河北保定市定州中学2025-2026学年高二下学期6月期末物理试题（含解析）

这是一份河北保定市定州中学2025-2026学年高二下学期6月期末物理试题（含解析），共26页。试卷主要包含了单选题，多选题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。
1. 2023年6月10日，四川省文物考古研究院对外公布：三星堆遗址祭祀区再现两件跨坑拼对成功的大型青铜器。利用衰变的测年技术可进行考古研究，衰变方程为，已知的半衰期为5730年，下列说法正确的是（ ）
A. 来源于核外电子
B. 全球变暖会导致半衰期变短
C. 该核反应吸收能量
D. 的比结合能小于的比结合能
【答案】D
【解析】
【详解】A．衰变的实质是碳原子核中的一个中子转化为一个质子和一个电子，所以来自核内，故A错误；
B．半衰期由原子核本身的性质决定，与原子核的物理状态和化学状态无关，全球变暖不会导致半衰期变短，故B错误；
CD．碳元素自发地进行衰变，衰变过程放出能量，根据爱因斯坦质能方程，的比结合能小于的比结合能，故C错误，D正确。
故选D。
2. 篮球是中学生喜欢的一项运动，如图所示，某同学从同一高度的A、B两点先后将同一篮球抛出，且抛出点到篮板的水平距离B是A的两倍，篮球恰好都能垂直打在篮板上的P点，不计空气阻力，篮球从抛出到打在篮板的过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 从A点抛出时该同学对篮球做的功较多
B. 从B点抛出时篮球的动量变化量较大
C. 两次抛出的篮球运动时间相等
D. 两次抛出的篮球克服重力做功的功率均先增大后减小
【答案】C
【解析】
【详解】BC．用逆向思维法，将篮球看成反向平抛运动，篮球在竖直方向下降的高度相同，根据竖直方向上的位移公式得
解得两次抛出的篮球运动时间
所以两次在空中运动的时间相等，根据动量定理可知两次运动重力（合力）的冲量相等，则动量的变化量相等，即
故B错误，C正确；
A．由图可知从A点投出的篮球比从B点投出的篮球的水平位移小，根据水平方向上的运动学公式得
所以有
即从A点投出的篮球在水平方向的分速度小于在B点在水平方向的分速度，可得被抛出的速度大小为
则初始时
即从A点投出的篮球的速度小，动能小，该同学对篮球所做的功更少，故A错误；
D．克服重力做功的功率为
可知随着竖直方向的速度逐渐变小，克服重力做功的功率逐渐变小，故D错误。
故选C。
3. 下列说法正确的是（ ）
A. 卢瑟福通过对α粒子散射实验的研究，揭示了原子核的组成
B. 动能为10eV的电子与能级值为–13.6eV的基态氢原子碰撞，碰后氢原子可能处于第一激发态
C. 能量为E的光子照射逸出功为W0的金属发生光电效应，逸出质量为m的光电子的最大动量为
D. 质量为m半衰期为3.8天的氡，经过11.4天已衰变的氡的质量为
【答案】C
【解析】
【详解】A．卢瑟福通过对α粒子散射实验的研究，提出了原子的核式结构模型，A错误；
B．处于第一激发态的能量，与基态能量的差值
因此碰后不会使氢原子处于第一激发态，B错误；
C．根据光电效应方程
因此质量为m的光电子最大动量
C正确；
D．质量为m半衰期为3.8天的氡，经过11.4天也就是3个半衰期，剩余氡的质量为
D错误。
故选C。
4. 如图所示，一束单色光从真空射入某介质，入射光线与法线夹角为45°，折射光线与法线夹角为30°，下列说法中正确的是（ ）
A. 光的频率变小B. 光的波长变大
C. 该介质的折射率是2D. 调整该单色光的入射角度可能发生全反射现象
【答案】C
【解析】
【详解】A．光进入介质后，频率不变，故A错误；
BC．根据光的折射定律可知
光在介质中的速度为
波长为
可知光的波长变小，故B错误，C正确；
D．光是从光疏介质到光密介质，不会发生全反射，故D错误；
故选C。
5. 关于“用油膜法估测油酸分子的大小”实验，下列说法错误的是（ ）
A. 实验时应先将痱子粉撒在水面上，再将油酸酒精溶液滴入水中
B. 在水面上撒的痱子粉太厚会让测量结果偏大
C. 计算油酸分子直径时用油酸体积除以对应油膜面积
D. 该实验能在天宫空间站中进行
【答案】D
【解析】
【详解】A．为了使油酸分子紧密排列，实验时先将痱子粉均匀酒在水面上，再把一滴油酸酒精溶液滴在水而上，A正确，不符合题意；
B．实验过程中，若撒的痱子粉太厚，则油酸溶液在水面上形成的油膜面积偏小，由可知测量的油酸分子的直径偏大，B正确，不符合题意；
C．根据实验原理可知，计算油酸分子直径时用油酸体积除以对应油膜的面积，C正确，不符合题意；
D．该实验需要在水面形成油膜，由于完全失重，无法在水面上形成油膜，故D错误，符合题意。
故选D。
6. 如图所示,水平光滑地而上停放着一辆质量为M的小车,小车左端靠在竖直墙壁上,其左侧半径为R的四分之一圆弧轨道AB是光滑的,轨道最低点B与水平轨道BC相切,整个轨道处于同一竖直平面内.将质量为m的物块（可视为质点）从A点无初速释放,物块沿轨道滑行至轨道末端C处恰好没有滑出.重力加速度为g,空气阻力可忽略不计.关于物块从A位置运动至C位置的过程,下列说法中正确的是（ ）
A. 在这个过程中，小车和物块构成的系统水平方向动量守恒
B. 在这个过程中，物块克服摩擦力所做的功为 mgR
C. 在这个过程中，摩擦力对小车所做的功为 mgR
D. 在这个过程中，由于摩擦生成的热量为 mMgR/(M+m)
【答案】D
【解析】
【详解】在物块从A位置运动到B位置过程中，小车和物块构成的系统在水平方向受到的合力不为零，系统在水平方向动量不守恒，故A错误；物块从A滑到B的过程中，小车静止不动，对物块，由动能定理得：mgR=mv2-0，解得，物块到达B点时的速度；在物块从B运动到C过程中，物块做减速运动，小车做加速运动，最终两者速度相等，在此过程中，系统在水平方向动量守恒，由动量守恒定律可得mv=（M+m）v′， ，以物块为研究对象，
由动能定理可得：-Wf=mv′2-mv2，解得： ，故B错误；对小车由动能定理得： ，故C错误；物块与小车组成的系统，在整个过程中，由能量守恒定律得：mgR=Q+（M+m）v′2，解得： ，D项正确；故答案为D．
点睛：动量守恒条件是：系统所受合外力为零，对物体受力分析，判断系统动量是否守恒；熟练应用动量守恒定律、动能定律、能量守恒定律即可正确解题.
7. 如图所示，游戏者享受着坐在喷泉上的快乐。若游戏者的质量，喷泉喷到人体的水柱横截面积，支撑人的水柱高，水接触人体后做平抛运动。忽略空气阻力，水的密度，重力加速度g取10m/s2，则喷口处的水流速度为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】喷口处的水流速度为v0，与人体接触时水流速度为v ，设水流与人接触的很短时间内，水的质量
设这部分水受到的向下的冲击力大小为F ，竖直向上为正方向，由动量定理得
解得
又根据牛顿第三定律，游戏者对人的冲击力大小
对游戏者受力平衡得
得
解得
由运动学公式
解得
故选C。
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有两个或两个以上正确答案，全部选对得6分，漏选得3分，错选得0分。
8. 下图为某实验器材的结构示意图，金属内筒和隔热外筒间封闭了一定体积的空气，内筒中有水，在水加热升温的过程中，被封闭的空气
A. 内能增大
B. 压强增大
C. 分子间引力和斥力都减小
D. 所有分子运动速率都增大
【答案】AB
【解析】
【详解】试题分析：气体分子间距较大，内能主要体现在分子平均动能上，温度升高时内能增大；再根据压强的微观解释可明确压强的变化．
解：水加热升温使空气温度升高，故封闭空气的内能增大，气体分子的平均动能增大，分子对器壁的撞击力增大，故压强增大；但分子间距离不变，故分子间作用力不变；由于温度是分子平均动能的标志是一个统计规律，温度升高时并不是所有分子的动能都增大，有少数分子动能可能减小；
故选AB．
【点评】本题考查分子的微观性质，要注意明确气体内能取决于温度；而压强取决于温度和体积．
9. 根据热力学第一定律，下列说法正确的是（ ）
A. 电冰箱的工作过程表明，热量可以从低温物体向高温物体传递
B. 空调机在制冷过程中，从室内吸收的热量少于向室外放出的热量
C. 科技的进步可以使内燃机成为单一热源的热机
D. 对能源的过度消耗将使自然界的能量不断减少，形成能源危机
【答案】AB
【解析】
【详解】A．冰箱制冷的过程实质上是利用氟利昂在冰箱内汽化吸收大量的热量，然后在冰箱外液化放出大量的热量，使冰箱内温度降低，此过程表明，热量可以从低温物体向高温物体传递，故A正确；
B．空调机在制冷过程中，把室内的热量向室外释放，消耗电能，产生热量，故从室内吸收的热量小于向室外放出的热量，故B正确；
C．热力学第二定律：不可能把热从低温物体传到高温物体而不产生其他影响；不可能从单一热源取热使之完全转换为有用的功而不产生其他影响，科技的进步不可能使内燃机成为单一的热源热机，故C错误；
D．自然界的总能量是守恒的，只是有的能源转化成其他形式的能之后，不能再重新被利用，导致可利用能源越来越少，故而形成能源危机，故D错误。
故选AB。
10. 如图（a），质量均为m的小物块甲和木板乙叠放在足够长倾角为θ的粗糙斜面上，甲到乙顶端的距离为L，初始时甲、乙均静止，质量为M的物块丙以速度v0沿斜面匀速向下运动，与乙发生弹性碰撞。碰后，乙的位移x随时间t的变化如图（b）中实线所示，其中时刻前后的图像分别是抛物线的一部分和直线，二者相切于P，抛物线的顶点为Q。甲始终未脱离乙，重力加速度为。下列说法正确的是（ ）
A. 乙与斜面间的动摩擦因数为
B. 甲、乙间的动摩擦因数为
C. 甲到乙顶端的距离
D. 乙、丙的质量比
【答案】ABD
【解析】
【详解】A．由图（b）可知，在时刻乙做减速运动，在时刻之后速度不变，做匀速直线运动，说明在时刻甲、乙共速，之后一起以共同速度向下做匀速直线运动，对甲、乙整体受力分析，沿斜面方向有
解得乙与斜面间的动摩擦因数为，故A正确；
B．设碰后瞬间乙的速度大小为，碰后乙的加速度大小为a，由图（b）可知
根据x-t图像的切线斜率表示速度，抛物线的顶点为Q的切线斜率为零，即在时刻乙的速度为零，则有
联立解得，
在时刻乙做减速运动，根据牛顿第二定律有
解得，故B正确；
C．在时刻甲做加速运动，根据牛顿第二定律有
解得
由图（b）可知，在时刻甲、乙共速，之后以共同速度一起向下做匀速直线运动，则在时间内甲、乙产生的位移分别为，
故在时间内甲、乙发生的相对位移为
故甲到乙顶端的距离，故C错误；
D．物块丙与乙发生弹性碰撞，碰撞过程根据动量守恒和机械能守恒可得，
联立解得乙、丙的质量比，故D正确。
故选ABD。
三、非选择题：本题共5道小题，共54分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不得分；有数值计算的，答案中必须明确写出数值和单位。
11. 如图甲所示，在做验证动量守恒定律实验时，在小车A的前端粘有橡皮泥，推动小车A使之做匀速运动，然后与原来静止在前方的小车B相碰并粘合成一体，继续做匀速运动。在小车A后连着纸带，电磁打点计时器的电源频率为50Hz，长木板右端下面垫放小木片用以补偿阻力。
（1）实验开始前________（选填“需要”或“不需要”）补偿阻力
（2）若打点纸带如图乙所示，并测得各计数点间距（已标在图上）。A为打下的第一点，则应选________段来计算A的碰前速度，应选________段来计算A和B碰后的共同速度。（以上两空选填“AB”“BC”“CD”或“DE”）
（3）已测得小车A的质量，小车B的质量，由以上测量结果可得碰前总动量为________，碰后总动量为________。实验结论：________________。（计算结果保留三位有效数字）
【答案】（1）需要 （2） ①. BC ②. DE
（3） ①. 1.26 ②. 1.25 ③. 在误差允许的范围内,碰撞前后总动量守恒
【解析】
【小问1详解】
因为只有补偿阻力后碰撞过程中系统的合力为0，动量才守恒，所以需要补偿摩擦力。
【小问2详解】
[1]推动小车由静止开始运动，故小车有个加速过程,在碰撞前做匀速直线运动，即在相同的时间内通过的位移相同，故BC 段为匀速运动的阶段,故选BC 段计算碰前的速度；
[2]碰撞过程是一个变速运动的过程，而A 和B 碰后共同运动时做匀速直线运动，故在相同的时间内通过相同的位移，故应选DE 段来计算碰后共同的速度。
【小问3详解】
[1][2][3]电磁打点计时器的电源频率为50Hz，则打点计时器打点的间隔为
A 碰前的速度
碰后共同速度
碰前总动量
碰后的总动量
则说明在误差允许的范围内，碰撞前后总动量守恒。
12. 实验小组的同学用如图所示的装置做“用单摆测重力加速度”的实验。（π取3.14）
（1）实验室有如下器材可供选用：
A．长约1 m的细线
B．长约1 m的橡皮绳
C．直径约2 cm的铁球
D．直径约2 cm的塑料球
E．米尺
F．时钟
G．停表
实验时需要从上述器材中选择：______（填写器材前面的字母）。
（2）在挑选合适的器材制成单摆后他们开始实验，操作步骤如下：
①将单摆上端固定在铁架台上
②测得摆线长度，作为单摆的摆长
③在摆角较小的位置将小球由静止释放
④记录小球完成n次全振动所用的总时间t，得到单摆振动周期
⑤根据单摆周期公式计算重力加速度的大小，其中有一处操作不妥当的______。（填写操作步骤前面的序号）
（3）按照以上的实验步骤，测量多组摆长和对应的周期，并根据实验数据作出了图像，根据该图像得出重力加速度的测量值为______ m/s2。（计算结果保留三位有效数字）
（4）实验后同学们进行了反思，他们发现由单摆周期公式可知周期与摆角无关，而实验中却要求摆角较小，请你简要说明其中的原因______。
【答案】 ①. ACEG ②. ② ③. 9.86 ④. 见解析
【解析】
【详解】（1）[1]单摆的摆长不可伸长，为减小空气阻力的影响和实验误差，应选用长约1m的细线、直径约2 cm的铁球，要用米尺测量摆长，停表测量周期，故选择ACEG。
（2）[2]操作不妥当的是②，单摆的摆长应等于摆线长度加摆球的半径。
（3）[3]根据单摆的周期公式得
解得
由图像可知
解得
g=9.86 m/s2
（4）[4]公式
是单摆做简谐运动的周期公式。当摆角较小时才可以将单摆的运动视为简谐运动。
13. 竖直放置的实心圆柱形水晶柱，折射率n=1.5，柱高H=0.4 m，横截面半径r=0.1 m。在柱体底面中心处固定一点光源（可看作质点）发出单色光，光在真空中的传播速度为。已知，。求：
（1）点光源发出的光从发出到射出柱体顶面的最短时间t；
（2）在水晶柱侧面上，光线能射出区域所对应的侧面积（用含π的式子表示，不考虑光的反射）。
【答案】（1）
（2）
【解析】
【小问1详解】
由折射率公式
得光在水晶柱中的传播速度
光从底面中心到顶面的最短路径为竖直向上的直线，路程为柱高H
因此最短时间
解得
【小问2详解】
底面中心发出的光线射到侧面时，入射角等于临界角时，是刚好能射出的边界光线。光线从水晶射向空气时，发生全反射的临界角满足：
解得
由几何关系可知，侧面上有光射出的高度
侧面上有光射出所对应的面积为
14. 如图所示，半径的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点B和圆心O的连线与水平方向间的夹角，另一端点C为轨道的最低点，C点右侧的光滑水平路面上紧挨C点放置一木板，木板质量，上表面与C点等高。质量的物块（可视为质点）从空中A点以某一速度水平抛出，恰好从轨道的B端沿切线方向进入轨道，沿轨道滑行到C点时对轨道的压力是物块重力的5倍，接着滑上木板，最终刚好未从木板右端滑出，已知物块与木板间的动摩擦因数，取，求：
（1）物块从A点平抛的速度v0；
（2）物块在木板上滑行的时间t。
【答案】（1）1m/s；（2）3s
【解析】
【详解】（1）物块运动到C点时，根据牛顿第二定律有
解得
物块从B点到C点过程，根据动能定理有
解得
物块在B点的速度及分解如图
则有
（2）取向右为正方向，根据动量守恒定律有
解得
物块在木板上的加速度为
物块在木板上滑行的时间为
15. 一病人在医院手术后需要吸氧恢复，医用氧气钢瓶的容积为40 L，未使用时在7℃低温储存室内储存，使用时会运送到27℃恒温室病房。氧气钢瓶送到病房放置很长时间且使用前氧气压强为150 atm，氧气钢瓶导热性能良好，释放氧气时瓶内压强不能低于10 atm。已知病人在恒温病房吸氧时，每分钟需要消耗压强1atm、体积1.25 L氧气。
（1）求医用氧气钢瓶在7℃低温储存室内储存时瓶内的氧气压强；
（2）在27℃恒温室病房内，求一个钢瓶的氧气能供病人吸氧的最长时间；
（3）病人使用后，钢瓶内气压降至132 atm，求用去的氧气质量与原来氧气的总质量之比（结果可以用分数表示）。
【答案】（1）140atm
（2）4480min （3）
【解析】
【小问1详解】
选取钢瓶内氧气整体作为研究对象，设在储存室时钢瓶内氧气压强为p1，温度为
钢瓶运到病房后，设其氧气压强为p2，温度为T2，有，
此过程中钢瓶的容积不变，根据查理定律得
解得
【小问2详解】
由题意可知，气体的温度不变，设钢瓶内氧气体积为，，，由玻意耳定律可得
解得
一瓶氧气能供病人吸氧的最长时间为
【小问3详解】
选取钢瓶氧气整体作为研究对象，设钢瓶内气压降至时体积为V1，该过程是等温变化，根据玻意耳定律
解得
所以用掉的氧气的体积为
因此用掉的氧气与原来总气体质量之比为