2022-2023学年辽宁省部分高中高二（下）期末物理试卷（含详细答案解析）

这是一份2022-2023学年辽宁省部分高中高二（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共14页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。
1.下列关于质点和参考系的说法正确的是( )
A. 参考系必须是固定不动的物体
B. 只有体积很小的物体才能看作质点
C. 选择不同参考系来观察同一物体的运动，其结果一定相同
D. 研究地球公转时，地球可视为质点
2.取一滴用水稀释的碳素墨汁，滴在载玻片上，盖上盖玻片，放在高倍显微镜下，观察到小炭粒做无规则的运动。下列说法正确的是( )
A. 小炭粒做布朗运动，充分说明了小炭粒内部分子是不停地做无规则运动的
B. 小炭粒越大，运动越不明显
C. 水的温度为0℃时，小炭粒静止不动
D. 小炭粒与水分子之间的斥力推动着它做无规则的运动
3.如图所示，用频率为f的单色光垂直照射双缝，O点出现中央亮条纹，光屏上的P点到双缝的距离之差r2−r1=3c2f，已知光速为c，从O点向上数，P点应出现( )
A. 第一条亮条纹
B. 第三条亮条纹
C. 第二条暗条纹
D. 第四条暗条纹
4.如图所示，有一根长L1=0.5m的木棍，悬挂在某房顶上的O点，它自由下落时经过一高为L2=1.5m的窗口，通过窗口所用的时间t=0.2s，不计空气阻力，取重力加速度大小g=10m/s2，则窗口上边缘离悬点O的距离h为( )
A. 4.55m
B. 3.45m
C. 2.95m
D. 5.05m
5.图甲是探究“光电效应”实验的电路图，光电管遏止电压Uc随入射光频率ν的变化规律如图乙所示。下列判断正确的是( )
A. 入射光的频率ν不同，遏止电压Uc相同
B. 入射光的频率ν不同，光照强度不同，Uc−ν图像的斜率相同
C. 如图甲所示的电路中，当电压增大到一定数值时，电流计将达到饱和电流
D. 只要入射光的光照强度相同，光电子的最大初动能就一定相同
6.护卫海疆是边防战士的崇高使命，一艘海警船在南海海域以36m/s的速度巡逻，突然接到报警，在前方不远处有海上事故发生，该海警船要尽快赶到出事地点且到达出事地点时的速度大小也为36m/s，有三种行进方式：甲一直做匀速直线运动；乙先减速再加速；丙先加速再减速，则下列说法正确的是( )
A. 甲种方式先到达B. 乙种方式先到达C. 三种方式同时到达D. 丙种方式先到达
7.两个相同的小球A、B，半径均为R，质量均为m，用两根长均为R的细绳Oa、Ob拴住小球A、B后按照如图所示的方法悬挂起来，重力加速度大小为g，则A、B两球之间的弹力大小F为( )
A. 3mg6
B. 2 3mg6
C. 3mg3
D. 2 3mg3
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.下列说法正确的是( )
A. 图甲是某黑体在不同温度下的辐射强度与波长的关系，温度T1>T2
B. 图乙是康普顿效应的示意图，该光子与电子碰撞后其波长将变大
C. 图丙中射线c由电子组成，说明原子核内有电子
D. 图丁所示的链式反应属于轻核的聚变
9.如图所示，当给物块B施加水平向右的力F时，A和B以相同的速度做匀速直线运动。由此可知，A、B间的动摩擦因数μ1、B与桌面间的动摩擦因数μ2有可能是( )
A. μ1=0，μ2≠0B. μ1=0，μ2=0C. μ1≠0，μ2≠0D. μ1≠0，μ2=0
10.如图所示，一定质量的理想气体经历了从状态A→B→C→A的过程，气体在状态A时的体积为V0，CA的延长线过p−T坐标系的原点O，气体的内能E=kT(k为常数)，下列说法正确的是( )
A. 从A到B的过程，气体对外界放热
B. 从B到C的过程，气体分子的平均动能减小，但某些分子的平均速率可能增大
C. 在状态C时，气体的内能是在状态A时的2倍
D. 从C到A的过程，单位时间内撞击到容器壁单位面积上的分子数增多
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
11.在“探究力的合成规律”实验中：
(1)其中的两个步骤如下：
①把橡皮条的一端固定在木板上，另一端拴两根细线，通过细线同时用两个弹簧测力计互成角度地拉橡皮条，使它与细线的结点到达某一位置O点，在白纸上记下O点的位置、两个弹簧测力计的示数F1与F2和______。
②只用一个弹簧测力计通过细线沿原来的方向拉橡皮条，使细线的结点______，记下此时弹簧测力计的示数F′和细线的方向。
(2)下列有关实验操作的说法正确的是______。
A.拉橡皮条时，弹簧测力计不能与木板接触
B.拉橡皮条时，橡皮条、细线应与木板所在平面平行
C.两次拉橡皮条时长度不一定要相等，方向可任意
D.两个拉力的夹角越大越好
12.伽利略曾经提出和解决了这样一个问题：一根细绳悬挂在黑暗的城堡中，人们看不到它的上端，只能摸到它的下端。为了测出细绳的长度，在细绳的下端系一个金属球，使之在竖直平面内做小角度的摆动。主要实验步骤如下：
①将一小球系于细绳的下端制成单摆，让单摆在竖直平面内做小角度摆动；
②当小球通过平衡位置时启动秒表(记为第1次)，在小球第n1次通过平衡位置时止动秒表，读出秒表时间为t1；
③将细绳截去一段，重复实验步骤①②，测出小球n2次通过平衡位置的时间为t2。
回答下列问题：
(1)要达到测出细绳长度的目的，首先要测量当地的重力加速度。测量重力加速度还需要测量的物理量是
______(填序号字母)。
A.小球的质量m
B.细绳摆动的角度θ
C.截去的细绳长度△l
D.小球的直径d
(2)测得的当地重力加速度g=______。
(3)细绳截去一段前，细绳的长度l=______(当地重力加速度用g表示，小球的直径用d表示)。
四、简答题：本大题共3小题，共40分。
13.一端封闭的粗细均匀的细玻璃管竖直放置，水银柱长15cm，开口向上时，管内封闭的空气柱长15cm；开口向下时，管内封闭的空气柱长22.5cm，水银没有溢出。求：
(1)大气压强p(cmHg)；
(2)把管水平放置时，管内封闭空气柱的长度L。
14.港珠澳大桥是中国境内一座连接香港、珠海和澳门的桥隧工程，位于中国广东省珠江口伶仃洋海域内，桥隧全长55km，其中主桥长29.6km，香港口岸至珠澳口岸41.6km；桥面为双向六车道高速公路，设计速度100km/h；有辆小轿车从香港口岸由静止出发，先以2m/s2的加速度做匀加速直线运动了10s，之后一直保持匀速运动状态，求这辆轿车驶至珠澳口岸需多少分钟。
15.用中子轰击锂核(36Li)发生核反应，生成氚核和α粒子，并释放出核能。已知中子、氚核、α粒子、锂核的质量分别是mn=1.0087u，mH=3.0160u，mα=4.0026u，mLi=6.0151u，质量亏损1u释放的核能为931.5MeV。
(1)请写出核反应方程；
(2)设放出的能量全部由质量亏损获得，试求释放的核能；(结果保留一位小数)
(3)若反应前中子以0.3MeV的动能和锂核正碰，且碰撞前二者具有等大反向的动量，核反应中放出的核能全部转化动能，求反应后生成的α粒子和氚核的动能为多少MeV？
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A.描述一个物体的运动时参考系选取是任意的，可以是假定静止不动的物体，也可以是运动的物体，故A错误；
B.体积大的物体也可以看作质点，当物体的形状、大小对所研究的问题没有影响时，我们就可以把它看成质点，故B错误；
C.选择不同参考系来观察同一物体的运动，其结果不一定相同，故C错误；
D.研究地球公转时，地球大小可忽略，可视为质点，故D正确。
故选：D。
描述一个物体的运动时参考系选取是任意的，选择不同参考系来观察同一物体的运动，其结果可能是不同的。当物体的大小和形状在研究问题时可以忽略，物体可以看作质点。
本题考查质点和参考系，只需掌握看作质点的条件和参考系的概念就可解决此类问题。
2.【答案】B
【解析】解：AD、小炭粒做布朗运动，是由于受到水分子无规则撞击的不平衡性导致的，间接说明水分子是不停地做无规则运动的，故AD错误；
B、小炭粒越大，运动越不明显，故B正确；
C、水的温度为0℃时，水分子仍做无规则热运动，故小炭粒仍做无规则运动，故C错误。
故选：B。
通过布朗运动的定义进行分析。
本题考查布朗运动的定义、现象和解释影响微粒布朗运动快慢的因素。
3.【答案】C
【解析】解：由题意可知单色光的波长为λ=cf
则有r2−r1=3c2f=3×λ2=(2×1+1)⋅λ2
可知P点应出现第二条暗条纹。
综上分析，故ABD错误，C正确。
故选：C。
根据波长、波速和频率的关系求波长，再根据振动加强和减弱的条件分析判断。
本题考查了光加强和减弱的条件，明确当光程差Δr=(2n+1)×λ2(其中n=0，1，2⋯)，振动减弱，该处出现暗条纹。
4.【答案】A
【解析】解：设木棍下端和窗上边缘对齐时，下落的时间为t1，木棍上端和窗下边缘对齐时，下落的时间为t2，由位移和时间关系得：
h−L1=12gt12
h+L2=12gt22
通过窗口所用的时间为：
t=t2−t1
联立解得：
h=4.55m，故BCD错误，A正确。
故选：A。
自由落体运动是初速度为零的加速度为g的匀加速直线运动．木棍下端到达窗口上沿的位移为x1=h−L1，根据位移-时间公式列出x1与所用时间的关系式，木棍上端到达窗口下沿的位移为x2=h+L2，再列出x2与所用时间的表达式，再联立求解h。
自由落体运动是特殊的匀变速运动，匀变速运动的规律同样适用。本题关键是选择研究的过程。
5.【答案】B
【解析】解：A、逸出功与金属材料有关，与入射光的频率无关，由Ekm=hν−W0可知，入射光的频率不同，电子的最大初动能不同，又eUc=Ekm，所以入射光的频率不同，遏止电压UC不同，故A错误；
B、由Ekm=hν−hνc=eUc，可得Uc=he(ν−νc)，故图线的斜率为相同的常量，与入射光的频率以及强度都无关，故B正确；
C、必须把图甲所示电路中的电源正负极反接过来，才能用来验证光电流与电压的关系，即当电压表增大到一定数值时电流计将达到饱和电流，故C错误；
D、由爱因斯坦光电效应方程Ekm=hν−W0知在入射光频率不同的情况下，光电子的最大初动能不同，最大初动能与光照强度无关，故D错误。
故选：B。
根据光电效应方程Ekm=hν−W0和eUc=Ekm得出遏止电压Uc与入射光频率ν的关系式，分析遏止电压Uc的关系以及光电子的最大初动能的关系。结合数学知识分析Uc−ν图象的斜率关系。饱和光电流与入射光的强度有关。
解决本题的关键掌握光电效应方程，以及知道遏止电压与最大初动能之间的关系，注意Uc−ν图象斜率的含义。
6.【答案】D
【解析】解：画出海警船的三种行进方式的v−t图像，如图所示：
v−t图像中图线与横轴围成面积表示位移，可知海警船三种行进方式的v−t图线与横轴围成的面积相等，由图可知，丙种方式所用时间最短，先到达。
故ABC错误，D正确。
故选：D。
画出海警船的三种行进方式的v−t图像，根据v−t图像中图线与横轴围成面积表示位移，及海警船三种行进方式的位移相等，结合v−t图像判断，何种方式所用时间最短。
解答本题，画出海警船三种行进方式的v−t图像将使问题变得简化。海警船三种行进方式的位移相等。
7.【答案】C
【解析】解：由几何关系可知，aO与bO之间的夹角为60∘，先对点O受力分析，受三个拉力，如图所示：
其中T=2mg
根据平衡条件，有：T1=T2=T2cs30∘=2 33mg；
再对球A受力分析，受重力、支持力和拉力，如图所示：
根据牛顿第三定律，有：T1′=T1
根据平衡条件，有：N=T1′sin30∘= 33mg；故C正确，ABD错误。
故选：C。
点O和两个圆心构成等边三角形，先对点O受力分析，根据平衡条件并运用合成法得到细绳a，b对球的拉力；然后对球A受力分析，根据平衡条件并运用合成法得到两球之间的弹力。
本题关键灵活地选择研究对象，然后根据共点力平衡条件并结合合成法列式求解，不难．
8.【答案】AB
【解析】解：A、图甲是某黑体在不同温度下的辐射强度与波长的关系，随着温度的升高，一方面，各种波长的辐射强度都有增加，另一方面，辐射强度的极大值向波长较短的方向移动，故温度T1>T2，故A正确；
B、图乙是康普顿效应的示意图，该光子与电子碰撞后动量变小，根据德布罗意波场公式λ=hP知，其波长将变大，故B正确；
C、图丙中射线c由电子组成，不能说明原子核内有电子，β衰变的实质是核内一个中子转化成了一个质子和一个电子，故C错误；
D、图丁所示的链式反应属于重核的裂变，故D错误。
故选：AB。
根据黑体辐射规律判断；根据康普顿效应判断；根据β衰变的实质判断；根据重核的裂变判断。
本题考查了黑体辐射规律、康普顿效应、β衰变的实质、重核的裂变，属于基本的概念，务必要牢记相关知识。
9.【答案】AC
【解析】解：先以A为研究对象，A做匀速运动，合力为零，由平衡条件分析可知，A不受摩擦力，否则水平方向上A的合力不为零，不可能做匀速直线运动，则知A、B间的动摩擦因数μ1可能为零，也可能不为零；
再以整体为研究对象，由平衡条件分析可知，地面对B一定有摩擦力，则B与地面之间的动摩擦因数μ2一定不为零。
故AC正确，BD错误；
故选：AC。
物块A和B以相同的速度做匀速直线运动，合力均为零，分别以A和整体为研究对象，研究A与B间、B与地间的摩擦力，若两物体间无摩擦力，物体间的动摩擦因数可能为零，也可能不为零；若物体间有摩擦力，物体间的动摩擦因数一定不为零。
本题关键要抓住物体的运动状态：匀速直线运动，根据平衡条件分析物体的受力。常常有学生认为物体从静止开始运动，AB间一定有摩擦力，μ1一定不等于零。要培养根据状态分析受力的习惯。
10.【答案】BC
【解析】解：A.从A到B的过程，气体压强不变而温度升高，则内能增大，根据一定质量的理想气体状态方程pVT=C可知，体积增大对外做功，由热力学第一定律可知，气体从外界吸收热量，故A错误；
B.从B到C的过程，气体温度降低，气体分子的平均动能减小，但某些分子的平均速率可能增大，故B正确；
C.根据题意可知，由于气体的内能满足
E=kT
状态C的温度是状态A的两倍，所以在状态C时，气体的内能是在状态A时的2倍，故C正确；
D.从C到A的过程，据理想气体状态方程可得
p=CVT
结合图像的特点可知，从C到A的过程中，气体的体积不变，在压强减小时，单位时间内撞击到容器壁单位面积上的分子数减少，故D错误。
故选：BC。
根据一定质量的理想气体状态方程得出气体的体积变化，结合热力学第一定律分析出气体的吸放热情况；
理解温度对分子的速率影响，结合题意完成分析；
根据图像的物理意义得出气体的温度，从而得出不同状态时气体内能的关系；
理解气体压强的微观解释即可完成分析。
本题主要考查了一定质量的理想气体状态方程，理解图像的物理意义，结合一定质量的理想气体状态方程和热力学第一定律即可完成分析。
11.【答案】细线的方向 到达位置O B
【解析】解：(1)①实验时应该记下O点的位置、两个弹簧测力计的示数F1与F2和细线的方向。
②只用一个弹簧测力计通过细线沿原来的方向拉橡皮条，使细线的结点到达位置O，记下此时弹簧测力计的示数F′和细线的方向。
(2)A.拉橡皮条时，弹簧测力计与木板接触对读数无影响，故A错误；
B.拉橡皮条时，橡皮条、细线应与木板所在平面平行，故B正确；
C.两次拉橡皮条时必须要将结点拉到同一位置，即橡皮条的长度一定要相等，方向相同，故C错误；
D.两个拉力的夹角大小要适当，并非越大越好，故D错误。
故选：B。
故答案为：(1)细线的方向；到达位置O；(2)B。
(1)本实验采用了“等效替代法”和用平行四边形定则加以验证，据此分析作答；
(2)根据实验原理和实验方法进行分析，从而明确实验中应注意的事项。
在探究共点力合成的规律实验中，采用了“等效替代法”，让两个力拉橡皮条和一个力拉橡皮条产生的作用效果相同，由此结合实验过程中需要注意的事项依次分析即可。
12.【答案】(1)C；(2)π2⋅△l(t1n1−1)2−(t2n2−1)2；(3)gt12π2(n1−1)2−d2
【解析】解：(1)设截去的绳长为△l，总的绳长为l，小球的直径为d；
将细绳截去一段前构成的单摆的周期为T1=2t1n1−1，将细绳截去一段后构成的单摆的周期为T2=2t2n2−1，
根据单摆的周期公式可得：T=2π l+d2g
解得：T12=4π2g(l+d2) ①
T22=4π2g(l+d2−△l) ②
①②联立可得：T12−T22=4π2g⋅△l
解得重力加速度为：g=4π2T12−T22⋅△l；
要测量重力加速度还需要测量的物理量是截去的细绳长度△l，故C正确、ABD错误；
(2)将T1和T2代入g=4π2T12−T22⋅△l可得：g=π2⋅△l(t1n1−1)2−(t2n2−1)2；
(3)根据①式可得细绳的长度l=gt12π2(n1−1)2−d2。
故答案为：(1)C；(2)π2⋅△l(t1n1−1)2−(t2n2−1)2；(3)gt12π2(n1−1)2−d2。
(1)根据单摆周期公式推导重力加速度的表达式进行分析；
(2)根据实验步骤得到两种情况下的周期大小，再结合重力加速度的计算公式进行解答；
(3)根据单摆的周期公式求解细绳的长度。
本题主要是考查单摆测重力加速度实验，实验的核心是实验原理，根据原理推导解析式，并根据表达式再确定应测量的物理量。
13.【答案】解：(1)封闭部分气体作等温变化，设玻璃管的横截面积为S，则根据玻意耳定律有
p1⋅L1S=p2⋅L2S
其中p1=p+15cmHg，p2=p−15cmHg，L1=15cm，L2=22.5cm
代入数据解得：p=75cmHg
(2)把管水平放置时有
p1⋅L1S=p3⋅LS
其中p3=p
解得：L=18cm
答：(1)大气压强p为75cmHg；
(2)把管水平放置时，管内封闭空气柱的长度L为18cm。
【解析】(1)封闭部分气体作等温变化，根据玻意耳定律列式，即可求解大气压强p。
(2)再根据玻意耳定律列式，来求解把管水平放置时，管内封闭空气柱的长度L。
本题考查气体实验定律的应用，要掌握涉及水银柱的封闭气体的压强计算，分析好初态、末态气体的状态参量，选择合适的气体实验定律，列方程求解。
14.【答案】解：小轿车从香港口岸由静止出发做匀加速直线运动
v=at
代入数据解得
v=20m/s
设x1为小轿车匀加速直线运动的位移，根据
x1=12at2=12×2×102m=100m
由于
x=41.6km
且匀速运动的时间为t1，则
x−x1=vt1
代入数据解得
t1=2075s
t总=t1+t
代入数据解得
t总=2085s
即
t总=34.75min
答：这辆轿车驶至珠澳口岸需34.75min。
【解析】先求出匀加速直线运动的速度，再求出匀加速直线运动位移，根据位移关系求出匀速直线运动位移，从而求出时间。
本题考查的是运动学公式的运动，属于基础题。
15.【答案】解：(1)根据质量数和电荷数守恒63Li+10n→42He+31H
(2)核反应中的质量亏损Δm=mLi+mn−(mH+mα)=6.0151u+1.0087u−(3.0160u+4.0026u)=0.0052u
根据爱因斯坦质能方程ΔE=Δmc2
可得ΔE=4.8MeV
(3)根据动能与动量的关系可得Ek=p22m
核反应前，中子和锂原子的动能之比EknEkLi=p22mn×2mLip2=mLimn=6:1
得EkLi=16Ekn=16×0.3MeV=0.05MeV
核反应后，氦核和氚核组成系统动量守恒，即pα=pH
根据动能与动量的关系可得Ek=p22m
由能量守恒得EkH+Ekα=ΔE+EkLi+Ekn=4.8MeV+0.05MeV+0.3MeV=5.15MeV
根据动能与动量的关系可得Ek=p22m
α粒子和氚核的动能之比为Ekα:EkH=p22mα:p22mH=mH:mα=3:4
α粒子的动能为Ekα=37×5.15MeV=2.21MeV
氚核的动能为EkH=2.94MeV
答：(1)核反应方程为63Li+10n→42He+31H；
(2)释放的核能为4.8MeV；
(3)反应后生成的α粒子为2.21MeV；氚核的动能为2.94MeV。
【解析】(1)根据核反应中质量数和电荷数守恒求解核反应方程；
(2)根据爱因斯坦质能方程求解释放出的核能；
(3)核反应前中子和锂核动量大小相等、方向相反，根据动量与能量的关系求解锂核的动能；核反应后动量守恒，据动量与能量的关系求解α粒子和氚核的动能之比，再根据能量关系分别求解α粒子和氚核的动能。
核反应遵循质量数守恒和电荷数守恒；能够根据爱因斯坦质能方程求释放的核能，能够根据动能与动量的大小关系求解α粒子和氚核的动能。