEpΔr|=|W分子力Δr|=f。
本题考查“用单分子油膜估测分子大小”实验的实验步骤和数据处理，难度不大，是一道基础题，熟练掌握基础知识即可正确解题；解题时要注意，V应该是纯油的体积，不是酒精油酸溶液的体积。明确分子势能Ep-r斜率的绝对值的物理意义是解决(4)的关键。
17.【答案】解：(1)由题V−T图象通过坐标原点，则知从A到B理想气体发生等压变化。由盖-吕萨克定律得：VATA=VBTB
解得：VB=8.0×10−3m3
(2)外界对气体做的功：
W=p(VB−VA)=−1.0×105×(8.0×10−3−6.0×10−3)J=−2×102J
根据热力学第一定律：ΔU=Q+W
解得：ΔU=400J。
答：(1)气体在此状态B的体积VB为8.0×10−3m3
(2)此过程中气体内能的增量ΔU为400J。
【解析】(1)由图象可知气体发生的是等压变化，由盖-吕萨克定律求出气体体积的变化；
(2)根据功的公式可求得求出气体所做的功，最后由热力学第一定律求出气体内能的增量。
本题考查玻意耳定律、热力学第一定律列式求解的方法，要注意公式中的T为热力学温度，同时注意理想气体不计分子势能，故其内能与热力学温度成正比。
18.【答案】解：(1)飞机从A到C运行总时间t=200s，该直升机在BC段的速度大小为v，
则飞机在AB段的平均速度为v2，由题意得：
xBCv+xABv2=t
代入数据得v=100m/s.
(2)设飞机在AB段加速度为a，由v2=2ax
得a=1m/s2.
答：(1)直升机在BC段的速度大小是100m/s.
(2)直升机在AB段做匀加速直线运动时的加速度大小是1m/s2.
【解析】(1)匀速阶段的时间加上匀加速阶段的时间为总时间，匀速阶段的时间可用位移除以速度表示，匀加速阶段的时间可用位移除以平均速度表示，这样可求出速度．
(2)在AB段根据速度与位移的关系公式v2=2ax，就可求解出加速度．
此题考查了匀变速运动的一些基本规律，只要我们记住公式，并且理解公式的含义以及应用条件，这类问题都会迎刃而解．属于中档题．
19.【答案】解：(1)货车做匀减速直线运动，设加速度大小为a1，则：v12=2ax1，其中x1=100m
代入数据解得：a1=2m/s2；
(2)从货车开始减速到出租车开始刹车，所经历的时间为：t1=4.5s+0.5s=5s
该段时间货车的位移为：x2=v1t1−12a1t12=(20×5−12×2×52)m=75m
该段时间出租车的位移为：x3=v0t1=18×5m=90m
根据两车之间的位移关系，可知两车之间的距离：Δx=x0+x2−x3=(31+75−90)m=16m；
(3)出租车开始刹车时，货车的速度为：v2=v1−a1t1=(20−2×5)m/s=10m/s
若相遇时两车的速度相等，则恰好不发生追尾，设从出租车开始刹车到速度相等所经历的时间为t2，出租车的加速度为a2，则出租车与货车的速度关系为：
v0−a2t2=v2−a1t2
则出租车在t2时间内的位移为：x4=v0t2−12a2t22
货车在t2时间内的位移为：x5=v2t2−12a1t22
出租车与货车的位移关系应满足：x4=x5+Δx
代入数据联立解得：a2=4m/s2
答：(1)货车加速度的大小为2m/s2；
(2)当出租车开始刹车时，两车之间的距离16m；
(3)若欲使出租车不和货车发生追尾，则出租车刹车的加速度大小为4m/s2。
【解析】(1)根据速度-位移关系求解出货车的加速度大小；
(2)根据位移-时间关系求解出货车从开始减速到出租车开始刹车这段时间的位移，再由x=vt求出出租车在这段时间的位移，根据两者位移的关系求解出两者之间的距离；
(3)若出租车的加速度大于货车的加速度，当两车速度相等时不追尾，则之后不会追尾，从而建立出租车速度与货车速度的关系，根据两车的位移关系建立位移直接的方程，联立求解即可。
本题考查追及相遇问题，注意在货车刹车后，出租车依然做匀速直线运动，要使出租车不追尾，则需要在其速度与货车速度相等时未追尾。
20.【答案】解：(1)①、进入转筒内的离子在磁场中做匀速圆周运动，由题意知速度大小为v0的离子在磁场中的轨迹为14圆周，可得离子的运动半径等于R，由洛伦兹力提供向心力得：
qv0B=mv02R
解得：B=mv0qR；
②、离子在磁场中运动的时间为：
t=14⋅2πRv0=πR2v0
要使速度大小为v0的离子能打在Q板的A处，转筒在此时间内转过的角度需满足：
ωt=2kπ+π2
联立解得：ω=(4k+1)v0R，(k=0、1、2……)；
(2设打在板Q的C处的离子在磁场中的运动半径为r，其速度大小为v，运动轨迹如图所示，由几何关系可得：
rR=tanθ2
由洛伦兹力提供向心力得：
qvB=mv2r
解得：v=v0tanθ2；
此离子在磁场在运动轨迹的圆心角为π−θ，可得此离子在磁场中运动的时间为：
t1=(π−θ)rv=(π−θ)Rv0
设转筒P角速度的大小为ω1，要使此离子能打在Q板的C处，转筒在此时间内转过的角度需满足：
ω1t1=2nπ+θ
联立解得：ω1=(2nπ+θ)v0(π−θ)R，(n=0、1、2……)
设转筒P转一周的时间内，打在C处的离子受到平均冲力的大小为F′，由动量定理得：
F′⋅2πω1=Nmv
由牛顿第三定律可得，C处受到平均冲力的大小F=F′
联立解得：F=(2nπ+θ)Nmv022π(π−θ)Rtanθ2，(n=0、1、2……)；
(3)由题意并结合(1)(2)的结论，可知转筒P转动的角速度既要等于(4k+1)v0R，又要等于(2nπ+θ′)v0(π−θ′)R，则可得：
(4k+1)v0R=(2nπ+θ′)v0(π−θ′)R