云南省西双版纳州第一中学2023-2024学年高二下学期期末考试物理试卷

这是一份云南省西双版纳州第一中学2023-2024学年高二下学期期末考试物理试卷，共14页。
注意事项:
1、答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的学校、姓名、准考证号、考场号、座位号填写
在答题卡上。
2.请在答题卡指定位置按规定要求作答，答在试卷上一律无效。
一、选择题:本题共10小题，共46分，在给出的四个选项中，第1-7题只有一项符合题目要求，每小题4分。第8-10题，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，每小题6分，全对得6分，选对但不全得3分，有选错得0分。
1.下列核反应方程中，属于β衰变的是( )
A. Th→Pa+ eB. U→Th+He
C. N+He→O+HD. H+H→He+n
2.已知金属锌的逸出功为，氢原子能级分布如图所示，氢原子中的电子从能级跃迁到能级可产生a光，从能级跃迁到能级可产生b光。a光和b光的波长分别为和。现用a、b光照射到金属锌表面均可产生光电效应，遏止电压分别为和。下列说法中正确的是( )
A.
B.
C. a光的光子能量为
D. b光照射金属锌产生的光电子的最大初动能为
3.质量为m1和m2的两个物体在光滑的水平面上正碰，碰撞时间不计，其位移—时间图像如图所示，若m1＝1kg。以下说法正确的（ ）
m2等于1kg
m1在碰撞过程中的动量变化量Δp1=-2kg·m/s
C. m2在碰撞后动能增加了6J
D. 两个物体的碰撞是非弹性碰撞
4.在光滑水平桌面上有一边长为l的正方形线框abcd，bc边右侧有一等腰直角三角形匀强磁场区域efg，三角形腰长为l，磁感应强度垂直桌面向下，a、b、e、f在同一直线上，其俯视图如图所示，线框从图示位置在水平拉力F作用下向右匀速穿过磁场区，线框中感应电流i随时间t的变化关系可能是(以逆时针方向为电流的正方向，时间单位为)( )
A. B. C. D.
5.如图所示，木块静止在光滑水平面上，子弹A、B从两侧同时水平射入木块，木块始终保持静止，子弹A射入木块的深度是B的3倍。假设木块对子弹阻力大小恒定，A、B做直线运动且不会相遇，则A、B运动的过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 木块和子弹A、B系统动量不守恒
B. 子弹B的初速度大小是子弹A的初速度大小的3倍
C. 子弹B的质量是子弹A的质量的3倍
D. 若子弹A向右射入木块，与木块相对静止后，子弹B再向左射入木块，最终A进入的深度仍是B的3倍
6.如图所示，一光束包含两种不同频率的单色光，从空气射向两面平行玻璃砖的上表面，玻璃砖下表面有反射层，光束经两次折射和一次反射后，在玻璃砖上表面分为a、b两束单色光射出。下列说法正确的是( )
a光在玻璃中传播的速度大于b光
a光的波长大于b光的波长
C. a光的频率大于b光的频率
D. 出射光束a、b相互平行
7.如图所示，电阻不计的水平导轨间距0.5m；导体棒ab垂直于导轨放置且与导轨接触良好，其质量m=1kg，接入电路的电阻R=0.9Ω，与导轨间的动摩擦因数μ=0.5，导轨平面处在磁感应强度为5T的匀强磁场中，磁场方向垂直于ab斜向右上方，与导轨平面夹角α=53°；电源电动势E=10V，内阻r=0.1Ω，定值电阻R0=4Ω。细绳垂直于ab且沿水平方向跨过轻质定滑轮悬挂一重物。不计定滑轮的摩擦，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，sin53°=0.8，cs53°=0.6。ab处于静止状态，则（ ）
导体棒ab受到的摩擦力方向一定向右
导体棒ab受到的安培力大小为5N，方向水平向左
C. 重物重力G最小值是1.5N
D. 重物重力G最大值是7.5N
8.如图所示，通电直导线a、b平行放置在粗糙的水平面上，通电直导线c放置在ab中点的正上方，三根导线中均通入垂直纸而向里、大小相等的恒定电流。现把导线c缓慢竖直上移，三条直导线始终相互平行，导线a、b始终静止在水平地面上，下列说法正确的是（ ）
A. 地面对导线a的支持力逐渐减小B. 地面对导线a的摩擦力方向水平向左
C. 地面对导线a的摩擦力逐渐减小D. 导线c受到的安培力方向水平向左
9.如图所示为一列简谐波在某一时刻的波形图，此时刻质点F的振动方向如图所示．则( )
A. 该波向右传播 B. 质点B和质点D的运动方向相同
C. 质点C比质点B先回到平衡位置D. 此时质点F和质点H的加速度相同
10.甲、乙两个质量均为1 kg的物块，在光滑的水平面上分别受到一个水平力作用，由静止开始加速，甲物块所受的力F随时间t的变化关系和乙物块所受的力T随位移x的变化关系如图所示，当水平力分别按各自的规律从0增大到10 N的过程中，下列说法正确的是( )
A. 当水平力均为10 N时，甲和乙的动量均为10 kg·m/s
B. 甲所受力F对物块的冲量为10 N·s，乙所受力T对物块所做的功为10 J
C. 甲在此过程中的位移为10 m
D. 当水平力均为10 N时，甲的动能为50 J，乙的动量为2 kg·m/s
二、非选择题（共54分）
11.（6分）如图甲所示，在“验证动量守恒定律”实验中，A、B两球半径相同。先让质量为m1的A球从斜槽上某一固定位置C处由静止开始滚下，从轨道末端抛出，落到位于水平地面的复写纸上，在下面的白纸上留下痕迹。再把质量为m2的B球放在水平轨道末端，让A球从位置C处由静止滚下，A球和B球碰撞后，分别在白纸上留下各自的落点痕迹，M、P、N为三个落点的位置，未放B球时，A球的落点是P点，O点是轨道末端在记录纸上的竖直投影点，如图乙所示。
(1)本实验中，要求A球与B球碰后运动方向保持不变，则A球的质量m1与B球的质量m2应满足m1 m2。（填“>”或“0区域内存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场；在x0)的粒子甲从点S(－a，0)由静止释放，进入磁场区域后，与静止在点P(a，a)、质量为的中性粒子乙发生弹性正碰，且有一半电荷量转移给粒子乙．(不计粒子重力及碰撞后粒子间的相互作用，忽略电场、磁场变化引起的效应)
(1)求电场强度的大小E；
(2)若两粒子碰撞后，立即撤去电场，同时在x≤0区域内加上与x>0区域内相同的磁场，求从两粒子碰撞到下次相遇的时间Δt；
(3)若两粒子碰撞后，粒子乙首次离开第一象限时，撤去电场和磁场，经一段时间后，在全部区域内加上与原x>0区域相同的磁场，此后两粒子的轨迹恰好不相交，求这段时间内粒子甲运动的距离L.
1.【答案】A
【解析】根据质量数守恒和核电荷数守恒可知A生成的是电子，故A为β衰变；B生成的是α粒子，故B为α衰变；聚变是轻核生成重核，属于聚变的是CD；故A正确，BCD错误；
故选A。
2.【答案】A
【解析】根据能级跃迁规律可知，a光的光子能量为，b光的光子能量为
故a光的光子的能量大于b光的光子的能量，即a光的光子的频率大于b光的光子的频率，所以，A正确，C错误；根据爱因斯坦光电效应方程有，a光照射到金属锌表面产生的光电子的最大初动能遏止电压，b光照射金属锌产生的光电子的最大初动能遏止电压故BD错误。故选A。
3.【答案】C
【解析】根据x-t图像的斜率等于速度可知，碰前m1和m2的速度分别为v0=4m/s和0；碰后m1和m2的速度分别为v1=-2m/s和v2=2m/s；由动量守恒定律m1v0=m1v1+m2v2，解得 m2=3kg，选项A错误；m1在碰撞过程中的动量变化量Δp1=m1v1-m1v0=-6kg⋅m/s，选项B错误；m2在碰撞后动能增加了ΔE2=12m2v22=6J，选项C正确；m1在碰撞中动能减小了ΔE1=12m1v02-12m1v12=6J，两个物体的碰撞是弹性碰撞，选项D错误。
4.【答案】B
【解析】bc边的位置坐标x在0～l的过程中，根据楞次定律可知，感应电流方向沿a→b→c→d→a，为正值；线框bc边有效切割磁感线的长度L＝vt，感应电动势E＝BLv＝Bv2t，感应电流i＝＝，即感应电流均匀增大．同理，x在l～2l的过程中，根据楞次定律可知，感应电流方向沿a→d→c→b→a，为负值，感应电流均匀增大，故A、C、D错误，B正确．
5.【答案】C
【解析】以木块和子弹A、B组成的系统为研究对象，系统受合外力是零，则有系统的动量守恒，A错误；
以木块和子弹A、B组成的系统为研究对象，取水平向右为正方向，由动量守恒定律可得，则有，即子弹A的初动量与子弹B的初动量大小相等，由于木块始终保持静止，木块受合力是零，可知两子弹对木块的作用力大小相等，由牛顿第三定律可知，两子弹受木块的阻力大小相等，设为Ff，子弹射入木块的深度为d，由动能定理，对子弹A有，可得，对子弹B有，可得，由于，则有两子弹初动能的关系为，由动能公式可得，，解得，即子弹B的质量是子弹A的质量的3倍；由于，可得，即子弹A的初速度大小是子弹B的初速度大小的3倍，B错误，C正确；
若子弹A向右射入木块，子弹A与木块组成的系统动量守恒，子弹A与木块相对静止时有共同的速度，由能量守恒定律可知，系统减少的机械能，可得，子弹B再向左射入木块，由于子弹A、B与木块组成的系统动量守恒，由以上分析可知，则有系统的初动量是零，由动量守恒定律可知，最后A、B与木块都静止，子弹B射入木块运动中，由能量守恒定律可知，系统减少的机械能，可得，由以上分析可知D错误。
6.【答案】CD
【解析】作出光路图如图所示，由光路图可知，玻璃对a光的折射率较大，a光的频率较大，根据c=λf可知a光的波长小于b光的波长，B错误，C正确；根据v=可知a光在玻璃中传播的速度小于b光，A错误；因为a、b在上表面左侧的折射角与反射后在上表面右侧的入射角分别相等，由对称性可知出射光束一定相互平行，D正确。故选C、D。
7.【答案】D
【解析】回路的电流I=ER+R0+r=2A，安培力F=BIL=5N，方向沿左上方与水平方向夹角为37°；对导体棒若Fsin53∘>G则棒受摩擦力向右；若Fsin53∘(2)C (3) m1⋅OP=m1⋅OM+m2⋅ON m1OP2=m1OM2+m2ON2
【解析】（1）为防止两球碰撞后入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量，即m1>m2
（2）小球离开斜槽后做平抛运动，球抛出点的高度相等，它们在空中的运动时间相等，水平位移与初速度成正比，可以把小球做平抛运动的时间作为时间单位，用球的水平位移代替其初速度，所以实验不需要测量小球释放点的高度与抛出点的高度，只要测出小球做平抛运动的水平位移即可。
（3）根据平抛运动可知，落地高度相同，则运动时间相同，设落地时间为t，则v0=OPt，v1=OMt，v2=ONt，而动量守恒的表达式是m1v0=m1v1+m2v2，若两球相碰前后的动量守恒，则需要验证表达式m1OP=m1OM+m2ON；若两球相碰前后的机械能守恒，则12m1v02=12m1v12+12m2v22，可得需要验证表达式为m1OP2=m1OM2+m2ON2
12.【答案】(1)1.999 (2)C E (3)最左端 (6)Ub－RA1
【解析】(1)金属丝的直径为
d＝1.5 mm＋49.9×0.01 mm＝1.999 mm
(2)经过金属丝的最大电流为
Im＝＝0.2 A＝200 mA
根据电流表的读数规则，选择A1，既选C；
为了便于测量和多测几组数据，选择最大阻值较小的滑动变阻器，故选E；
(3)为了保护电路，闭合开关之前，滑动变阻器的滑片应滑到最左端；
(6)由欧姆定律可得U＝IR＋IRx＋IRA1
整理可得＝·R＋
由题知图线的纵轴截距为b＝
可得Rx＝Ub－RA1。

13.【答案】(1)9.0×10－3 m3 (2)400 J
【解析】(1)气体从C→A，发生等压变化，根据盖－吕萨克定律有＝
解得VC＝9.0×10－3 m3
(2)气体从A→B，根据查理定律＝C可知气体发生等容变化，则WAB＝0
气体从B→C，体积增大，气体膨胀对外做功，
则WBC＝－1 000 J
气体从C→A，体积减小，外界对气体做功，
则WCA＝pC(VC－VA)＝600 J
全过程中W＝WAB＋WBC＋WCA＝－400 J
初、末状态温度相同，所以全过程ΔU＝0
根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，
得吸收的热量Q＝－W＝400 J
14.【答案】（1）mgq；（2）32+1mg，方向向下；（3）22Lg
【解析】（1）小球释放后在重力和电场力的作用下做匀加速直线运动，小球从A点沿切线方向进入，则此时速度方向与竖直方向的夹角为45°，即加速度方向与竖直方向的夹角为45°，则tan45°=mgEq，解得E=mgq
（2）根据几何关系可知，圆弧的半径r=2L，从P到B点的过程中，根据动能定理得mg(2L+2L)+EqL=12mvB2，在B点，根据牛顿第二定律得N-mg=mvB2r，联立解得
N=32+1mg，由牛顿第三定律可知N'=N=32+1mg，小球运动到B点时对管的压力的方向：竖直向下
（3）从P到A的过程中，根据动能定理得mgL+EqL=12mvA2，解得vA=4gL
小球从C点抛出后做类平抛运动，抛出时的速度，vC=vA=4gL，小球的加速度
g'=2g，当小球沿抛出方向和垂直抛出方向位移相等时，又回到x轴，则有vCt=12g't2
解得t=22Lg
15.【答案】(1) (2) (3) a
【解析】(1)粒子甲做匀速圆周运动过P点，则在磁场中运动轨迹半径R＝a，
由qBv＝得v＝
粒子从S到O，由动能定理有qEa＝mv2
可得E＝
(2)甲、乙粒子在P点发生弹性碰撞，设碰后速度为v1、v2，取向上为正，
则有mv＝mv1＋mv2
mv2＝mv12＋×mv22
计算可得v1＝v＝，
v2＝v＝
两粒子碰后在磁场中运动
qBv1＝， qBv2＝
解得R1＝a，R2＝a
两粒子在磁场中一直做轨迹相同的匀速圆周运动，周期分别为
T1＝＝，
T2＝＝
则两粒子碰后再次相遇时满足：Δt＝Δt＋2π
解得再次相遇的时间Δt＝
(3)粒子乙出第一象限时粒子甲在磁场中偏转角度为
θ＝·＝
撤去电场、磁场后，两粒子做匀速直线运动，乙粒子运动一段时间后，在整个区域加上相同的磁场，粒子在磁场中仍做半径为a的匀速圆周运动，要求轨迹恰好不相切，则如图所示
设撤去电场、磁场到加磁场粒子乙运动了时间t′，
由余弦定理可得
cs 60°＝，
又v1t′＝v2t′
则从撤去电场、磁场到加磁场这段时间内粒子甲运动的位移L＝v1t′＝a.