2022-2023学年天津市河西区高二（下）期末物理试卷（含详细答案解析）

这是一份2022-2023学年天津市河西区高二（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，计算题，综合题等内容，欢迎下载使用。

1.有关科学家和涉及的事实，正确的说法是( )
A. 居里夫妇用α粒子轰击铝箔时发现了正电子
B. 卢瑟福的原子结构学说成功地解释了氢原子的发光现象
C. 麦克斯韦从理论上预言了电磁波的存在，赫兹用实验方法给予证实
D. 玻尔建立了量子理论，解释了各种原子发光现象
2.关于原子核能，下列说法中正确的是( )
A. 使原子核分解为粒子时放出的能量
B. 核子结合成原子核时需要供给的能量
C. 核子结合成原子核时吸收的能最或原子核分解为核子时放出的能量
D. 核子结合成原子核时放出的能量或原子核分解成粒子时所吸收的能量
3.在没有外界影响的情况下，密闭容器内的理想气体静置足够长时间后，该气体( )
A. 分子的无规则运动停息下来B. 每个分子的速度大小均相等
C. 每个分子的动能保持不变D. 分子的密集程度保持不变
4.从两支手电筒射出的光照到同一点上时，看不到干涉条纹，因为( )
A. 手电筒发出的光不是单色光B. 干涉图样太小，看不清楚
C. 周围环境的漫反射光太强D. 两个光源是非相干光源
5.如图示是两个同种玻璃制成的棱镜，顶角α1略大于α2，两束单色光A和B分别垂直射于三棱镜后，出射光线与第二界面的夹角β1=β2，则( )
A. A光束的频率比B光束的小
B. 在棱镜中A光束的波长比B光束的短
C. 在棱镜中B光束的传播速度比A光束的大
D. 把两束光由水中射向空气，产生全反射，A光的临界角比B的临界角小
6.表面有一层油膜的玻璃片，当阳光照射时，可在照射面及玻璃片的边缘分别看到彩色图样，对这两种现象的说法，正确的是( )
A. 两者都是折射现象B. 两者都是干涉现象
C. 前者是干涉现象，后者是找折射色散现象D. 前者是折射色散现象，后者是干涉现象
7. 14C是一种半衰期为5730年的放射性同位素．若考古工作者探测到某古木中 14C的含量为原来的14，则该古树死亡时间距今大约( )
A. 22 920年B. 11 460年C. 5 730年D. 2 865年
8.一质点做简谐运动，其位移x与时间t的关系图象如图所示，由图可知( )
A. 质点振动的频率是4Hz，振幅是2cmB. 0∼3s内，质点通过的路程为6cm
C. 1s末质点运动速度为0D. t=3s时，质点的振幅为零
9.当α粒子被重核散射时，如图所示的运动轨迹中不可能存在的是( )
A. C轨迹D轨迹B. D轨迹B轨迹C. A轨迹D轨迹D. B轨迹C轨迹
10.发生下述哪一种情况时，单摆周期会增大( )
A. 增大摆球质量B. 缩短摆长
C. 减小单摆振幅D. 将单摆由山下移至山顶
11.使用蓝牙耳机可以接听手机来电，蓝牙通信的电磁波波段为(2.4∼2.48)×109Hz。已知可见光的波段为(3.9∼7.5)×1014Hz，则蓝牙通信的电磁波( )
A. 是蓝光B. 波长比可见光短
C. 比可见光更容易发生衍射现象D. 在真空中的传播速度比可见光小
二、多选题：本大题共5小题，共27分。
12.对于下述四个核反应方程说法中正确的有( )
① 49Be+24He→612C+01n
② 13H+11H→24He+能量
③ 92235U+01n→3890Sr+54136Xe+x01n
④ 919F+Y→816O+24He
A. ①是发现中子的核反应方程B. ②是链式反应方程
C. ③是核裂变方程，其中x=10D. ④是α衰变方程，其中Y是中子
13.下列说法正确的是( )
A. 温度标志着物体内大量分子热运动的剧烈程度
B. 内能是物体中所有分子热运动所具有的动能的总和
C. 气体压强仅与气体分子的平均动能有关
D. 气体膨胀对外做功且温度不变，分子的平均动能不变
14.一列简谐横波沿x轴传播，已知x轴上x1=1m和x2=7m处质点的振动图象分别如图1、图2所示，则此列波的传播速率可能是( )
A. 7m/sB. 2m/sC. 1.2m/sD. 1m/s
15.两球A、B在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA=1kg、mB=2kg、vA=8m/s、vB=2m/s。当球A追上球B并发生碰撞后，两球A、B速度的可能值是(取两球碰撞前的运动方向为正)( )
A. v′A=5m/s，v′B=2.5m/sB. v′A=2m/s，v′B=5m/s
C. v′A=4m/s，v′B=4m/sD. v′A=7m/s，v′B=1.5m/s
16.1905年，爱因斯坦把普朗克的量子化概念进一步推广，成功地解释了光电效应现象，提出了光子说。在给出与光电效应有关的四个图象中，下列说法正确的是( )
A. 图1中，验电器指针发生了偏转，说明锌板带正电，验电器带负电
B. 图2中，电压相同时，光照越强，光电流越大，说明遏止电压和光的强度有关
C. 图3中，若e、ν1、νc、U1已知，由图象可求得普朗克常量的表达式h=U1eν1−νc
D. 图4中，由图象可知该金属的逸出功为E或hνc
三、计算题：本大题共2小题，共26分。
17.如图所示，铁块A质量mA=3.0kg，木块B质量mB=1.0kg，一轻质弹簧连接A和B，静止在光滑的水平面上。质量mC=2.0kg的磁性金属块C以水平速度v0=15m/s向铁块A运动，相碰后粘在一起。求：
(1)磁性金属块C与铁块A碰后瞬间速度大小；
(2)磁性金属块C与铁块A碰后弹簧的最大弹性势能。
18.一个平板小车置于光滑水平面上，其右端恰好和一个14光滑圆弧轨道AB的底端等高连接，如图所示．已知小车质量M=3.0kg，长L=2.06m，圆弧轨道的半径R=0.8m，现将一质量m=1.0kg的小滑块由轨道顶端A点无初速释放，滑块滑到B端后冲上小车．滑块与小车上表面间的动摩擦因数μ=0.3，g=10m/s2.
(1)滑块到达B端，轨道对它支持力的大小；
(2)小车运动1.5s时，车右端距轨道B端的距离；
(3)滑块与车面间由于摩擦而产生的内能．
四、综合题：本大题共1小题，共14分。
19.如图所示，竖直放置的光目圆弧轨道的半径为R，O′为圆心，O点在圆心O′的正下方，一小球甲从距O点很近的A点由静止释放。R>>AO
(1)若乙球从圆心O′处自由落下，问甲乙两球第一次到达O点的时间比；
(2)若另一小球丙从O点正上方某处自由落下，为使甲丙两球在O点相碰，小球丙应从多高处自由落下？
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、居里夫妇用α粒子轰击铝箔时发现了发现了放射性磷P和中子，故A错误；
B、玻尔的原子模型成功的解释了氢原子的发光现象，故B错误；
C、麦克斯韦从理论上预言了电磁波的存在，而赫兹用实验证实其存在，故C正确；
D、普朗克建立了量子理论，故D错误．
故选：C
居里夫妇用α粒子轰击铝箔时发现了正电子；
玻尔的原子模型成功的解释了氢原子的发光现象；
麦克斯韦从理论上预言了电磁波的存在，而赫兹用实验证实其存在；
普朗克建立了量子理论
考查物理史实，注意必须要熟练掌握，是简单题，但容易做错
2.【答案】D
【解析】解：几个自由核子结合成原子核时释放的能量，或原子核分解成核子时吸收的能量，叫做原子核结合能，故ABC错误，D正确。
故选：D。
根据原子核的结合能概念分析判断。
本题考查了熟记并理解原子核结合能的概念，要求学生对这部分知识要重视课本。
3.【答案】D
【解析】解：AD、如果没有外界影响，密闭容器内的理想气体的温度、体积和压强均不会发生变化；分子的无规则运动也不会停止；而体积不变，故分子的密集程度不变；故A错误，D正确。
B、由于温度不变，故分子平均动能不变；在相同温度下各个分子的动能并不相同，故速度大小也不相等，故B错误；
C、由于分子的无规则运动，分子间发生相互碰撞，故分子的动能会发生变化，由于温度不变，分子的平均动能不变，故C错误；
故选：D。
明确气体的三个状态参量的性质，知道没有外界影响时理气体的状态不变；从而分析分子平均动能以及分子的密集程度的变化；知道分子运动是统计规律，对单个分子是没有意义的。
本题考查分子动理论的基本内容，要求掌握温度是分子平均动能的标志，但相同温度下并不是所有分子的动能均相同。
4.【答案】D
【解析】解：小灯泡灯丝的大量原子受到激发后发生跃迁而向外辐射能量，发出的光是随机辐射的，频率不稳定，不符合干涉产生的条件，从两支手电筒射出的光照到同一点上时，看不到干涉条纹，故D正确，A、B、C错误。
故选：D。
光发生干涉的条件是频率相同；灯泡发出光的频率是不稳定的，据此分析作答。
解决本题的关键明确手电筒发光的原理，掌握光发生干涉的条件。
5.【答案】A
【解析】解：因α1>α2，所以A光在直角面上的入射角θ1=α1，较大。又因β1=β2，说明A、B光在直角面的折射角r相同，由折射定律sinrsini=n知，折射率nAλB，棱镜中传播速率vA=CnA>vB=CnB，由水中射向空气时的临界角CA=arcsin1nA>CB=arcsin1nB，故A正确，BCD错误。
故选：A。
根据折射定律判断折射率的大小，从而再判断频率、波长、波速和临界角的大小．
做本题要有一定的逻辑顺序，先根据折射定律判断折射率的大小关系，再去分析频率速度波长临界角等关系。
6.【答案】C
【解析】解：光线照射到透明玻璃片的表面时，光线在油膜的上下表面分别反射，两列反射光频率相同，形成干涉现象，可在照射面前边看到彩色的条纹，即前者是干涉现象；
同时，部分光线进入玻璃在玻璃中反射，有部分光线从边缘折射出来，玻璃片的边缘相当于棱镜，发生色散，可从玻璃片的旁边看到彩色图样，即后者是折射色散现象。故ABD错误，C正确。
故选：C。
光线在油膜的前后表面分别反射，形成薄膜干涉，光线进入玻璃在玻璃中反射，有部分光线从边缘出来，玻璃片的边缘相当于棱镜，发生色散。
本题考查了光的干涉和色散现象，要理解并掌握薄膜干涉和色散现象形成的原因、条件。
7.【答案】B
【解析】解：根据m=m0(12)n得，探测到某古木中 14C的含量为原来的14，知经历了2个半衰期，则t=2×5730年=11460年。
故选：B。
根据古木中 14C的含量为原来的14，得出经历了几个半衰期，从而得出该古树死亡时间距今的时间．
解决本题的关键知道每经过一个半衰期，有半数发生衰变，衰变后的质量和初始质量的关系为：m=m0(12)n，n表示半衰期的次数．
8.【答案】B
【解析】解：A、由图读出周期T=4s，振幅为2cm，则频率f=1T=0.25Hz，故A错误；
B、0∼3s内，质点通过的路程为3A=6cm，故B正确；
C、由图象可知1s末质点位于平衡位置，速度最大，故C错误；
D、在t=3s时，质点的位移为零，不是振幅为零，质点的振幅等于振子的位移最大值，保持不变，故D错误。
故选：B。
质点的振幅等于振子的位移最大值，由图直接读出振幅和周期，由公式f=1T求出频率。根据给定时刻的质点位移，分析质点的速度大小。
本题考查对简谐运动图象的理解能力，由简谐运动图象能直接读出振幅、周期、速度和加速度的变化情况。要注意频率不是读出来，是求出来的。
9.【答案】D
【解析】解：α粒子是氦原子核，带正电。重核也是带正电，它们之间存在着相互排斥的作用力。所以当α粒子被重核散射时，α粒子受排斥力的作用做曲线运动，在曲线运动中，质点受力的方向指向轨迹的凹侧，所以不可能是轨迹B和轨迹C，故D正确，ABC错误。
故选：D。
知道两个核之间的相互作用力为斥力，根据物体做曲线运动的条件可以判断。
做曲线运动的物体，受力方向指向轨迹的凹侧。
10.【答案】D
【解析】解：根据单摆的周期公式T=2π Lg，要增大单摆周期，可以增加摆长或减小重力加速度；与摆球的质量和振幅无关；将单摆由山下移至山顶，重力加速度变小；故ABC错误，D正确；
故选：D。
根据单摆的周期公式T=2π Lg判断单摆周期的变化．
解决本题的关键掌握单摆的周期公式T=2π Lg，知道影响单摆周期的因素．
11.【答案】C
【解析】解：ABC、根据题意，可知蓝牙通信的电磁波频率小于可见光的波段频率，所以蓝牙通信的电磁波属于无线电波，根据公式c=λf，可得其波长比看见光的波长要长，根据明显衍射的条件，可知蓝牙通信的电磁波比比可见光更容易发生衍射现象，故AB错误，C正确；
D、所有电磁波在真空中的传播速度都等于光速，故D错误。
故选：C。
蓝牙通信的电磁波属于无线电波；根据公式c=λf判断；根据明显衍射的条件判断；电磁波在真空中的传播速度都等于光速。
本题以使用蓝牙耳机可以接听手机来电为背景，考查无线电波在实际问题中的应用，要明确所有电磁波在真空中的传播速度都相等。
12.【答案】AC
【解析】解：A.①是发现中子的核反应方程，故A正确；
B.②是轻核聚变反应方程，不是链式反应，故B错误；
C.③是核裂变方程，根据质量数和电荷数守恒可知x=10，故C正确；
D.④是原子核的人工转变方程，Y的质量数为1，电荷数为1，是质子，故D错误。
故选：AC。
根据质量数和电荷数守恒正确书写核反应方程；明确衰变、裂变和聚变反应特点。
对于原子物理中核反应方程、裂变、聚变等基本知识要熟练掌握和应用。
13.【答案】AD
【解析】解：A、温度是分子热运动平均动能的标志，标志着物体内大量分子热运动的剧烈程度，故A正确；
B、内能是物体中所有分子热运动所具有的动能和势能的总和，故B错误；
C、气体压强不仅与分子的平均动能有关，还与分子的密集程度有关，故C错误；
D、气体膨胀对外做功且温度不变，结合温度是分子平均动能的标志，知分子的平均动能不变，故D正确。
故选：AD。
温度是分子平均动能的标志；内能是物体中所有分子热运动的动能和势能的总和；气体压强与分子的平均动能以及分子密集程度有关。
此题解答的关键是掌握温度的含义和气体压强的微观意义，并能正确运用分析实际问题。温度是分子平均动能的标志，温度越高，分子平均动能越大。
14.【答案】BC
【解析】【分析】
本题关键考查运用数学知识解决物理问题的能力，结合波形周期性和波传播方向的不确定性求解出波长和波速的通项进行分析，基础题目。
【解答】解：由图可知波的周期为4s，先假设x1=1处质点和x2=7m质点的距离小于一个波长，在0时刻，由图可知当x1=1处质点在平衡位置向下振动，x2=7m处的质点在波峰，则
当波沿x轴的正方向传播时：x2−x1=14λ，考虑到波形的重复性，可知两质点的距离与波长的关系为x2−x1=(n+14)λ(n=0、1、2⋯⋯)，
可得波长通式为λ=244n+1m(n=0、1、2⋯⋯)，
根据v=λT可得波速的通式为v=64n+1m/s(n=0、1、2⋯⋯)，
代入n为整数可得v=6m/s，1.2m/s，……，
当波沿x轴负方向传播时：x2−x1=34λ，考虑到波形的重复性，可知两质点距离与波长的关系为x2−x1=(n+34)λ(n=0、1、2⋯⋯)，
可得波长的通式为λ=244n+3m(n=0、1、2、⋯⋯)，
根据v=λT可得波速的通式为v=64n+3m/s(n=0、1、2、⋯⋯)，
代入n为整数可得v=2m/s，67m/s，……，
故选BC。
15.【答案】BC
【解析】解：取两球碰撞前的运动方向为正，球A追上球B并发生碰撞前的总动量是：p=mAvA+mBvB=1kg×8m/s+2kg×2m/s=12kg⋅m/s；
碰撞前的总动能Ek0=12mAvA2+12mBvB2=12×1×82J+12×2×22J=36J。
AD、考虑实际情况，碰撞后A球速度不可能大于B球的速度，故AD错误；
B、若vA′=2m/s，vB′=5m/s，则碰撞后的总动量为：p′=mAv′A+mBv′B=1kg×2m/s+2kg×5m/s=12kg⋅m/s，
碰撞后的总动能为：Ek=12mAvA′2+12mBvB′2=12×1×22J+12×2×52J=27J，碰撞后动能减少，故B正确；
C、若vA′=4m/s，vB′=4m/s，碰撞后的总动量为：p′=mAv′A+mBv′B=1kg×4m/s+2kg×4m/s=12kg⋅m/s，
碰撞后的总动能为：Ek=12mAvA′2+12mBvB′2=12×1×42J+12×2×42J=32J，碰撞后动能减少，故C正确；
故选：BC。
两球碰撞过程，系统不受外力，故碰撞过程系统总动量守恒；碰撞过程中系统机械能可能有一部分转化为内能，根据能量守恒定律，碰撞后的系统总动能应该小于或等于碰撞前的系统总动能；同时考虑实际情况，碰撞后A球速度不大于B球的速度。
本题主要是考查碰撞过程中的动量守恒，碰撞过程中同时还要遵循能量守恒定律，且不忘联系实际情况，即后面的球不会比前面的球运动的快。
16.【答案】CD
【解析】解：A、当紫外线照射锌板时，发现验电器指针发生了偏转，仅仅能说明验电器带电；发生光电效应后锌板带正电，所以验电器也带正电，故A错误；
B、图2中，从光电流与电压的关系图象中可以看出，电压相同时，光照越强，光电流越大，说明饱和光电流与光的强度有关，不能说明遏止电压和光的强度有关，故B错误；
C、根据Ekm=hν−W0=eUc
解得：Uc=heν−he⋅νc
图线的斜率k=he=U1ν1−νc，则h=U1eν1−νc，故C正确；
D、根据光电效应方程Ekm=hν−W0=eUc，当ν=0时Ek=−W0，由图象知纵轴截距为−E，所以W0=E，即该金属的逸出功E；图线与ν轴交点的横坐标是ν0，该金属的逸出功hν0，故D正确。
故选：CD。
验电器的指针发生偏转，仅仅能说明验电器带电；光照越强，光电流越大，说明饱和光电流与光的强度有关；入射光的频率增大，光电子的最大初动能增大，遏止电压增大。根据光电效应方程得出Uc−ν的关系式，通过关系式得出斜率、截距表示的含义。根据光电效应方程，结合图线的纵轴截距求出金属的逸出功，结合横轴截距得出金属的极限频率，从而得出逸出功。
该题考查对光电效应的规律以及与光电效应有关的几个图象的理解，知道不同的金属对应着不同的截止频率。电子从金属中逸出所需做功的最小值，叫做该金属的逸出功。
17.【答案】解：(1)A、C碰撞过程系统所受合外力为零，系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
mCv0=(mA+mC)v1，
代入数据解得：v1=6m/s；
(2)A、B、C三者速度相等时弹簧压缩量最大，弹簧弹性势能最大，设速度大小为v
A、B、C系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
(mA+mC)v1=(mA+mB+mC)v
代入数据解得：v=5m/s，
由能量守恒定律得：
12(mA+mC)v12=12(mA+mB+mC)v2+Ep，
代入数据解得：Ep=15J；
答：(1)磁性金属块C与铁块A碰后瞬间速度大小是6m/s；
(2)磁性金属块C与铁块A碰后弹簧的最大弹性势能是15J。
【解析】(1)A、C碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律可以求出碰撞后瞬间的速度大小。
(2)当A、B、C速度相等时弹簧压缩量最大，弹簧弹性势能最大，应用动量守恒定律求出系统的共同速度，然后应用能量守恒定律求出弹簧的最大弹性势能。
本题考查了动量守恒定律的应用，根据题意分析清楚物块的运动过程是解题的前提，应用动量守恒定律与能量守恒定律可以解题。
18.【答案】解：(1)根据动能定理得，mgR=12mv2
解得v2=2gR，v= 2gR=4m/s
在B端有：N−mg=mv2R，解得N=3mg=30N.
故滑块到达B端，轨道对它支持力的大小为30N.
(2)小车的加速度a1=μmgM=0.3×103m/s2=1m/s2.
滑块的加速度a2=μmgm=μg=3m/s2
当两者速度相等时有：a1t0=v−a2t0
解得t0=va1+a2=44s=1s
知小车在1.5s内先做匀加速直线运动，然后做匀速直线运动．
匀加速直线运动的位移x1=12a1t02=12×1×1m=0.5m
匀速直线运动的速度v′=a1t0=1×1m/s=1m/s
则匀速直线运动的位移x2=v′t′=0.5m
所以x=x1+x2=1m
故小车运动1.5s时，车右端距轨道B端的距离为1m.
(3)设两者共同速度为v1，根据动量守恒定律得，mv=(M+m)v1
解得v1=mvM+m=1×44m/s=1m/s
根据能量守恒得，Q=12mv2−12(M+m)v12=6J
故滑块与车面间由于摩擦而产生的内能为6J.
【解析】(1)根据动能定理求出小滑块从A点运动到B点的速度，根据牛顿第二定律求出轨道对它的支持力．
(2)滑块滑上小车后，小车做匀加速直线运动，滑块做匀减速直线运动，当两者速度相等时，一起做匀速直线运动．判断1.5s时，滑块与小车速度是否相等，然后通过运动学公式求出车右端距轨道B端的距离．
(3)根据动量守恒定律求出滑块和车的共同速度，然后通过能量守恒定律求出摩擦而产生的内能．
解决本题的关键搞清滑块滑上小车，滑块和小车的运动情况，从而根据动力学知识求解．求摩擦产生的热量，可以根据能量守恒定律求解，也可以通过Q=fx相对求解．
19.【答案】解：(1)设乙球从离弧形槽最低点R高处开始自由下落，到达O点的时间为：t乙= 2Rg
甲球近似看做单摆，其周期为：T=2π Rg；
第一次到达O点的时间为：t甲=14T=π2⋅ Rg，
则甲乙两球第一次到达O点的时间比为：t甲t乙=π2 2；
(2)由于甲球运动的周期性，所以甲球到达O点的时间为：t甲=T4(2n+1)=π(2n+1)2 Rg，(n=0,1,2,…)
丙到达O点的时间为：t丙= 2hg
由于甲、丙在O点相遇，故有：t甲=t丙
解得：h=(2n+1)2π2R8(n=0,1,2,…)
解：根据单摆周期公式为：T=2π rg
A球运动时间为：t=T4(2n+1)=π(2n+1)2 rg，(n=0、1、2、3…)；
对自由下落的小球有：h=12gt2=(2n+1)π2r8，n=0、1、2、3…；
答：(1)若乙球从圆心O′处自由落下，甲乙两球第一次到达O点的时间比为π2 2；
(2)若另一小球丙应从(2n+1)2π2R8，(n=0、1、2、3…)高处自由落下。
【解析】(1)从O点上方下落的小球做自由落体运动，从A点释放的小球近似看做单摆，根据各自的规律即可求得时间的表达式，然后求出比值；
(2)若使两球在圆弧最低点O处相遇，要考虑到在轨道上运动的周期性，然后列出等式即可
明确知道两球运动的时间相等这一特点，知道A球运动过程中是一个周期性运动，考虑多解性。