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重庆市西南大学附属校2023—2024学年高二下学期期末考试+物理试卷（含答案）
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这是一份重庆市西南大学附属校2023—2024学年高二下学期期末考试+物理试卷（含答案），文件包含重庆市西南大学附属校20232024学年高二下学期期末考试+物理试卷docx、重庆市西南大学附属校20232024学年高二下学期期末考试+物理试卷答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共23页， 欢迎下载使用。
1 、【答案】A
【详解】书处于平衡状态，则所受摩擦力为静摩擦力，大小为 f = mg sinα , N = mg csα , 选项 A 正确。故选 A。
2 、【答案】D
【详解】AB.v-t 图的斜率代表加速度，甲的斜率一直减小，所以加速度一直减小，甲做 变加速直线运动, 乙做匀加速直线运动，AB 错误
CD.v-t 图的面积代表位移，所以 t0 时刻甲的位移大于乙的位移，所以 t1 时刻甲在前，
甲、乙不能相遇.D 正确
3 、【答案】C
【详解】A ．由位移 x 与时间t 的关系图可知周期为 T = 0.8s ，故 A 错误；
B ．在 0.2s 时振幅最大，根据简谐振动规律此时速率最小，故 B 错误；
C ．0.1s 时与 0.3s 时位移相同，根据简谐振动规律此时回复力相等，故 C 正确；
D ．在 0~1s 内质点经历 T ，由位移 x 与时间t 的关系图可知振幅为 A = 5cm ，得通过
路程为 s = 5A = 20cm故 C 错误。故选 C。
4 、【答案】B
【详解】A．B→C 过程中，温度降低，则内能减小，选项 A 错误；
B．B→C 过程中，气体体积减小，气体数密度增加，气体压强不变，温度降低，分子平 均动能减小，可知单位时间内、单位面积上气体分子对航天服碰撞的次数增大，选项 B 正确；
C ．根据W = pΔV 图像与坐标轴围成的面积等于外界对气体做功的数值，可知 A→B 过 程中外界对气体做的功小于 B→C 过程中外界对气体做的功，选项 C 错误。
D.B→C 过程中，温度降低，则分子平均动能减小，但并不是所有气体分子的动能都减小， D 错误，故选 B。
5 、【答案】C
【详解】小球下落的时间，根据 h = −vt+
可得 t = 1.5s
这段时间内竹筏前进的距离L = vt = 3m
若小球可以落入竹筏中，则竹筏至少长 3m ，C 正确。故选 C。
6 、【答案】D
【详解】AB 、设弧长为 的圆弧所对的圆心角为 = 300
根据几何知识，全反射的临界角为C = 300根据全反射条件sinC = 解得n = 2 ,AB 错误； C 、由公式 可知，光在材料中传播速度 ，C 错误；
D 、由题意可知，沿 DB 方向到达AB 面上的光在材料中的传播距离最大，时间最长，做 出如图所示光路图，有几何关系可知光从光源到 AC 面的传播距离为 R，材料中的传播
距离为s = ( 2 −1)R 在材料中的传播时间为
光在空气中传播的时间为 点光源发出的光射到 AB 面上的最长时间为
t = t1 + t2 = ，D 正确。故 D 正确
7 、【答案】B
【详解】ABC ．对篮球受力分析，竖直方向满足3f csα=3FN sin α + G 因为静摩擦力
f ≤ μFN 解得FN ≥ 所以想要抓起篮球，则每根“手指”对篮球压力的最小 值为 根据表达式，α 越小，FN 越小，C 错误由FN 表达式可得，夹角 α 满足μ ≥tanα +时，才能将篮球抓起。且 μA 错误，B 正确；D ．若抓起篮球竖直向上做匀加速运动，且恰好达到最大静摩擦时，
满足3μFN csα − 3FN sin α − G=ma 可得FN = 则每根“手指”对篮球压力的
最小值比匀速运动时大，故 D 错误。故选 B。
8 、【答案】BD
【详解】A ．根据质量数和电荷数守恒可知，衰变方程为 1I → 1Xe + − e
即衰变方程中的 X 是电子， 1I 衰变时，原子核内中子转化为质子和电子，大量电子从 原子核释放出来形成β 射线，故 A 错误；
B. 比结合能越大越稳定，由于 1 I 衰变成为了1Xe ，故 1Xe 比 1 I 稳定，即1Xe 比 1 I 的比结合能大，故 B 正确；；
C ．温度升高，1I 半衰期不变，C 错误
D ．由于半衰期为 8 天，可知经过 16 天，即经过两个半衰期，75%的1I 原子核发生了
衰变，故 D 正确。故选 BD。
9 、【答案】AD
【详解】AB 、开始时电流表的示数大于 0，阴极 K 到阳极 A 之间有光电流。当逸出光电 子受到电场的阻碍时，电流表示数才可能为 0。因此， 根据电路图，只有当阴极 K 的电势 大于阳极 A 的电势，即滑片 P 向 a 端滑动，才能实现电流表示数恰好为 0 。A 正确
CD 、 根 据 爱 因 斯 坦 光 电 效 应 方 程 和 动 能 定 理 ， 有 Ek = hv1 −W0 = eU1 和
Ek 2 = hv2 −W0 = eU2 。联立以上两式，可得出普朗克常量 。D 正确。
10 、【答案】ACD
【详解】 S' 的起振方向与振源的起振方向相同应向下，A 正确；波的周期不变，与介质 无关， λ = vT ，波长与波速成正比，3 ：4 ，B 错误；O 、S 均在波峰，故9 = N1λ1
（N1=1 ，2 ，3 ，……），因为水面波正好传到S' 处，故7 = N2 （N2=0 ，1， 2 ，……），则 由题意 可取 14 、15 、16，
由于 λ1 : λ2 =3：4 ，则联立通解 7N1 = 12N2 + 9 ，代入N2 = 14、15、16 ，要使 N1 为整数可
得 N2 = 15, N1 = 27 代入上述表达式，可得 m ， v1 = m/s ，v2 = m/s， CD 对。判断 CD 项的方法二：选项代入法，比如假设 D 对，则深水区波长可以为 m，当波正好传到 S' 处时 O 处于波峰，故 7 = N 代入 ，N=15 ，故 D
对，C 项可以类似的方法代入验证。
11.（6 分，每空 2 分）（1）B （2）7.870 （3）
L
12.（10 分，每空 2 分）（1）AC（2）0.57 （3）0.42/0.43/0.44 （4） 7 a=2.5k
T
【详解】（1）必须使用电压合适的 50Hz 交流电源给打点计时器供电，需要用刻度尺测 量计数点之间的距离，故选 AC。
（2）因电源频率为 50Hz，每隔四个点取一个计数点，故相邻两计时点之间的时间间隔
为 0.1s，则打下计数点 6 时小车的速度为 = 0.57m / s
（3）小车的加速度为 m / s2 ≈ 0.43m / s2
故测量结果范围为 0.42m/s2~0.44m/s2。
（4）因为剪断的纸带所用的时间都是 T=0.1s，即时间 T 相等，所以纸带的长度之比等 于此段纸带的平均速度之比，而此段纸带的平均速度等于这段纸带中间时刻的瞬时速
度，即纸带的高度之比等于中间时刻瞬时速度之比。则图 4 中纵坐标位置标出的速度值
为
图线的斜率表示加速度，可知小车加速度 a 与斜率 k 的关系式为 a = 2.5k 。
13.【详解】（1）由液体压强公式：p = p0 + Pgh （4 分）
（2）以封闭气体为研究对象，由盖吕萨克定律可得 初始状态体积V1 = V + Sl1 （1 分）
末状态体积V2 = V + Sl2 （1 分）
（3 分）
解得 （1 分）
14 ．（1）2mg （2） (M + m)g （3）
【详解】（1）对木块受力分析，根据平衡条件可知绳子拉力大小为T = mg （1 分） 对矩形装置和木块整体，根据平衡条件可知F = 2T （1 分）
解得 F = 2mg （1 分）
（2）平衡时，由整体法可知地面的支持力为 N = (M + m)g （1 分）
由（1），地面提供的摩擦力为 f = 2mg （1 分）
则临界状态μ(Mg + mg ) = 2mg （1 分）
解得 （2 分）
（3）由题意，设木块的水平，竖直加速度分别为 ax , ay ，则矩形装置的加速度也为
ax ，设绳子拉力为 T ，矩形装置对木块的水平作用力为 N 对木块竖直方向mg −T = may （1 分）
对木块水平方向 N=max （1 分）
对装置水平方向 2T − N = Max （1 分）
且已知2ax =ay
联立解得 （2 分）
15.（1）设羽毛球与球筒一起运动，则f + mg = ma （2 分）
解得 f = 2.3mg < f0 ，故可以保持相对静止
由牛顿第三定律 ： 方向竖直向上 （1 分）
羽毛球对球筒的摩擦力大小 f = 2.3mg （1 分）
（2）由上可知球与球筒一起以a = 2.5g 匀加速；
当球筒静止后，球以a1 做减速运动：f1 − mg = ma1 解得 a1 = g （1 分）
当球速度减为零时，位移为 （2 分）
解得 （1 分）
（3）①显然a > 3.4g ：
第一阶段球相对球筒向上滑动，球的加速度为 a2
f1 + mg = ma2 解得 a2 = 3g （1 分）
则这一阶段球相对球筒向上滑动的距离为 at2 − 3gt2 （1 分）
球筒静止后，球相对筒向下滑动直到静止，相对位移为 （1 分）
要求2x1 − x2 < d1 < 3x1 − 2x2 （1 分）
解得 t2 < d1 < （1 分）
②若a ≤ 3.4g ，只要t 足够大，球一定从下端离开，因此取值范围是a ≤ 3.4g （1 分） 若a > 3.4g ，此时在一个“周期”内，球相对球筒向下滑的位移大于向上滑动的位置，
且 x2 − x1 > d2 ，解得t > ·i （1 分）
且球不能从上端滑出 t2 ≤ d1 ，解得 （1 分） 则必须有 （1 分）
解得 （1 分）
1 、【答案】A
【详解】书处于平衡状态，则所受摩擦力为静摩擦力，大小为 f = mg sinα , N = mg csα , 选项 A 正确。故选 A。
2 、【答案】D
【详解】AB.v-t 图的斜率代表加速度，甲的斜率一直减小，所以加速度一直减小，甲做 变加速直线运动, 乙做匀加速直线运动，AB 错误
CD.v-t 图的面积代表位移，所以 t0 时刻甲的位移大于乙的位移，所以 t1 时刻甲在前，
甲、乙不能相遇.D 正确
3 、【答案】C
【详解】A ．由位移 x 与时间t 的关系图可知周期为 T = 0.8s ，故 A 错误；
B ．在 0.2s 时振幅最大，根据简谐振动规律此时速率最小，故 B 错误；
C ．0.1s 时与 0.3s 时位移相同，根据简谐振动规律此时回复力相等，故 C 正确；
D ．在 0~1s 内质点经历 T ，由位移 x 与时间t 的关系图可知振幅为 A = 5cm ，得通过
路程为 s = 5A = 20cm故 C 错误。故选 C。
4 、【答案】B
【详解】A．B→C 过程中，温度降低，则内能减小，选项 A 错误；
B．B→C 过程中，气体体积减小，气体数密度增加，气体压强不变，温度降低，分子平 均动能减小，可知单位时间内、单位面积上气体分子对航天服碰撞的次数增大，选项 B 正确；
C ．根据W = pΔV 图像与坐标轴围成的面积等于外界对气体做功的数值，可知 A→B 过 程中外界对气体做的功小于 B→C 过程中外界对气体做的功，选项 C 错误。
D.B→C 过程中，温度降低，则分子平均动能减小，但并不是所有气体分子的动能都减小， D 错误，故选 B。
5 、【答案】C
【详解】小球下落的时间，根据 h = −vt+
可得 t = 1.5s
这段时间内竹筏前进的距离L = vt = 3m
若小球可以落入竹筏中，则竹筏至少长 3m ，C 正确。故选 C。
6 、【答案】D
【详解】AB 、设弧长为 的圆弧所对的圆心角为 = 300
根据几何知识，全反射的临界角为C = 300根据全反射条件sinC = 解得n = 2 ,AB 错误； C 、由公式 可知，光在材料中传播速度 ，C 错误；
D 、由题意可知，沿 DB 方向到达AB 面上的光在材料中的传播距离最大，时间最长，做 出如图所示光路图，有几何关系可知光从光源到 AC 面的传播距离为 R，材料中的传播
距离为s = ( 2 −1)R 在材料中的传播时间为
光在空气中传播的时间为 点光源发出的光射到 AB 面上的最长时间为
t = t1 + t2 = ，D 正确。故 D 正确
7 、【答案】B
【详解】ABC ．对篮球受力分析，竖直方向满足3f csα=3FN sin α + G 因为静摩擦力
f ≤ μFN 解得FN ≥ 所以想要抓起篮球，则每根“手指”对篮球压力的最小 值为 根据表达式，α 越小，FN 越小，C 错误由FN 表达式可得，夹角 α 满足μ ≥tanα +时，才能将篮球抓起。且 μ
满足3μFN csα − 3FN sin α − G=ma 可得FN = 则每根“手指”对篮球压力的
最小值比匀速运动时大，故 D 错误。故选 B。
8 、【答案】BD
【详解】A ．根据质量数和电荷数守恒可知，衰变方程为 1I → 1Xe + − e
即衰变方程中的 X 是电子， 1I 衰变时，原子核内中子转化为质子和电子，大量电子从 原子核释放出来形成β 射线，故 A 错误；
B. 比结合能越大越稳定，由于 1 I 衰变成为了1Xe ，故 1Xe 比 1 I 稳定，即1Xe 比 1 I 的比结合能大，故 B 正确；；
C ．温度升高，1I 半衰期不变，C 错误
D ．由于半衰期为 8 天，可知经过 16 天，即经过两个半衰期，75%的1I 原子核发生了
衰变，故 D 正确。故选 BD。
9 、【答案】AD
【详解】AB 、开始时电流表的示数大于 0，阴极 K 到阳极 A 之间有光电流。当逸出光电 子受到电场的阻碍时，电流表示数才可能为 0。因此， 根据电路图，只有当阴极 K 的电势 大于阳极 A 的电势，即滑片 P 向 a 端滑动，才能实现电流表示数恰好为 0 。A 正确
CD 、 根 据 爱 因 斯 坦 光 电 效 应 方 程 和 动 能 定 理 ， 有 Ek = hv1 −W0 = eU1 和
Ek 2 = hv2 −W0 = eU2 。联立以上两式，可得出普朗克常量 。D 正确。
10 、【答案】ACD
【详解】 S' 的起振方向与振源的起振方向相同应向下，A 正确；波的周期不变，与介质 无关， λ = vT ，波长与波速成正比，3 ：4 ，B 错误；O 、S 均在波峰，故9 = N1λ1
（N1=1 ，2 ，3 ，……），因为水面波正好传到S' 处，故7 = N2 （N2=0 ，1， 2 ，……），则 由题意 可取 14 、15 、16，
由于 λ1 : λ2 =3：4 ，则联立通解 7N1 = 12N2 + 9 ，代入N2 = 14、15、16 ，要使 N1 为整数可
得 N2 = 15, N1 = 27 代入上述表达式，可得 m ， v1 = m/s ，v2 = m/s， CD 对。判断 CD 项的方法二：选项代入法，比如假设 D 对，则深水区波长可以为 m，当波正好传到 S' 处时 O 处于波峰，故 7 = N 代入 ，N=15 ，故 D
对，C 项可以类似的方法代入验证。
11.（6 分，每空 2 分）（1）B （2）7.870 （3）
L
12.（10 分，每空 2 分）（1）AC（2）0.57 （3）0.42/0.43/0.44 （4） 7 a=2.5k
T
【详解】（1）必须使用电压合适的 50Hz 交流电源给打点计时器供电，需要用刻度尺测 量计数点之间的距离，故选 AC。
（2）因电源频率为 50Hz，每隔四个点取一个计数点，故相邻两计时点之间的时间间隔
为 0.1s，则打下计数点 6 时小车的速度为 = 0.57m / s
（3）小车的加速度为 m / s2 ≈ 0.43m / s2
故测量结果范围为 0.42m/s2~0.44m/s2。
（4）因为剪断的纸带所用的时间都是 T=0.1s，即时间 T 相等，所以纸带的长度之比等 于此段纸带的平均速度之比，而此段纸带的平均速度等于这段纸带中间时刻的瞬时速
度，即纸带的高度之比等于中间时刻瞬时速度之比。则图 4 中纵坐标位置标出的速度值
为
图线的斜率表示加速度，可知小车加速度 a 与斜率 k 的关系式为 a = 2.5k 。
13.【详解】（1）由液体压强公式：p = p0 + Pgh （4 分）
（2）以封闭气体为研究对象，由盖吕萨克定律可得 初始状态体积V1 = V + Sl1 （1 分）
末状态体积V2 = V + Sl2 （1 分）
（3 分）
解得 （1 分）
14 ．（1）2mg （2） (M + m)g （3）
【详解】（1）对木块受力分析，根据平衡条件可知绳子拉力大小为T = mg （1 分） 对矩形装置和木块整体，根据平衡条件可知F = 2T （1 分）
解得 F = 2mg （1 分）
（2）平衡时，由整体法可知地面的支持力为 N = (M + m)g （1 分）
由（1），地面提供的摩擦力为 f = 2mg （1 分）
则临界状态μ(Mg + mg ) = 2mg （1 分）
解得 （2 分）
（3）由题意，设木块的水平，竖直加速度分别为 ax , ay ，则矩形装置的加速度也为
ax ，设绳子拉力为 T ，矩形装置对木块的水平作用力为 N 对木块竖直方向mg −T = may （1 分）
对木块水平方向 N=max （1 分）
对装置水平方向 2T − N = Max （1 分）
且已知2ax =ay
联立解得 （2 分）
15.（1）设羽毛球与球筒一起运动，则f + mg = ma （2 分）
解得 f = 2.3mg < f0 ，故可以保持相对静止
由牛顿第三定律 ： 方向竖直向上 （1 分）
羽毛球对球筒的摩擦力大小 f = 2.3mg （1 分）
（2）由上可知球与球筒一起以a = 2.5g 匀加速；
当球筒静止后，球以a1 做减速运动：f1 − mg = ma1 解得 a1 = g （1 分）
当球速度减为零时，位移为 （2 分）
解得 （1 分）
（3）①显然a > 3.4g ：
第一阶段球相对球筒向上滑动，球的加速度为 a2
f1 + mg = ma2 解得 a2 = 3g （1 分）
则这一阶段球相对球筒向上滑动的距离为 at2 − 3gt2 （1 分）
球筒静止后，球相对筒向下滑动直到静止，相对位移为 （1 分）
要求2x1 − x2 < d1 < 3x1 − 2x2 （1 分）
解得 t2 < d1 < （1 分）
②若a ≤ 3.4g ，只要t 足够大，球一定从下端离开，因此取值范围是a ≤ 3.4g （1 分） 若a > 3.4g ，此时在一个“周期”内，球相对球筒向下滑的位移大于向上滑动的位置，
且 x2 − x1 > d2 ，解得t > ·i （1 分）
且球不能从上端滑出 t2 ≤ d1 ，解得 （1 分） 则必须有 （1 分）
解得 （1 分）
