2023-2024学年河北省唐山市百师联盟高二（下）期末联考物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年河北省唐山市百师联盟高二（下）期末联考物理试卷（含解析），共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.“嫦娥五号”携在月球采集的约2kg月壤返回地球。从月球带来的“土”特产中有地球上含量极少且被誉为“月壤宝藏”的氦−3，它是既环保又安全的核反应原料，可将氦−3原子核与氘原子核结合时释放的能量用来发电，其核反应方程 23He+12H→ZAY+11H，是则下列说法正确的是( )
A. 该反应为原子核的人工转变B. 23He与 ZAY相比， ZAY的结合能较小
C. 由核反应方程可知，A为4，Z为2D. 氦−3是Y的同位素，比Y少一个质子
2.如图甲所示，t=0时，一小船停在海面上的P点，一块浮木漂在纵坐标y=0.5m的R点，其后小船的振动图像如图乙所示，可知( )
A. 水波的振动向x轴负方向传播B. 水波波速为4.8m/s
C. 1.2s末，小船运动到Q点D. 1.5s末，浮木向下运动
3.根据宇宙大爆炸理论，密度较大区域的物质在万有引力作用下，不断聚集可能形成恒星。恒星最终的归宿与其质量有关，如果质量为太阳质量的1∼8倍将坍缩成白矮星，质量为太阳质量的10∼20倍将坍缩成中子星，质量更大的恒星将坍缩成黑洞。设恒星坍缩前后可看成质量均匀分布的球体，质量不变，体积缩小，自转变快．不考虑恒星与其它物体的相互作用．已知逃逸速度为第一宇宙速度的 2倍，中子星密度大于白矮星。根据万有引力理论，下列说法正确的是( )
A. 同一恒星表面任意位置的重力加速度相同
B. 恒星坍缩后表面两极处的重力加速度比坍缩前的大
C. 恒星坍缩前后的第一宇宙速度不变
D. 中子星的逃逸速度小于白矮星的逃逸速度
4.血压仪由加压气囊、臂带，压强计等构成，如图所示。加压气囊可将外界空气充入臂带，压强计示数为臂带内气体的压强高于大气压强的数值，充气前臂带内气体压强为大气压强，体积为V；每次挤压气囊都能将60cm3的外界空气充入臂带中，经5次充气后，臂带内气体体积变为5V，压强计示数为150mmHg。已知大气压强等于750mmHg，气体温度不变。忽略细管和压强计内的气体体积。则V等于( )
A. 30cm3B. 40cm3C. 50cm3D. 60cm3
5.如图甲为教学用交流发电机，转动手柄，两个磁极之间的线圈随着转动，就能产生感应电动势，从而为小灯泡供电。把小灯泡与教学用发电机按图乙所示电路通过变压器相连，小灯泡发光。变压器副线圈的匝数可通过移动调节器的滑片P改变。下列说法正确的是( )

A. 调节器滑片位置不变时，手柄转速变大，变压器副线圈两端电压变小
B. 调节器滑片位置不变时，手柄转速变大，小灯泡的亮度变暗
C. 手柄转速一定时，向下移动调节器的滑片，小灯泡变亮
D. 若希望小灯泡亮度保持不变，当手柄转速变大时，可向下移动调节器的滑片
6.近些年高压水枪水射流清洗技术迅速发展，可以用于清洗汽车上许多种类的污垢层。设高压水枪洗车时，垂直射向车身的圆柱形水流的横截面直径为d，水从出水口水平出射，水打到车身后不反弹顺车身流下。已知车身受到水的平均冲力大小为F，水的密度为ρ，则水的流量Q(单位时间流出水的体积)为( )
A. 12ρdπFB. d2πFρC. 2ρdπFD. 2dπFρ
7.质量为M的玩具动力小车在水平面上运动时，牵引力F和受到的阻力f均为恒力，如图所示，小车用一根不可伸长的轻绳拉着质量为m的物体由静止开始运动。当小车拖动物体行驶的位移为S1时，小车达到额定功率，轻绳从物体上脱落。物体继续滑行一段时间后停下，其总位移为S2。物体与地面间的动摩擦因数不变，不计空气阻力。小车的额定功率P0为( )
A. 2F2(F−f)S2−S1S1(M+m)S2−MS1B. 2F2(F−f)S2−S1S1(M+m)S2−mS1
C. 2F2(F−f)S2−S1S2(M+m)S2−MS1D. 2F2(F−f)S2−S1S2(M+m)S2+mS1
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.如图(甲)所示为太空探索公司猎鹰火箭助推器回收画面。火箭发射后，助推器点火提供向上的推力，到达某一高度后与火箭分离，并立即关闭发动机，在接近地面某处重启发动机减速并使助推器的速度在着陆时为零。从火箭发射开始计时，助推器上速度传感器测得助推器竖直方向的速度如图(乙)所示，忽略空气阻力，则下列说法正确的是( )
A. t1∼t3的过程中，助推器先处于超重状态然后处于失重状态
B. t3∼t4的过程中助推器处于超重状态
C. t2时刻助推器与火箭分离并关闭发动机
D. 若t2v2
9.光导纤维(简称光纤)由内芯和外套两层组成。如图所示，某光纤内芯半径为a，折射率为n，外套折射率小于n，真空中的光速为c，传播的信号从光纤轴线上的O点射向光纤。若一段该光纤长为L，则光在该光纤中传播的最短时间为t(未知)；若光信号在光纤内芯中传播时相对外套的临界角为C，为保证射入光纤内芯的光信号在传播过程中发生全反射，O点到光纤左端面距离的最小值为x(未知)。则( )
A. t=LcnB. t=nLc
C. x=ancsC 1−n2cs2CD. x=nacsC 1+n2cs2C
10.如图所示，x轴上的电势分布关于φ轴对称，x₁处电势为φ1，x3处电势为φ2，且该处图线切线斜率绝对值最大，x3=−x2，将一电荷量为−q(q>0)的电荷从x1处由静止释放，只在电场力作用下运动，下列说法正确的是( )
A. 电荷运动到x2处加速度最大，且与x3处加速度等大反向
B. 电荷在x3处的动能为−q(φ2−φ1)
C. 电荷从x1到x2，电场力做功为q(φ2−φ1)
D. 电荷一直向x轴正方向运动
三、实验题：本大题共2小题，共12分。
11.某学习小组用如图所示的装置利用动量守恒等知识测量铁块与桌面间的动摩擦因数μ，实验步骤如下：
A.先测出小铁块A、B的质量M、m，水平桌面到水平地面的高度ℎ，查出当地的重力加速度g；
B.在小铁块A、B中间填有少量的炸药后放在桌面上，A紧靠在桌边，某时刻炸药爆炸，A向左水平飞出，B在桌面上向右滑动；
C.用刻度尺测得小铁块A的落地点与飞出点的水平距离为xA，测得小铁块B在桌面上滑行的距离为xB；
(1)小铁块A、B被炸开时的速度大小分别为：vA=________，vB= ________；
(2)小铁块B与桌面间的动摩擦因数μ的计算公式为：μ=______。(用题目中所涉及的物理量的字母表示)
12.用电压表和电流表测电源的电动势和内电阻，有如图甲、乙所示的两种电路，测得多组数据，把它们标在丙图的坐标纸上，并作出路端电压U与干路电流I间的关系(U−I)图像。
(1)由丙图的图像可知，电源的电动势E=__________V，内电阻r=__________Ω。(结果均保留两位有效数字)
(2)如果丙图是采用乙图所示的电路进行测量并作出的图像，所得的电源电动势E的测量值__________(选填“大于”“等于”或“小于”)真实值。
(3)如果做实验时，实验室没有合适量程的电表，需要进行改装，以下电表改装正确的是___________。
A.将一个量程为10mA、内阻为20Ω的电流表，串一个280Ω的电阻可以改装为量程为3V的电压表
B.将一个量程为10mA、内阻为20Ω的电流表，并一个1Ω的电阻可以改装为量程为0.6A的电流表
C.将一个量程为10mA、内阻为20Ω的电流表，并一个300Ω的电阻可以改装为量程为3V的电压表
D.将一个量程为3V、内阻为2kΩ的电压表，串一个8kΩ的电阻可以改装为量程为10V的电压表
四、计算题：本大题共3小题，共42分。
13.如图所示，倾角α=37∘的直轨道AB与半径R=0.15m的圆弧形光滑轨道BCD相切于B点，O为圆弧轨道的圆心，CD为竖直方向上的直径，质量m=0.1kg的小滑块可从斜面上的不同位置由静止释放，已知小滑块与直轨道AB间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度取g=10m/s2，sin37∘=0.6,cs37∘=0.8。
(1)若释放点距B点的长度l=0.75m，求小滑块到最低点C时对轨道的压力大小；
(2)若小滑块恰好能通过圆弧轨道的最高点D，求释放点距B点的距离。
14.如图所示，竖直xy坐标平面内第II象限内有相互正交的匀强磁场与匀强电场(图中未画出)，一个质量为mA=0.2kg的带正电小球A以速度v0从x轴上P点与x轴负方向成θ=60∘进入磁场与电场区域，小球恰好能在电场与磁场区域内做匀速圆周运动，小球A由垂直于y轴上的N点离开电场、磁场区域，小球A立即与静置于N点的绝缘小球C发生弹性碰撞，碰撞后两球均落在第I象限内的x轴上，已知匀强磁场磁感应强度B0=3.0T，小球A带电量为q=1.0C，A、C两球体积相同，小球A质量为C的质量的2倍，N点与x轴的距离为ℎ=0.45m，不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2，π取3；求：
(1)第II象限内匀强电场的大小与方向；
(2)小球A由P点出发到落回x轴所用时间；
(3)A、C两小球在x轴上的落点间距Δx。
15.如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，两导轨间距为L=1 m，导轨左侧有两个开关S1、S2，S1与一个阻值为R=2 Ω的定值电阻串联，S2与一个电容为C=0.5 F的电容器串联。导体棒ab垂直于导轨放置，其长度为L、质量m=0.5 kg、电阻r=1 Ω。整个装置处于方向竖直向上、磁感应强度大小为B=1 T的匀强磁场中。一质量为M=0.1 kg的重物通过轻质定滑轮用绝缘轻绳与导体棒ab的中点连接，开始时轻绳张紧，轻绳水平部分与导轨和导体棒在同一水平面。现将S1闭合，S2断开，使重物由静止释放，经时间t=3 s导体棒达到最大速度。已知导轨足够长，不计导轨电阻，导体棒始终垂直导轨且与导轨接触良好，重物始终未落地，取重力加速度为g=10 m/s2，不计一切摩擦。求：
(1)导体棒的最大速度vm；
(2)导体棒从开始运动到刚达到最大速度时，运动的距离d；
(3)导体棒从开始运动到刚达到最大速度时，电阻R中产生的热量；
(4)导体棒达到最大速度后，将S1断开、S2闭合，同时撤去重物，导体棒速度再次稳定时电容器所带的电荷量。
答案解析
1.C
【解析】A.该反应为轻核聚变，故A错误；
B. 23He 与 ZAY 相比， ZAY 更稳定， ZAY 的结合能较大，故B错误；
C.根据核反应质量数和电荷数守恒，该核反应方程为
23He+12H→24He+11H
可知A为4，Z为2，故C正确；
D.氦−3是Y的同位素，质子数相同，比Y少一个中子，故D错误。
故选C。
2.D
【解析】解：A.由题图乙可知，t=0时刻小船沿y轴正方向起振，根据波形平移法，水波的振动向x轴正方向传播，故A错误；
B.由题图甲、乙可知波的波长和周期分别为λ=4m、T=1.2s，所以水波波速为v=λT=41.2m/s=103m/s，故B错误；
C.小船只会在平衡位置附近振动，不会沿波的传播方向移动，故C错误；
D.t=0时刻浮木正位于平衡位置上方，沿y轴负方向运动，因为1.5s=T+T4，所以1.5s末，浮木向下运动，故D正确。
故选：D。
由t=0时刻质点P的振动方向，确定波的传播方向，由甲图读出波长，由乙图读出波的周期，再由波速公式求出波速，小船只会在平衡位置附近振动，不会沿波的传播方向移动。
本题要由质点的振动方向确定波的传播方向，这波的图象中基本问题，方法较多，可以运用波形平移法，也可以“上下坡法”，即把波形象看成山坡：顺着波的传播方向，上坡的质点向下，下坡的质点向上。
3.B
【解析】A.恒星可看成质量均匀分布的球体，同一恒星表面任意位置物体受到的万有引力提供重力加速度和绕恒星自转轴转动的向心加速度，不同位置向心加速度可能不同，故不同位置重力加速度的大小和方向可能不同，A错误；
B.恒星两极处自转的向心加速度为零，万有引力全部提供重力加速度，恒星坍缩前后可看成质量均匀分布的球体，质量不变，体积缩小，由万有引力表达式 F万=GMmR2 可知，恒星表面物体受到的万有引力变大，根据牛顿第二定律可知恒星坍缩后表面两极处的重力加速度比坍缩前的大，B正确；
C.由第一宇宙速度物理意义可得GMmR2=mv2R
整理得v= GMR
恒星坍缩前后质量不变，体积缩小，故第一宇宙速度变大，C错误；
D.由质量分布均匀球体的质量表达式 M=4π3R3ρ 得R=33M4πρ
已知逃逸速度为第一宇宙速度的 2 倍，则v′= 2v= 2GMR
联立整理得v′2=2v2=2GMR=4G3πρM23
由题意可知中子星的质量和密度均大于白矮星，结合上式表达式可知中子星的逃逸速度大于白矮星的逃逸速度，D错误。
故选B。
4.D
【解析】经5次充气后，以臂带内所有气体为研究对象，初态：p1=750mmHg，V1=(V+60×5)cm3，末态：p2=750mmHg+150mmHg=900mmHg，V2=5V，由玻意耳定律p1V1=p2V2，代入数据计算可得V=60cm3，故D正确，ABC错误。
5.D
【解析】AB.调节器滑片位置不变时，手柄转速变大，变压器原线圈两端电压变大，变压器副线圈两端电压变大，小灯泡的亮度变亮，故AB错误；
C.手柄转速一定时，变压器原线圈两端电压一定；向下移动调节器的滑片，副线圈的匝数减小，由 U1U2=n1n2 ，可知副线圈两端电压降低，小灯泡变暗，故C错误；
D.若希望小灯泡亮度保持不变，当手柄转速变大时，变压器副线圈两端电压变大；可向下移动调节器的滑片，副线圈的匝数减小，副线圈两端获得与原来一样的电压，故D正确。
故选D。
6.B
【解析】解：设水流速v，高压水枪时间t内喷出水的质量为：
m=ρV=ρπd24⋅vt
已知车身受到水的平均冲力大小为F，以F方向为正方向，由动量定理有：Ft=0−m(−v)
得：F=14πρd2v2
水的流量为：Q=πd24⋅v=d2 πFρ，故B正确，ACD错误。
故选：B。
根据水流速度，表达时间t内喷出水的质量，根据动量定理，求车身受到水的平均冲力大小为F，再求水的流量。
本题考查学生对动量定理的掌握，使用时注意规定正方向。
7.A
【解析】设物体与地面间的动摩擦因数为μ，当小车拖动物体行驶的位移为s1的过程中由牛顿运动定律列式得
F−f−μmg = (m+M)a，
v2= 2as1，
轻绳从物体上脱落后，由牛顿运动定律ma2= μmg，v2= 2a2(s2−s1)，
小车的额定功率P0= Fv
联立解得P0= 2F2(F−f)(s2−s1)s1(M+m)s2−Ms1，故选A。
8.BD
【解析】A.t1∼t3的过程中，助推器只在重力作用下先向上减速后向下加速，加速度向下，则总是处于失重状态，选项A错误；
B.t3∼t4的过程中助推器向下减速，加速度向上，处于超重状态，选项B正确；
C.t1时刻助推器与火箭分离并关闭发动机，助推器向上做减速运动，选项C错误；
D.因t2时刻助推器到达最高点，则由面积关系可知t轴以上图像的面积等于t轴以下图像的面积，若从0∼t1时间内做匀加速直线运动，则
12v1t2>12(t4−t2)v2
因t2v1>v2
选项D正确。
故选BD。
9.BC
【解析】AB.光在光纤中沿直线传播时，所需时间最短，光在光纤中传播的速度
v=cn
则最短时间
t=Lv=nLc
故A错误，B正确；
CD.设光照射设光照射在光纤端面的P点时，入射角为 α ，折射角为 β ，光线进入光纤后照射在Q点，入射角为 γ ，最小距离为x，如图所示：
当光线在Q点恰好发生全反射，则有
γ=C
则
β=90∘−C
根据折射定律有
n=sinαsinβ
解得
sinα=ncsC
为保证射入光纤内芯的光信号在传播过程中发生全反射，光线最远达到P点，根据几何关系可得
sinα=a a2+x2
解得
x=ancsC 1−n2cs2C
故C正确，D错误。
故选BC。
10.AC
【解析】
A．φ−x图象切线的斜率表示电场强度大小，x3与x2两点对称，电场强度等大反向，且最大，由电场力F=qE和牛顿第二定律知，加速度等大反向，且最大，故A正确；
BC.从x1到x2，及x1到x3，电场力做功相同为W=qU=q(φ2−φ1)，
由动能定理知电荷在x3处的动能为q(φ2−φ1)，故B错误，C正确；
D.由动能定理可知，电荷运动到x1关于φ轴的对称点x1处时速度为0，此后反向，故D错误。
11.(1)xA g2ℎ，MxAm g2ℎ；(2)M2xA24m2xBℎ
【解析】(1)小铁块A炸开后做平抛运动，则
在水平方向：xA=vAt
在竖直方向：ℎ=12gt2
联立解得vA=xA g2ℎ
小铁块A、B组成的系统动量守恒，则
MvA=mvB
代入解得vB=MxAm g2ℎ
(2)小铁块B在桌面上滑行的距离为xB，根据动能定理可知
μmgxB=12mvB2
代入数据解得：μ=M2xA24m2xBℎ
12.(1) 1.5 1.0
(2)小于
(3)A

【解析】(1)[1]根据闭合电路的欧姆定律
E=U+Ir
整理得
U=−Ir+E
图像的纵截距表示电源的电动势，为
E=1.5V
[2]图像斜率的绝对值表示电源内阻，为
r=k=1.5−1.00.5Ω=1.0Ω
(2)若采用(乙)图所示的电路进行测量并作出图像，由于电压表分流的缘故，当电流表示数为零时，实际通过电源的电流并不为零，所以电源的内电压不为零，从而导致所作图像的纵截距偏小，所得的电源电动势E的测量值小于真实值。
(3)AC.将电流表改装成电压表，需串联电阻，根据电压表改装原理可得
U1=Ig(Rg+R1)=10×10−3×(20+280)V=3V
则将一个量程为10mA、内阻为20Ω的电流表，串一个280Ω的电阻可以改装为量程为3V的电压表，故A正确，C错误；
B.根据电流表改装原理
I1=Ig+IgRgR2=10+10×201mA=210mA=0.21A
则将一个量程为10mA、内阻为20Ω的电流表，并一个1Ω的电阻可以改装为量程为0.21A的电流表，故B错误；
D.根据电压表改装原理
U2=Ug+UgRgR3=3+32×8V=15V
则将一个量程为3V、内阻为2kΩ的电压表，串一个8kΩ的电阻可以改装为量程为15V的电压表，故D错误。
故选A。
13.(1)从释放点到C点，根据动能定理
mglsinα+mgR(1−csα)−μmglcsα=12mvC2
在C点，根据牛顿第二定律
FN−mg=mvC2R
根据牛顿第三定律，小滑块到最低点C时对轨道的压力大小
F′N=FN
解得
F′N=3.4N
(2)小滑块恰好能通过圆弧轨道的最高点，在 D 点，由牛顿第二定律可得
mg=mvD2R
滑块由释放运动到 D 点过程，由动能定理得
mgl0sinα−mgR(1+csα)−μmgl0csα=12mvD2
解得
l0=1.725m

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
14.(1)依题意得小球恰好能在电场与磁场区域内做匀速圆周运动，所以重力与电场力大小相等，方向相反，令匀强电场为E，有
Eq=mAg
解得
E=2N/C
因为小球带正电，所以电场方向方向竖直向上；
(2)小球A在磁场中运动轨迹如图所示

小球运动的轨道半径为R，根据牛顿第二定律，得
B0qv0=mAv02R
由几何关系得
Rcsθ+R=ℎ
A小球在磁场中运动时间为 t1 ，则有
t1=(π−θ)Rv0
小球A离开电磁场区后小落时间 t2 ，根据自由落体运动公式
ℎ=12gt22
小球运动的总时间为
t=t1+t2
联立并代入数据解得
t=1330s
(3)A、C两球碰撞后速度分别为 vA 、 vC ，满足动量守恒定律，有
mAv0=mAvA+mCvC
机械能守恒定律得
12mAv02=12mAvA2+12mCvC2
落地点相距
Δx=(vC−vA)t2
联立并代入数据解得
Δx=1.35m

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
15.解：(1)导体棒的速度最大时有
BLvm=I⋅(R+r)，
BLI=Mg，
解得vm=3m/s。
(2)导体棒从开始运动到刚达到最大速度的过程中，分别对重物和导体棒组成的系统用应用平均动量定理
Mgt−BILt=(M+m)vm，
又q=It=BLdR+r，
解得d=3.6m。
(3)从导体棒开始运动到刚达到最大速度时，由能量守恒
Mgd=12×(M+m)vm2+Q，
解得Q=0.9J，
电阻R中产生的热量
QR=RR+rQ=23Q=0.6J。
(4)设稳定时导体棒的速度为v，则电容器两端电压
U=BLv，
电容所带的电荷量为
q′=CU，
对导体棒由平均动量定理有
−BI′L⋅Δt=mv−mvm，
通过导体棒的电荷量
q′=I′Δt，
解得q′=0.75C。
【解析】本题为电磁感应综合问题，对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据E=BLv、闭合电路欧姆定律、安培力公式、平衡条件列出方程；另一条是能量，分析电磁感应现象中的能量问题，根据功能关系、能量守恒等列方程求解。如果涉及到电荷量、位移、时间问题，常根据动量定理结合电荷量的推论公式进行解答。