河北唐山市迁安市2025-2026学年高二下学期7月期末物理试题（含解析）

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注意：本试卷共4页，满分100分，答题时间75分钟。
一、单项选择题（共7小题28分，每小题4分）
1. 下列有关原子核的物理知识，说法正确的是（ ）
A. 是β衰变
B. 阴极射线和β射线产生的原理相同
C. 是核聚变方程
D. 是核裂变方程
【答案】A
【解析】
【详解】A．根据核反应中电荷数与质量数守恒，的电荷数为，质量数为，故为电子，该过程是衰变，故A正确；
B．阴极射线是低压气体放电管中从阴极射出的高速电子流，射线是原子核内中子转化为质子时放出的电子流，二者产生机制不同，故B错误；
C．是用粒子轰击氮原子核的人工核转变，不是轻核结合成质量较大原子核的核聚变，故C错误；
D．由质量数与电荷数守恒可知，为，该反应是衰变；核裂变是重核分裂成几个中等质量原子核的过程，故D错误。
故选A。
2. 根据α粒子散射实验，卢瑟福提出了原子的核式结构模型。α粒子散射图景如图所示，图中实线表示α粒子的运动轨迹，则关于α粒子散射实验，下列说法正确的是（ ）
A. 根据α粒子散射实验可以估算原子大小
B. 图中的α粒子反弹是因为α粒子与金原子核发生了直接碰撞
C. 绝大多数α粒子沿原方向继续前进说明了带正电的原子核占据原子的空间很小
D. 图中大角度偏转的α粒子的动能先增大后减小
【答案】C
【解析】
【详解】A．粒子散射实验揭示了原子的核式结构，并可估算原子核的尺度，不能据此估算原子的大小，故A错误；
B．粒子和金属原子核均带正电，粒子受到原子核的库仑斥力，根据库仑定律有
粒子反弹是库仑斥力作用的结果，并非与原子核直接碰撞，故B错误；
C．绝大多数粒子沿原方向前进，说明原子内部绝大部分是空的，带正电且质量集中的原子核所占空间很小，故C正确；
D．设粒子的总能量为，根据机械能守恒有
原子核与粒子间的电势能为
粒子靠近原子核时减小，增大，减小；远离原子核时减小，增大，因此动能先减小后增大，故D错误。
故选C。
3. 下列说法中正确的是（ ）
A. 图甲实验使用的油酸分子形状复杂，测出的直径数量级差距很大
B. 图乙是布朗运动实验的观测记录，图为三颗微粒的运动轨迹
C. 图丙说明悬浮微粒做布朗运动，是液体分子的无规则撞击造成的
D. 图丁中两分子间分子力的合力为零的位置分子势能最大
【答案】C
【解析】
【详解】A．图甲实验把油酸分子近似看成球形，认为油酸在水面形成单分子层，利用
估算分子直径，所得分子直径的数量级仍为，故A错误；
B．图乙只记录微粒在不同时刻的位置并用线段依次连接，折线不是微粒实际的连续运动轨迹，故B错误；
C．悬浮微粒受到液体分子从各个方向的撞击不平衡，合力的大小和方向不断变化，因而做无规则运动，故C正确；
D．图丁中分子间作用力的合力为零处是平衡位置，分子间距偏离该位置时分子力有使其回到平衡位置的趋势，因此该位置的分子势能最小，故D错误。
故选C。
4. 压敏电阻的阻值随所受压力的增大而减小，有位同学利用压敏电阻设计了判断小车运动状态的装置，其工作原理如图（a）所示，将压敏电阻和一块挡板固定在绝缘小车上，中间放置一个绝缘重球。小车向右做直线运动过程中，电流表示数如图（b）所示，下列判断正确的是（ ）
A. 从t1到t2时间内，小车做匀速直线运动
B. 从t1到t2时间内，小车做匀加速直线运动
C. 从t2到t3时间内，小车做匀速直线运动
D. 从t2到t3时间内，小车做匀加速直线运动
【答案】D
【解析】
【详解】AB．由图像可知在t1～t2内，电流I变大，说明压敏电阻阻值变小，绝缘球受到向右的压力变大，绝缘球的加速度增大，小车向右做加速度增大的加速运动，故AB错误；
CD．由图像可知在t2～t3内，电流I不变，说明绝缘球受到向右的压力恒定，小车做匀加速直线运动，故C错误，D正确。
故选D。
5. 一个机器人直立时线束对头部的拉力为0，做后仰动作时，线束对头部的拉力与水平方向夹角为30°，脖颈受到的压力与水平方向夹角为45°，简化模型如图所示。不计脖颈与头部间的摩擦，则后仰时脖颈受到的压力与直立时脖颈受到的压力之比（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】设头部的重力为，一个机器人直立时线束对头部的拉力为0，则直立时脖颈受到的压力大小为
机器人做后仰动作时，头部的受力分析如图所示
根据平衡条件可得，
联立解得
可知脖颈受到的压力大小为
则后仰时脖颈受到的压力与直立时脖颈受到的压力之比
故选B。
6. 利用如图所示的电路研究光电效应现象，各电表均为理想电表，滑片P的位置在O点的正上方。已知入射光的频率大于阴极K的截止频率，且光的强度较大，则（ ）
A. 减弱入射光的强度，遏止电压变小
B. P不移动时，微安表的示数为零
C. P向a端移动，微安表的示数减小
D. P向b端移动，光电子到达阳极A的最大动能减小
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据
则减弱入射光的强度，遏止电压不变，选项A错误；
B．P不移动时，也会有光电子到达极板A形成电流，即微安表的示数不为零，选项B错误；
C．P向a端移动，光电管的负向电压变大，则微安表的示数减小，选项C正确；
D．P向b端移动，光电管的正向电压变大，则光电子到达阳极A的最大动能变大，选项D错误。
故选C。
7. 如图甲所示，我国古建筑屋顶多采用蝴蝶瓦方式铺设。图乙是两片底瓦和一片盖瓦的铺设示意图，三根相同且平行的椽子所在平面与水平面夹角为37°。图丙为截面示意图，弧形底瓦放置在两根相邻的椽子正中间，盖瓦的底边恰与底瓦的凹槽中线接触。已知相邻两椽子与底瓦接触点间的距离和瓦的半径都为20cm，盖瓦和底瓦形状相同，厚度不计，质量均为1kg，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小g取10m/s2，在无扰动的情况下，底瓦与盖瓦均保持静止。若仅铺设这三片瓦进行研究，则（ ）
A. 盖瓦受到底瓦弹力方向不能确定
B. 底瓦与椽子间的动摩擦因数
C. 适当增大两椽子间的距离，椽子对底瓦的弹力减小
D. 适当减小两椽子间的距离，底瓦更不容易下滑
【答案】B
【解析】
【详解】A．盖瓦受到底瓦弹力的方向应与接触面垂直，方向可以确定，故A错误；
B．以两片底瓦和盖瓦整体作为研究对象，沿斜面方向的重力分量为
在垂直斜面的平面内重力分量为
根据几何关系，2根椽子对底瓦的弹力方向夹角为60°，如下图所示
满足
若系统能够保持静止，则有
可解得，故B正确；
C．适当增大两椽子间的距离，两椽子对底瓦的弹力夹角会增大，设为，满足
根据公式可知弹力会增大，故C错误；
D．若适当减小两椽子间的距离，椽子对底瓦的弹力会减小，最大静摩擦力会相应减小，更容易发生滑动，故D错误。
故选B。
二、多项选择题（共3小题18分，每小题6分。全部选对的得6分，选对但不全的得3分）
8. 如图，一定质量的理想气体从状态a出发，经过等容过程ab到达状态b，再经过等温过程bc到达状态c，最后经等压过程ca回到状态a。下列说法正确的是（ ）
A. 在过程ab中气体的内能减小
B. 在过程bc中气体从外界吸收热量
C. 在过程ca中气体温度升高
D. 在全过程abca中从外界吸收热量
【答案】BD
【解析】
【详解】A．在过程ab中，气体体积不变，压强增大，根据可知，气体温度升高，则气体的内能增大，故A错误；
B．在过程bc中，气体发生等温变化，气体内能不变，气体体积增大，外界对气体做负功，根据热力学第一定律可知，气体从外界吸收热量，故B正确；
C．在过程ca中，气体压强不变，体积减小，根据可知，气体温度降低，故C错误；
D．根据图像与横轴围成的面积表示做功，在全过程abca中，外界对气体做负功，由于气体内能不变，根据热力学第一定律可知，气体从外界吸收热量，故D正确。
故选BD。
9. 2024年底CR450动车组成功下线，其最高速度可超过450公里/小时，再一次让世界为中国高铁惊叹。该动车组由8节车厢组成，其中2、3、6、7号车厢为动力车厢，其余车厢无动力。每节动力车厢所提供驱动力大小均为F，所受阻力大小均为f，各车厢的质量均为m。该列车沿水平直轨道行驶时，下列说法正确的是（ ）
A. 若列车匀速行驶，则车厢间拉力均为零
B. 若仅启用两节动力车厢匀加速行驶，则加速度大小为
C. 若列车动力全开匀加速行驶，则加速度大小为
D. 若列车动力全开匀加速行驶，则第3节车厢对第4节车厢的拉力大小为
【答案】CD
【解析】
【详解】A．当动车组做匀速运动时，对整体有
则
则根据平衡条件可知第一列车厢有
对于一、二列车厢整体有
可得二、三节车厢间作用力
以此类推，可知，，，，
则可知各车厢间的作用力不是都为零，故A错误；
B．若仅启用两节动力车厢匀加速行驶，根据牛顿第二定律
整列车的加速度大小为
故B错误；
C．若列车动力全开匀加速行驶，根据牛顿第二定律
整列车的加速度大小为
故C正确；
D．若列车动力全开匀加速行驶，对后五节车厢整体，根据牛顿第二定律
解得
故D正确。
故选CD。
10. 如图所示，质量为m可视为质点的物件与传送带之间的动摩擦因数为μ，传送带倾角为θ，上、下两端点D、A间的距离为L。传送带顺时针匀速转动，速度大小为v，物件轻放于A点后运动至B点时达到最大速度，之后做匀速运动至C点，然后电机紧急制动使传送带立即静止不动，物件恰好能到达最高点D。已知重力加速度为g，则下列叙述正确的有（ ）
A. CD段物件的加速度为g（sinθ-μcsθ）
B. CD段长为
C. 物件从B到C运行的时间为
D. 全过程物件在传送带上留下的划痕长度大小等于AB间的距离
【答案】BCD
【解析】
【详解】取沿斜面向上为正方向，物件在到阶段相对传送带向下滑动，受到沿斜面向上的滑动摩擦力，由题意可知；在到阶段物件与传送带相对静止，以速度做匀速直线运动；传送带在点停止后，物件继续向上滑动至点。
A．在到阶段，物件受到的重力沿斜面分力和滑动摩擦力均沿斜面向下，根据牛顿第二定律有
解得
故加速度大小为，故A错误；
B．物件在点的速度大小为，到达点时速度为零，根据匀变速直线运动规律有
解得，故B正确；
C．在到阶段，根据牛顿第二定律有
解得
物件在点速度达到传送带速度，根据匀变速直线运动规律有
解得
由可得
物件在到阶段以速度做匀速直线运动，所用时间为
联立解得，故C正确；
D．物件在到阶段的运动时间为
在此时间内传送带运动的距离为
物件相对传送带滑动的距离为
因此物件第一次在传送带上留下长度为AB的划痕，且到达点时，该划痕位于物件前方。物件从到与传送带相对静止，所以到达点时，该划痕仍从物件所在位置沿斜面向上延伸。又有
因此物件从到产生的划痕完全落在原有划痕内，全过程留下的划痕长度等于AB，故D正确。
故选BCD。
三、非选择题（本题共5小题，共54分）
11. 某同学用如图甲所示装置验证力的平行四边形法则。
（1）实验时，先用两个弹簧测力计把橡皮条AO拉长，记下结点的位置O和______及两细绳的方向，然后用一个弹簧测力计拉橡皮条，将橡皮条的结点拉到______，记下弹簧测力计拉力的大小、方向，实验中，一个弹簧测力计的示数如图乙所示，则该弹簧测力计的拉力大小为______N。
（2）通过作图对实验结果处理：、表示两个测力计互成角度的拉力，F表示平行四边形做出的与的合力；表示用一个弹簧测力计拉橡皮条时的力，则下图中符合实验事实的是______。
A. B.
C. D.
（3）某次实验时，用两个弹簧测力计拉橡皮条，结点到O点时，两个弹簧测力计的示数相同，两个弹簧测力计的拉力夹角小于90°，现将其中一个弹簧测力计拉力方向不变，转动另一弹簧测力计的拉力方向，使两拉力的夹角减小，保持结点始终在O点位置，则转动的弹簧测力计的拉力会______。
A. 变大B. 变小C. 可能先变大后变小D. 可能先变小后变大
【答案】（1） ①. 两弹簧测力计拉力的大小 ②. O点 ③. 3.70 （2）C （3）A
【解析】
【小问1详解】
[1][2]记下结点的位置O和两弹簧测力计拉力的大小和方向；用一个弹簧测力计拉橡皮条将橡皮条的结点拉到O点。
[3]弹簧测力计的最小分度为0.1N，需要估读到0.01N，可知其示数为3.70N。
【小问2详解】
根据二力平衡条件，一定与橡皮条在同一条直线上。 F是根据平行四边形得到的合力，F一定是平行四边形的对角线。
故选C。
【小问3详解】
两个分力大小相等，夹角小于90°，根据矢量三角形
可知，当一个分力F2方向不变，两分力间的夹角减小，合力F一定，则方向不变的分力F2减小，转动的分力F1变大。
故选A。
12. 某同学用如图甲所示装置，做“探究加速度与合外力关系”实验。当地的重力加速度为g。
（1）关于本实验的部分要点，下列说法正确的是________
A. 以钩码的重力作为合外力时需要平衡小车受到的阻力
B. 需要调节定滑轮高度，使牵引小车的细线与长木板平行
C. 为达到实验目的需控制钩码的质量不变
D. 为达到实验目的需控制小车的质量不变
（2）如图乙所示是某同学在正确操作下获得的一条纸带，打点计时器的频率为50 Hz，其中0、1、2、3、4为计数点，且相邻两计数点之间还有4个点没有标出。各计数点之间距离已在图中标出，由此可求得小车的加速度大小a=__________m/s2（结果均保留两位有效数字）。
（3）多次实验，将每次实验小车运动的加速度a和钩码的重力mg作a-mg图像，如图丙所示，当mg较大时，a-mg图线明显弯曲，若不断增加钩码的质量，a-mg图像中各点连成的曲线将不断延伸，那么加速度a的趋向值为__________（用题中出现的物理量符号表示），为避免a-mg图线出现弯曲，可采取的措施是______________________________。
【答案】（1）ABD （2）0.72
（3） ①. g ②. 使钩码的质量远小于小车质量
【解析】
【小问1详解】
A．以钩码的重力mg作为合外力的测量值时，应先平衡小车运动过程中受到的阻力，使小车受到的阻力不影响实验结果，故A正确；
B．细线应与长木板平行，否则拉力存在垂直于长木板的分量，会改变小车受到的支持力及阻力，故B正确；
C．探究加速度与合外力的关系时，需要通过改变钩码质量来改变合外力，不能保持钩码质量不变，故C错误；
D．探究加速度与合外力的关系时，应控制小车的质量不变，只改变小车所受合外力，故D正确。
故选ABD。
【小问2详解】
打点计时器的频率为，相邻计数点之间有个未标出的点，因此相邻计数点之间包含个打点时间间隔，根据周期与频率的关系有
代入数据解得
相邻计数点间的位移分别为，，，
逐差法可知，加速度
【小问3详解】
[1]设小车质量为，钩码质量为，细线拉力为，平衡阻力后，对小车和钩码分别应用牛顿第二定律有，
联立解得
将分子、分母同时除以，可得
不断增加钩码质量时，逐渐趋近于零，因此加速度的趋近值为
[2]为使图像近似为直线，应使钩码质量远小于小车质量，即，此时，加速度近似为
由于保持不变，与mg近似成正比，因此应使钩码的质量远小于小车的质量。
13. 本市创建文明城市，提倡机动车礼让行人。某司机开车以8 m/s速度行驶，发现前方有行人准备过斑马线，立即刹车礼让行人。汽车做匀减速运动的加速度大小为2 m/s2。求：
（1）汽车刹车3 s时速度的大小；
（2）汽车刹车3 s内的位移。
【答案】（1）
（2）
【解析】
【小问1详解】
取汽车运动方向为正方向，初速度，加速度，汽车从刹车到停止所需时间
因为，汽车在刹车时尚未停止，由速度公式得
【小问2详解】
汽车在刹车内未停止，由位移公式得
代入数据得
14. 如图甲所示，水平放置的圆柱形绝热气缸深度为H，底部安装有电热丝（体积可忽略），可以通过加热来改变缸内的温度，缸口有卡销防止活塞脱出。用质量为、横截面积为S的活塞封闭一定质量的气体，此时活塞刚好在气缸口且对卡销无压力，气体温度为T0，压强为p0。现在将汽缸固定在倾角为37°的斜面上。（已知大气压强恒为p0，重力加速度为g，不计活塞及固定卡销厚度，气体看做理想气体，活塞可沿气缸壁无摩擦滑动且不漏气，sin37°=0.6，cs37°=0.8。）
（1）转移至斜面过程，温度保持不变，稳定后活塞距底部的距离h为多少？
（2）接通气缸底部的电热丝缓慢给气体加热，一直到气体温度升高到2T0，求温度2T0时气缸内气体的压强。
【答案】（1）
（2）
【解析】
【小问1详解】
气缸固定在斜面上并达到稳定后，设缸内气体压强为，对活塞沿斜面方向由平衡条件得
代入、
解得
气体温度不变，由玻意耳定律得
解得
【小问2详解】
继续缓慢加热时，活塞接触卡销前做等压变化，气体压强保持
直至活塞到达缸口。设活塞到达缸口时气体温度为，由盖-吕萨克定律得
解得
故活塞会在加热过程中到达缸口。此后活塞被卡销挡住，气体做等容变化，设温度升至时压强为，由查理定律得
解得
15. 如图所示，质量为的长木板A静止在水平面上，质量为的铁块B放在长木板上表面的左端，用与水平面成斜向右上方、大小为10N的拉力F拉铁块。已知铁块与长木板上表面的动摩擦因数为，长木板与水平面的动摩擦因数为，重力加速度为g取，不计铁块的大小，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，，求：（下列结果均可用分式表示）
（1）铁块和长木板运动的加速度分别多大；
（2）铁块相对木板运动0.3m时撤去拉力F，此后，铁块运动到长木板右端时刚好与长木板相对静止，则木板的长度为多少；
（3）整个过程长木板在水平面上运动的路程。
【答案】（1）；
（2）
（3）
【解析】
【小问1详解】
设A、B发生相对滑动，对铁块B受力分析，如图所示
由牛顿第二定律可知
，
又
解得
对长木板A受力分析，如图所示
由牛顿第二定律可知
又
解得
【小问2详解】
设铁块相对木板运动0.3m所用时间为，则
解得
撤去拉力时，铁块的速度
长木板的速度
撤去拉力后，铁块相对长木板运动时的加速度大小
长木板运动的加速度大小
设从撤去拉力至铁块与长木板共速，所用时间为，则
解得
此过程铁块相对长木板运动的距离为
因此长木板长为
【小问3详解】
铁块和长木板刚好共速时的速度大小为
拉力作用下木板运动的距离
撤去拉力后长木板加速运动的距离
共速后，铁块和长木板一起运动的加速度大小为
一起减速运动的距离
因此长木板运动的路程