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北京市丰台区2022-2023学年高二下学期期末练习物理试卷（解析版）
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这是一份北京市丰台区2022-2023学年高二下学期期末练习物理试卷（解析版），共20页。试卷主要包含了选择题，填空题，计算论证题等内容，欢迎下载使用。
第I部分（选择题共42分）
一、选择题：（共14小题，每小题3分。在每小题给出的四个选项中，只有一个正确选项，请选出符合题目要求的一项。）
1. 以下核反应方程属于α衰变的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】A．该反应属于原子核的人工转变，A错误；
B．该反应属于α衰变，B正确；
C．该反应属于轻核聚变，C错误；
D．该反应属于重核裂变，D错误。
2. 下列说法正确的是（ ）
A. 天然放射现象说明原子核内部是有结构的
B. 汤姆逊发现电子说明原子具有核式结构
C. 卢瑟福根据α粒子散射实验提出原子的能级结构模型
D. 放射性元素的半衰期随温度的升高而变短
【答案】A
【解析】A．天然放射现象说明原子核内部有复杂的结构，故A正确；
B．汤姆逊发现了电子，但不能说明原子具有核式结构，故B错误；
C．卢瑟福根据α粒子散射实验提出原子的核式结构模型，故C错误；
D．放射性元素的半衰期是其本身的属性，与温度无关，故D错误。
3. 一束由a、b两种单色光组成的复色光沿AO方向从真空射入玻璃后分别从 B、C 点射出，下列说法正确的是（ ）
A. 玻璃对a光的折射率小于对b光的折射率
B. a光在玻璃中的速度大于b光在玻璃砖中的速度
C. 两种单色光由玻璃射向空气时，a光的临界角较小
D. 在相同条件下进行双缝干涉实验，a光的干涉条纹间距较大
【答案】C
【解析】A．根据光路图可知，两种单色光入射角相同，a光的折射角小，由折射定律可知玻璃对a光的折射率大于对b光的折射率，故A错误；
B．根据折射率的速度表达式，a光的折射率大，所以a光在玻璃中的速度小于b光在玻璃砖中的速度，故B错误；
C．根据临界角公式，a光的折射率大，临界角小，故C正确；
D．玻璃对a光的折射率大于对b光的折射率，所以a光的波长小于b光波长，结合双缝干涉条纹间距公式可知，波长大的间距大，故b光的干涉条纹间距较大，故D错误。
故选C。
4. 下列关于电磁波的说法正确的（ ）
A. 变化的电场周围一定能产生电磁波
B. γ射线比X射线更容易发生衍射现象
C. 与红外线相比，紫外线光子能量更大
D. 麦克斯韦证实了电磁波的存在
【答案】C
【解析】A．根据麦克斯韦的电磁场理论，均匀变化的电场周围产生稳定磁场，不能产生电磁波，周期性变化的电场周围才一定能产生电磁波，故A错误；
B．波的波长越长，越容易发生明显的衍射现象，与γ射线相比，X射线波长更长，更容易发生明显的衍射现象，故B错误；
C．紫外线与红外线相比，频率大，光子能量高，故C正确；
D．赫兹用实验证实了电磁波的存在，故D错误。
故选C。
5. 如图所示为某物体做简谐运动的图像，关于物体的振动，下列说法正确的是（ ）
A. 物体振动的振幅为4cm
B. 物体振动的周期T=0.4 s
C. t =0.5 s时，物体沿x轴正方向运动
D. 0.4～0.6 s，物体的加速度在增大
【答案】D
【解析】A．物体振动的振幅为
故A错误；
B．物体振动的周期
故B错误；
C．t =0.5 s时，物体沿x轴负方向运动，故C错误；
D．0.4～0.6 s，物体由平衡位置向x轴负方向运动，位移增大，由
可知加速度在增大，故D正确。
6. 一列简谐横波在t=0时的波形图如图所示，此时介质中x=2m处的质点P向y轴正方向做简谐运动的表达式为。则这列波（ ）
A. 波长为2mB. 周期为2.5s
C. 波速为5m/sD. 波沿x轴正方向传播
【答案】D
【解析】A．由图可知波长为4m，故A错误；
BC．根据简谐运动表达式可知周期为
则波速为
故B、C错误；
D．在t=0时质点P向y轴正方向运动，由波形平移法可知，波沿x轴正方向传播，故D正确。
故选D。
7. 关于教材中的四幅插图，下列说法正确的是（ ）
A. 图甲，摇动手柄使磁铁转动，铝框不动
B. 图乙，真空冶炼炉可以接高电压恒定电流
C. 图丙，铜盘转动时，穿过铜盘的磁通量不变，铜盘中没有感应电流
D. 图丁，微安表在运输时把正、负接线柱用导线连在一起，对电表起到了保护作用
【答案】D
【解析】A．根据电磁驱动原理，图甲中，摇动手柄使磁铁转动，铝框会同向转动，故A错误；
B．图乙是真空冶炼炉，当炉外线圈通入高频交流电时，铁块中产生涡流，铁块中产生大量热量，从而冶炼金属，真空冶炼炉不可以接高电压的恒定电流，故B错误；
C．当转动铜盘时，导致铜盘切割磁感线，从而产生感应电流，出现安培力，由楞次定律可知，产生的安培力将阻碍铜盘切割磁感线运动，则铜盘转动将变慢，故C错误；
D．图丁是微安表的表头，在运输时要把两个正、负接线柱用导线连在一起，可以减小电表指针摆动角度，这是为了保护电表指针，利用了电磁阻尼的原理，故D正确。
8. 如图所示，L是自感系数很大的线圈，其自身的电阻几乎为0，A和B是两个相同的小灯泡。 下列说法正确的是（ ）
A. 当开关S由断开变闭合时，A立即亮，B缓慢地亮
B. 保持开关S闭合电路稳定后，A、B一样亮
C. 当开关S由闭合变为断开时，A、B同时熄灭
D. 当开关S由闭合变为断开时，A立即熄灭，B闪亮一下后熄灭
【答案】D
【解析】AB．当开关S由断开变为闭合时，电源的电压同时加到两灯上，A和B同时亮，随着线圈中电流的增大，由于线圈的电阻几乎为0，分流作用增大，B逐渐被短路直到熄灭，电路总电阻减小，总电流增大，A变得更亮，故AB错误；
CD．当开关S由闭合变为断开时，线圈阻碍电流的减小，产生感应电动势，B与线圈构成闭合回路，开关断开前通过线圈的电流大于B的电流，故A立即熄灭，B闪亮一下后熄灭，故C错误，D正确。
故选D。
9. 右图是街头变压器给用户供电的示意图。变压器的输入电压基本保持不变，两条输电线的总电阻用表示，变阻器R代表用户用电器的总电阻。用电高峰时，R的值会减小。忽略变压器上的能量损失，用电高峰与用电低谷相比，下列说法正确的是（ ）
A. 不变，减小B. 和都减小
C. 和均减小D. 增大，减小
【答案】A
【解析】AB．变压器的输入电压基本保持不变，变压器匝数比不变，则变压器副线圈两端电压不变；用电高峰时，R的值会减小，增大，输电线损失的电压增大，则减小，故A正确，B错误；
CD．变压器副线圈两端电压不变，用电高峰时R的值减小，由欧姆定律知增大；根据变压器原副线圈电流关系知，也增大，故C、D错误。
故选A。
10. 图甲是研究光电效应的电路图，K极金属的逸出功为2.30eV。图乙为氢原子能级图。下列说法正确的是（ ）
A. 当P移至与最左端时，电流表示数一定变为0
B. 电压表示数增大，电流表示数一定增大
C. 氢原子从n=5能级跃迁到n=2能级，放出光子
D. 从n=5能级跃迁到n=3能级产生的光能让图甲中的K极金属发生光电效应
【答案】C
【解析】A．当P移至最左端时，AK极间的电压为零，光电管、电流表组成闭合电路，发生光电效应时，逸出的光电子具有初动能，会有光电流产生，电流表示数不为零，故A错误；
B．电压表示数增大，电流增大，当电压达到一定值时，电流达到饱和光电流，电流表示数不再增大，故B错误；
C．氢原子从n=5能级跃迁到n=2能级，由高能级向低能级跃迁，释放出能量，放出光子，故C正确；
D．从n=5能级跃迁到n=3能级，释放的能量为
所以产生的光不能让图甲中的K极金属发生光电效应，故D错误。
故选C。
11. 如图所示，一个边长为l的正方形导线框沿x轴正方向匀速穿过匀强磁场区域。以x轴的正方向为安培力的正方向，从线框在图示位置的时刻开始计时，关于线框所受的安培力随时间变化的图像，正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】在0-内，线框在磁场之外，感应电流为0，安培力为0；
在-内，由右手定则可得出感应电流的方向为逆时针的方向，维持线框以恒定速度v沿x轴运动，所以感应电动势和电流不变，根据左手定则得出安培力的方向x轴的负方向，安培力大小为
在-内，线框全部进入磁场，穿过线圈的磁通量不变，感应电流为0。安培力为0；
在-内，线框左边切割磁感线，由右手定则可得出感应电流的方向为顺时针的方向，维持线框以恒定速度v沿x轴运动，所以感应电动势和电流不变，根据左手定则得出安培力的方向x轴的负方向，大小为
则图像如图
故选D。
12. 下图是苹果自动分拣装置的示意图，该装置能够按一定质量标准自动分拣大苹果和小苹果。该装置的托盘秤压在一个以O1为转动轴的杠杆上，杠杆末端压在电阻R1上，R1的阻值随压力的变化而变化。小苹果通过托盘秤时，R2两端的电压较小，分拣开关在弹簧向上弹力作用下处于水平状态，小苹果进入上面通道；当大苹果通过托盘秤时，R2两端能够获得较大电压，电磁铁吸动分拣开关的衔铁，打开下面通道，让大苹果进入下面通道。设定进入下面通道的大苹果最小质量m0为该装置的分拣标准，下列说法正确的是（ ）
A. 压力越小R1越小
B. 调节R2的大小不可以改变苹果的分拣标准
C. 若要提高分拣标准，可只适当减小R2的阻值
D. 若要提高分拣标准，可只增大电路中电源的电动势
【答案】C
【解析】A．由题可知，小苹果通过托盘秤时，R2两端的电压较小，则根据闭合电路的欧姆定律有
E = IR1＋I(R并＋r)
可知压力越小R1应该越大，则I越小，R2两端的电压较小，故A错误；
BCD．根据闭合电路的欧姆定律有
E = I(R1＋r)＋IR并
当适当减小R2的阻值，则R并减小，如果R1不变的情况下I增大，此时R2两端的电压比没有减小R2时的电压小，则分拣出的最小苹果比m0还要大；若只增大电路中电源的电动势，同理也会让I增大，此时R2两端的电压比没有增大电路中电源的电动势的电压大，则可分拣出的最小苹果比m0还要小，故C正确、BD错误。
故选C。
13. 如图所示，甲、乙两人静止在水平冰面上，甲推乙后，两人向相反方向沿直线做减速运动。已知甲的质量小于乙的质量，两人与冰面间的动摩擦因数相同，两人之间的相互作用力远大于地面的摩擦力。下列说法正确的是（ ）
A. 甲推乙的过程中，甲和乙的机械能守恒
B. 乙停止运动前任意时刻，甲的速度总是大于乙的速度
C. 减速过程中，地面摩擦力对甲做的功等于对乙做的功
D. 减速过程中，地面摩擦力对甲的冲量大于对乙的冲量
【答案】B
【解析】A．甲、乙两人静止在水平冰面上，重力势能一定，开始动能为0，甲推乙后，两者动能增大，即甲推乙的过程中，甲和乙的机械能增大，A错误；
B．甲推乙过程，由于两人之间的相互作用力远大于地面的摩擦力，则有
由于甲的质量小于乙的质量，则有
两人与冰面间的动摩擦因数相同，即减速过程的加速度大小相等，可知乙停止运动前任意时刻，甲的速度总是大于乙的速度，B正确；
C．减速过程中，根据
根据上述，两人互推过程，动量大小相等，甲的速度大于乙的速度，则地面摩擦力对甲做的功大于对乙做的功，C错误；
D．根据
根据上述，两人互推过程，动量大小相等，则减速过程中，地面摩擦力对甲的冲量大小等于对乙的冲量，D错误。
故选B。
14. 如图所示，轻弹簧竖直固定在水平面上，小球从A点自由下落，至B点时开始压缩弹簧，下落到最低点C。可以证明，小球与弹簧接触之后的运动为简谐运动。以B点为坐标原点，沿着竖直方向建立坐标轴，规定竖直向下为正方向，重力加速度为g。小球从B运动到C过程中，位移、速度、加速度的图像正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】AB．小球从B运动到C过程中，一开始弹力小于重力，加速度方向向下，小球做加速度减小的加速运动；当弹力等于重力时，加速度为0，速度最大；之后弹力大于重力，加速度方向向上，小球做加速度增大的减速运动，根据图像的切线斜率表示速度，可知图像的切线斜率应先增大后减小，故AB错误；
CD．小球在刚接触B点时，加速度为重力加速度，小球做简谐运动，根据对称性可知，小球向下运动到相对于平衡位置对称的点时，小球的加速度大小为，方向向上，此时小球具有与B点相同的速度，小球继续向下运动，可知小球在最低点C时的加速度大小大于重力加速度，故C正确，D错误。
故选C。
第II部分（非选择题共58分）
二、填空题:（本题共2小题，每空2分，共18分）
15. 物理实验一般都涉及实验目的、实验原理、实验方法、实验操作、数据分析等。
（1）用20分度的游标卡尺测单摆的摆球直径，示数如图所示。摆球直径d=______mm。
（2）下列实验中，在测量某一物理量时为减小误差，利用了累积放大思想的是_________。
（3）某实验小组用插针法测量玻璃的折射率。
①如图所示，A、B、C、D表示大头针，下列说法正确的是（ ）
A．为减小实验误差，大头针A、B及C、D之间的距离应适当大些
B．在眼睛这一侧观察，插第三个大头针C时，应使C挡住A和B
C．可用玻璃砖代替尺子画出边界线
②如图所示，该小组确定了界面以及四枚大头针的位置，并画出了光路图。通过测量和计算，玻璃砖的折射率n=__________（保留3位有效数字）。
【答案】（1）17.6 （2）AB或BA （3）AB或BA 1.40~1.60
【解析】（1）[1]游标卡尺的主尺读数为17mm，游标读数为
摆球直径为
（2）[2]A．单摆测重力加速度实验中，采用测量摆球完成30或50次全振动所用的时间，属于通过累积的方法将微小量转换成较大的量再进行测量，以减小所测时间的误差，故A正确；
B．双缝干涉测光的波长实验中，采用测量N个条纹的间距来获得条纹间距，属于通过累积的方法将微小量转换成较大的量再进行测量，以减小所测间距的误差，故B正确；
C．验证动量守恒定律实验中，采用测量小球平抛的水平距离来获得小球碰撞前后的动量关系，通过时间相等，即可获得水平距离与速度的关系，故C错误；
D．探究变压器原副线圈电压与匝数的关系实验采用控制变量法，为便于研究，先保持原线圈匝数和电压不变，改变副线圈匝数，探究副线圈上电压与匝数的关系，故D错误。
故选AB。
（3）[3]A．为减小实验误差，大头针A、B及C、D之间的距离应适当大些，这样由于相同视觉距离误差，引起的角度误差小些，故A正确；
B．眼睛在另一侧透过玻璃砖看两个大头针，使B把A挡住。如果在眼睛这一侧再插第三个大头针C，使它把AB挡住，插第四个大头针D，使它把ABC挡住，那么大头针CD就确定了从玻璃砖射出的光线，故B正确；
C．为了保护入射界面，实验中不可以用玻璃砖代替尺子画线，故C错误。
[4]选取小方格的边长为一个单位长度，则
故折射率为
考虑到估读，折射率范围1.40~1.60。
16. （1）某小组利用如图所示装置验证动量守恒定律。光电门1、2分别与数字计时器相连，两滑块A、B上挡光条的宽度相同，已测得两滑块A、B（包含挡光条）质量分别为m1、m2。
①接通气源后，轻推放在导轨上的滑块使它从右向左运动，发现滑块通过光电门2的时间大于通过光电门1的时间。为使导轨水平，可调节旋钮Q使轨道右端_____________（选填“升高”或“降低”）一些。
②实验前，滑块A、B静置于图中所示位置。用手向左轻推一下A，使其经过光电门1后与B发生碰撞，碰后两滑块先后通过光电门2。光电门1记录的挡光时间为t1，光电门2记录的挡光时间依次为t2、t3。若已知挡光条的宽度为d，则滑块A通过光电门1时的速度大小为v1=__________。为减小实验误差，应选择宽度________（选填“窄”或者“宽”）的挡光条。若m1、m2、t1、t2、t3满足关系式______________________________，则可验证动量守恒定律。
（2）某同学想用如图所示的装置验证碰撞过程动量守恒：用轻绳将两个小球（小球半径与绳长相比可忽略不计）悬挂起来，将一个小球从某一高度由静止释放，小球摆到最低点后将与另一小球发生碰撞。实验中仅有天平和刻度尺两种测量工具，请说明要测量的物理量，以及利用测量量验证动量守恒定律的表达式________。
【答案】（1）升高 窄 （2）见详解
【解析】（1）①[1]轻推放在导轨上的滑块使它从右向左运动，发现滑块通过光电门2的时间大于通过光电门1的时间说明滑块运动速度减小，说明导轨右边低，为使导轨水平，可调节旋钮Q使轨道右端升高一些。
②[2]滑块经过光电门的瞬时速度近似等于平均速度，滑块A通过光电门1时的速度大小为
[3]由于将经过光电门的瞬时速度近似等于平均速度，为减小实验误差，应选择宽度适当窄一点的挡光条。
[4]同理可得碰撞后滑块B通过光电门2时的速度大小为
滑块A通过光电门2时的速度大小为
取向左为正方向，若要验证动量守恒定律，需满足
代入得
（2）[5]用天平测量小球A、B的质量、，小球A释放时到最低点的高度，B与A碰撞后分别上升的高度、。小球A从释放时到最低点由动能定理有
得
同理可得碰撞后小球B和小球A的速度为
若要验证动量守恒定律，需验证的表达式为
代入速度得
三、计算论证题（本题共5小题，共40分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）
17. 如图所示，竖直平面内半径R=0.2m的四分之一光滑圆弧轨道下端与水平桌面相切。质量均为m=0.1kg的小滑块A和B分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点。现将A无初速度释放，A与B碰撞后结合为一个整体沿桌面滑动。g取10m/s2。求：
（1）碰撞前瞬间A速度的大小；
（2）碰撞后瞬间A与B整体速度的大小；
（3）A与B碰撞过程中损失的机械能。
【答案】（1）2m/s；（2）1m/s；（3）0.1J
【解析】（1）对A，从圆弧最高点到最低点的过程，根据机械能守恒定律有
解得
（2）A在圆弧轨道最低点与B碰撞，根据动量守恒定律有
解得
（3）碰撞过程中损失的机械能为
解得
18. 如图所示，光滑水平导线框放在磁感应强度B=2T的匀强磁场中，磁场方向垂直于线框平面，线框中接有电阻R=4Ω，线框的电阻不计。长度l=0.2m、电阻r=1Ω的导体棒ab向右做匀速运动，速度v=5m/s。则：
（1）求回路中的电流；
（2）ab棒向右运动时所受的安培力的大小；
（3）电阻R的发热功率。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】（1）回路中的感应电动势为
根据闭合电路欧姆定律，回路中的电流
解得
（2）ab棒向右运动时所受安培力的大小为
（3）电阻R上的发热功率为
19. 2023年6月4日6时33分，神舟十五号载人飞船返回舱东风着陆场成功着陆。
如图甲所示，返回舱在距离地表约10km的高度打开降落伞，速度减至8m/s后保持匀速向下运动。在距离地面的高度约1m时，返回舱底部配备的4台着陆反推发动机开始点火竖直向下喷气，使返回舱的速度在0.2s内由8m/s降到2m/s。假设反推发动机工作时主伞与返回舱之间的绳索处于松弛状态，此过程返回舱的质量变化和受到的空气阻力均忽略不计。返回舱的总质量为3×103kg，g取10m/s2。
（1）求反推发动机工作过程中返回舱动量变化量的大小；
（2）为了估算反推发动机工作过程中返回舱受到的平均推力大小，A、B两位同学给出了如下两种不同的解法：
请分析判断以上两种解法是否正确。若不正确，请说明错误原因。
（3）若已知反推发动机喷气过程中返回舱受到的平均推力大小为F，喷出气体的密度为ρ，4台发动机喷气口的直径均为D，喷出气体的重力忽略不计，喷出气体的速度远大于返回舱运动的速度。求喷出气体的速度。
【答案】（1）1.8×104kg·m/s；（2）不正确，1.2×105N；（3）
【解析】（1）规定竖直向下为正方向，喷气过程中返回舱动量变化量为
喷气过程中返回舱动量变化量的大小为1.8×104kg·m/s；
（2）甲、乙两同学的解法均不正确，甲同学忽略了重力，乙同学没有规定正方向，解题过程中力的正方向与速度的正方向不一致，正确解法如下：
设返回舱受到的平均推力为F，取竖直向下为正方向，根据动量定理得
解得
（3）以Δt时间内喷出的气体为研究对象，设喷出气体的速度为v，则每台发动机喷出气体的质量为
根据牛顿第三定律可得
对4台发动机喷出的气体，由动量定理可得
解得
20. 如图甲所示的半径为r的圆形导体环内，存在以圆环为边界竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小随时间的变化关系为（且为常量）。该变化的磁场会在空间产生圆形的感生电场，如图乙所示，感生电场的电场线是与导体环具有相同圆心的同心圆，同一条电场线上各点场强大小相同，方向沿切线。导体环中的自由电荷会在感生电场的作用下定向运动，产生感应电流，或者说导体中产生了感应电动势。涡旋电场力充当非静电力，其大小与场强的关系与静电场相同。
（1）请根据法拉第电磁感应定律求导体环中产生的感应电动势；
（2）请根据电动势的定义推导导体环所在位置处感生电场场强E的大小，并判断E的方向（从上往下看，“顺时针”或“逆时针”）；
（3）若将导体圆环替换成一个半径为r的光滑、绝缘、封闭管道，管道水平放置，如图丙所示。管道内有质量为m、电荷量为的小球，时小球静止。不考虑小球的重力及阻力，求时，管道对小球作用力的大小和方向（填“沿半径向外”或“沿半径向内”）。
【答案】（1）；（2），逆时针方向；（3），方向沿半径向外
【解析】（1）根据法拉第电磁感应定律有
（2）根据电动势的定义有
解得感生电场的电场强度大小为
由楞次定律可知，感应电流的方向为逆时针方向，则感生电场的电场强度方向为逆时针方向。
（3）小球所受感生电场作用力为
在感生电场力的作用下，小球速度沿着圆周的切线方向均匀增加，小球做速率均匀增加的圆周运动，切向加速度大小
根据运动学公式得
当小球在时刻以绕环运动时，所受洛仑兹力指向圆心（如图所示），其大小为
，
可得
根据牛顿第二定律，小球做圆周运动所需的向心力（指向环心）由洛伦兹力与弹力N提供，则有
解得
由于可知，小球受到管道的作用力方向沿半径向外（方向如图所示）。
A．用单摆测量重力加速度
B．用双缝干涉测量光的波长
C．验证动量守恒定律
D．探究变压器原副线圈电压与匝数的关系
A同学的解法：
设反推发动机受到的推力为F，根据动量定理
FΔt=mv2-mv1
解得
B同学的解法：
设反推发动机受到的推力为F，根据动量定理
(F-mg)Δt=mv2-mv1
解得
第I部分（选择题共42分）
一、选择题：（共14小题，每小题3分。在每小题给出的四个选项中，只有一个正确选项，请选出符合题目要求的一项。）
1. 以下核反应方程属于α衰变的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】A．该反应属于原子核的人工转变，A错误；
B．该反应属于α衰变，B正确；
C．该反应属于轻核聚变，C错误；
D．该反应属于重核裂变，D错误。
2. 下列说法正确的是（ ）
A. 天然放射现象说明原子核内部是有结构的
B. 汤姆逊发现电子说明原子具有核式结构
C. 卢瑟福根据α粒子散射实验提出原子的能级结构模型
D. 放射性元素的半衰期随温度的升高而变短
【答案】A
【解析】A．天然放射现象说明原子核内部有复杂的结构，故A正确；
B．汤姆逊发现了电子，但不能说明原子具有核式结构，故B错误；
C．卢瑟福根据α粒子散射实验提出原子的核式结构模型，故C错误；
D．放射性元素的半衰期是其本身的属性，与温度无关，故D错误。
3. 一束由a、b两种单色光组成的复色光沿AO方向从真空射入玻璃后分别从 B、C 点射出，下列说法正确的是（ ）
A. 玻璃对a光的折射率小于对b光的折射率
B. a光在玻璃中的速度大于b光在玻璃砖中的速度
C. 两种单色光由玻璃射向空气时，a光的临界角较小
D. 在相同条件下进行双缝干涉实验，a光的干涉条纹间距较大
【答案】C
【解析】A．根据光路图可知，两种单色光入射角相同，a光的折射角小，由折射定律可知玻璃对a光的折射率大于对b光的折射率，故A错误；
B．根据折射率的速度表达式，a光的折射率大，所以a光在玻璃中的速度小于b光在玻璃砖中的速度，故B错误；
C．根据临界角公式，a光的折射率大，临界角小，故C正确；
D．玻璃对a光的折射率大于对b光的折射率，所以a光的波长小于b光波长，结合双缝干涉条纹间距公式可知，波长大的间距大，故b光的干涉条纹间距较大，故D错误。
故选C。
4. 下列关于电磁波的说法正确的（ ）
A. 变化的电场周围一定能产生电磁波
B. γ射线比X射线更容易发生衍射现象
C. 与红外线相比，紫外线光子能量更大
D. 麦克斯韦证实了电磁波的存在
【答案】C
【解析】A．根据麦克斯韦的电磁场理论，均匀变化的电场周围产生稳定磁场，不能产生电磁波，周期性变化的电场周围才一定能产生电磁波，故A错误；
B．波的波长越长，越容易发生明显的衍射现象，与γ射线相比，X射线波长更长，更容易发生明显的衍射现象，故B错误；
C．紫外线与红外线相比，频率大，光子能量高，故C正确；
D．赫兹用实验证实了电磁波的存在，故D错误。
故选C。
5. 如图所示为某物体做简谐运动的图像，关于物体的振动，下列说法正确的是（ ）
A. 物体振动的振幅为4cm
B. 物体振动的周期T=0.4 s
C. t =0.5 s时，物体沿x轴正方向运动
D. 0.4～0.6 s，物体的加速度在增大
【答案】D
【解析】A．物体振动的振幅为
故A错误；
B．物体振动的周期
故B错误；
C．t =0.5 s时，物体沿x轴负方向运动，故C错误；
D．0.4～0.6 s，物体由平衡位置向x轴负方向运动，位移增大，由
可知加速度在增大，故D正确。
6. 一列简谐横波在t=0时的波形图如图所示，此时介质中x=2m处的质点P向y轴正方向做简谐运动的表达式为。则这列波（ ）
A. 波长为2mB. 周期为2.5s
C. 波速为5m/sD. 波沿x轴正方向传播
【答案】D
【解析】A．由图可知波长为4m，故A错误；
BC．根据简谐运动表达式可知周期为
则波速为
故B、C错误；
D．在t=0时质点P向y轴正方向运动，由波形平移法可知，波沿x轴正方向传播，故D正确。
故选D。
7. 关于教材中的四幅插图，下列说法正确的是（ ）
A. 图甲，摇动手柄使磁铁转动，铝框不动
B. 图乙，真空冶炼炉可以接高电压恒定电流
C. 图丙，铜盘转动时，穿过铜盘的磁通量不变，铜盘中没有感应电流
D. 图丁，微安表在运输时把正、负接线柱用导线连在一起，对电表起到了保护作用
【答案】D
【解析】A．根据电磁驱动原理，图甲中，摇动手柄使磁铁转动，铝框会同向转动，故A错误；
B．图乙是真空冶炼炉，当炉外线圈通入高频交流电时，铁块中产生涡流，铁块中产生大量热量，从而冶炼金属，真空冶炼炉不可以接高电压的恒定电流，故B错误；
C．当转动铜盘时，导致铜盘切割磁感线，从而产生感应电流，出现安培力，由楞次定律可知，产生的安培力将阻碍铜盘切割磁感线运动，则铜盘转动将变慢，故C错误；
D．图丁是微安表的表头，在运输时要把两个正、负接线柱用导线连在一起，可以减小电表指针摆动角度，这是为了保护电表指针，利用了电磁阻尼的原理，故D正确。
8. 如图所示，L是自感系数很大的线圈，其自身的电阻几乎为0，A和B是两个相同的小灯泡。 下列说法正确的是（ ）
A. 当开关S由断开变闭合时，A立即亮，B缓慢地亮
B. 保持开关S闭合电路稳定后，A、B一样亮
C. 当开关S由闭合变为断开时，A、B同时熄灭
D. 当开关S由闭合变为断开时，A立即熄灭，B闪亮一下后熄灭
【答案】D
【解析】AB．当开关S由断开变为闭合时，电源的电压同时加到两灯上，A和B同时亮，随着线圈中电流的增大，由于线圈的电阻几乎为0，分流作用增大，B逐渐被短路直到熄灭，电路总电阻减小，总电流增大，A变得更亮，故AB错误；
CD．当开关S由闭合变为断开时，线圈阻碍电流的减小，产生感应电动势，B与线圈构成闭合回路，开关断开前通过线圈的电流大于B的电流，故A立即熄灭，B闪亮一下后熄灭，故C错误，D正确。
故选D。
9. 右图是街头变压器给用户供电的示意图。变压器的输入电压基本保持不变，两条输电线的总电阻用表示，变阻器R代表用户用电器的总电阻。用电高峰时，R的值会减小。忽略变压器上的能量损失，用电高峰与用电低谷相比，下列说法正确的是（ ）
A. 不变，减小B. 和都减小
C. 和均减小D. 增大，减小
【答案】A
【解析】AB．变压器的输入电压基本保持不变，变压器匝数比不变，则变压器副线圈两端电压不变；用电高峰时，R的值会减小，增大，输电线损失的电压增大，则减小，故A正确，B错误；
CD．变压器副线圈两端电压不变，用电高峰时R的值减小，由欧姆定律知增大；根据变压器原副线圈电流关系知，也增大，故C、D错误。
故选A。
10. 图甲是研究光电效应的电路图，K极金属的逸出功为2.30eV。图乙为氢原子能级图。下列说法正确的是（ ）
A. 当P移至与最左端时，电流表示数一定变为0
B. 电压表示数增大，电流表示数一定增大
C. 氢原子从n=5能级跃迁到n=2能级，放出光子
D. 从n=5能级跃迁到n=3能级产生的光能让图甲中的K极金属发生光电效应
【答案】C
【解析】A．当P移至最左端时，AK极间的电压为零，光电管、电流表组成闭合电路，发生光电效应时，逸出的光电子具有初动能，会有光电流产生，电流表示数不为零，故A错误；
B．电压表示数增大，电流增大，当电压达到一定值时，电流达到饱和光电流，电流表示数不再增大，故B错误；
C．氢原子从n=5能级跃迁到n=2能级，由高能级向低能级跃迁，释放出能量，放出光子，故C正确；
D．从n=5能级跃迁到n=3能级，释放的能量为
所以产生的光不能让图甲中的K极金属发生光电效应，故D错误。
故选C。
11. 如图所示，一个边长为l的正方形导线框沿x轴正方向匀速穿过匀强磁场区域。以x轴的正方向为安培力的正方向，从线框在图示位置的时刻开始计时，关于线框所受的安培力随时间变化的图像，正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】在0-内，线框在磁场之外，感应电流为0，安培力为0；
在-内，由右手定则可得出感应电流的方向为逆时针的方向，维持线框以恒定速度v沿x轴运动，所以感应电动势和电流不变，根据左手定则得出安培力的方向x轴的负方向，安培力大小为
在-内，线框全部进入磁场，穿过线圈的磁通量不变，感应电流为0。安培力为0；
在-内，线框左边切割磁感线，由右手定则可得出感应电流的方向为顺时针的方向，维持线框以恒定速度v沿x轴运动，所以感应电动势和电流不变，根据左手定则得出安培力的方向x轴的负方向，大小为
则图像如图
故选D。
12. 下图是苹果自动分拣装置的示意图，该装置能够按一定质量标准自动分拣大苹果和小苹果。该装置的托盘秤压在一个以O1为转动轴的杠杆上，杠杆末端压在电阻R1上，R1的阻值随压力的变化而变化。小苹果通过托盘秤时，R2两端的电压较小，分拣开关在弹簧向上弹力作用下处于水平状态，小苹果进入上面通道；当大苹果通过托盘秤时，R2两端能够获得较大电压，电磁铁吸动分拣开关的衔铁，打开下面通道，让大苹果进入下面通道。设定进入下面通道的大苹果最小质量m0为该装置的分拣标准，下列说法正确的是（ ）
A. 压力越小R1越小
B. 调节R2的大小不可以改变苹果的分拣标准
C. 若要提高分拣标准，可只适当减小R2的阻值
D. 若要提高分拣标准，可只增大电路中电源的电动势
【答案】C
【解析】A．由题可知，小苹果通过托盘秤时，R2两端的电压较小，则根据闭合电路的欧姆定律有
E = IR1＋I(R并＋r)
可知压力越小R1应该越大，则I越小，R2两端的电压较小，故A错误；
BCD．根据闭合电路的欧姆定律有
E = I(R1＋r)＋IR并
当适当减小R2的阻值，则R并减小，如果R1不变的情况下I增大，此时R2两端的电压比没有减小R2时的电压小，则分拣出的最小苹果比m0还要大；若只增大电路中电源的电动势，同理也会让I增大，此时R2两端的电压比没有增大电路中电源的电动势的电压大，则可分拣出的最小苹果比m0还要小，故C正确、BD错误。
故选C。
13. 如图所示，甲、乙两人静止在水平冰面上，甲推乙后，两人向相反方向沿直线做减速运动。已知甲的质量小于乙的质量，两人与冰面间的动摩擦因数相同，两人之间的相互作用力远大于地面的摩擦力。下列说法正确的是（ ）
A. 甲推乙的过程中，甲和乙的机械能守恒
B. 乙停止运动前任意时刻，甲的速度总是大于乙的速度
C. 减速过程中，地面摩擦力对甲做的功等于对乙做的功
D. 减速过程中，地面摩擦力对甲的冲量大于对乙的冲量
【答案】B
【解析】A．甲、乙两人静止在水平冰面上，重力势能一定，开始动能为0，甲推乙后，两者动能增大，即甲推乙的过程中，甲和乙的机械能增大，A错误；
B．甲推乙过程，由于两人之间的相互作用力远大于地面的摩擦力，则有
由于甲的质量小于乙的质量，则有
两人与冰面间的动摩擦因数相同，即减速过程的加速度大小相等，可知乙停止运动前任意时刻，甲的速度总是大于乙的速度，B正确；
C．减速过程中，根据
根据上述，两人互推过程，动量大小相等，甲的速度大于乙的速度，则地面摩擦力对甲做的功大于对乙做的功，C错误；
D．根据
根据上述，两人互推过程，动量大小相等，则减速过程中，地面摩擦力对甲的冲量大小等于对乙的冲量，D错误。
故选B。
14. 如图所示，轻弹簧竖直固定在水平面上，小球从A点自由下落，至B点时开始压缩弹簧，下落到最低点C。可以证明，小球与弹簧接触之后的运动为简谐运动。以B点为坐标原点，沿着竖直方向建立坐标轴，规定竖直向下为正方向，重力加速度为g。小球从B运动到C过程中，位移、速度、加速度的图像正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】AB．小球从B运动到C过程中，一开始弹力小于重力，加速度方向向下，小球做加速度减小的加速运动；当弹力等于重力时，加速度为0，速度最大；之后弹力大于重力，加速度方向向上，小球做加速度增大的减速运动，根据图像的切线斜率表示速度，可知图像的切线斜率应先增大后减小，故AB错误；
CD．小球在刚接触B点时，加速度为重力加速度，小球做简谐运动，根据对称性可知，小球向下运动到相对于平衡位置对称的点时，小球的加速度大小为，方向向上，此时小球具有与B点相同的速度，小球继续向下运动，可知小球在最低点C时的加速度大小大于重力加速度，故C正确，D错误。
故选C。
第II部分（非选择题共58分）
二、填空题:（本题共2小题，每空2分，共18分）
15. 物理实验一般都涉及实验目的、实验原理、实验方法、实验操作、数据分析等。
（1）用20分度的游标卡尺测单摆的摆球直径，示数如图所示。摆球直径d=______mm。
（2）下列实验中，在测量某一物理量时为减小误差，利用了累积放大思想的是_________。
（3）某实验小组用插针法测量玻璃的折射率。
①如图所示，A、B、C、D表示大头针，下列说法正确的是（ ）
A．为减小实验误差，大头针A、B及C、D之间的距离应适当大些
B．在眼睛这一侧观察，插第三个大头针C时，应使C挡住A和B
C．可用玻璃砖代替尺子画出边界线
②如图所示，该小组确定了界面以及四枚大头针的位置，并画出了光路图。通过测量和计算，玻璃砖的折射率n=__________（保留3位有效数字）。
【答案】（1）17.6 （2）AB或BA （3）AB或BA 1.40~1.60
【解析】（1）[1]游标卡尺的主尺读数为17mm，游标读数为
摆球直径为
（2）[2]A．单摆测重力加速度实验中，采用测量摆球完成30或50次全振动所用的时间，属于通过累积的方法将微小量转换成较大的量再进行测量，以减小所测时间的误差，故A正确；
B．双缝干涉测光的波长实验中，采用测量N个条纹的间距来获得条纹间距，属于通过累积的方法将微小量转换成较大的量再进行测量，以减小所测间距的误差，故B正确；
C．验证动量守恒定律实验中，采用测量小球平抛的水平距离来获得小球碰撞前后的动量关系，通过时间相等，即可获得水平距离与速度的关系，故C错误；
D．探究变压器原副线圈电压与匝数的关系实验采用控制变量法，为便于研究，先保持原线圈匝数和电压不变，改变副线圈匝数，探究副线圈上电压与匝数的关系，故D错误。
故选AB。
（3）[3]A．为减小实验误差，大头针A、B及C、D之间的距离应适当大些，这样由于相同视觉距离误差，引起的角度误差小些，故A正确；
B．眼睛在另一侧透过玻璃砖看两个大头针，使B把A挡住。如果在眼睛这一侧再插第三个大头针C，使它把AB挡住，插第四个大头针D，使它把ABC挡住，那么大头针CD就确定了从玻璃砖射出的光线，故B正确；
C．为了保护入射界面，实验中不可以用玻璃砖代替尺子画线，故C错误。
[4]选取小方格的边长为一个单位长度，则
故折射率为
考虑到估读，折射率范围1.40~1.60。
16. （1）某小组利用如图所示装置验证动量守恒定律。光电门1、2分别与数字计时器相连，两滑块A、B上挡光条的宽度相同，已测得两滑块A、B（包含挡光条）质量分别为m1、m2。
①接通气源后，轻推放在导轨上的滑块使它从右向左运动，发现滑块通过光电门2的时间大于通过光电门1的时间。为使导轨水平，可调节旋钮Q使轨道右端_____________（选填“升高”或“降低”）一些。
②实验前，滑块A、B静置于图中所示位置。用手向左轻推一下A，使其经过光电门1后与B发生碰撞，碰后两滑块先后通过光电门2。光电门1记录的挡光时间为t1，光电门2记录的挡光时间依次为t2、t3。若已知挡光条的宽度为d，则滑块A通过光电门1时的速度大小为v1=__________。为减小实验误差，应选择宽度________（选填“窄”或者“宽”）的挡光条。若m1、m2、t1、t2、t3满足关系式______________________________，则可验证动量守恒定律。
（2）某同学想用如图所示的装置验证碰撞过程动量守恒：用轻绳将两个小球（小球半径与绳长相比可忽略不计）悬挂起来，将一个小球从某一高度由静止释放，小球摆到最低点后将与另一小球发生碰撞。实验中仅有天平和刻度尺两种测量工具，请说明要测量的物理量，以及利用测量量验证动量守恒定律的表达式________。
【答案】（1）升高 窄 （2）见详解
【解析】（1）①[1]轻推放在导轨上的滑块使它从右向左运动，发现滑块通过光电门2的时间大于通过光电门1的时间说明滑块运动速度减小，说明导轨右边低，为使导轨水平，可调节旋钮Q使轨道右端升高一些。
②[2]滑块经过光电门的瞬时速度近似等于平均速度，滑块A通过光电门1时的速度大小为
[3]由于将经过光电门的瞬时速度近似等于平均速度，为减小实验误差，应选择宽度适当窄一点的挡光条。
[4]同理可得碰撞后滑块B通过光电门2时的速度大小为
滑块A通过光电门2时的速度大小为
取向左为正方向，若要验证动量守恒定律，需满足
代入得
（2）[5]用天平测量小球A、B的质量、，小球A释放时到最低点的高度，B与A碰撞后分别上升的高度、。小球A从释放时到最低点由动能定理有
得
同理可得碰撞后小球B和小球A的速度为
若要验证动量守恒定律，需验证的表达式为
代入速度得
三、计算论证题（本题共5小题，共40分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）
17. 如图所示，竖直平面内半径R=0.2m的四分之一光滑圆弧轨道下端与水平桌面相切。质量均为m=0.1kg的小滑块A和B分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点。现将A无初速度释放，A与B碰撞后结合为一个整体沿桌面滑动。g取10m/s2。求：
（1）碰撞前瞬间A速度的大小；
（2）碰撞后瞬间A与B整体速度的大小；
（3）A与B碰撞过程中损失的机械能。
【答案】（1）2m/s；（2）1m/s；（3）0.1J
【解析】（1）对A，从圆弧最高点到最低点的过程，根据机械能守恒定律有
解得
（2）A在圆弧轨道最低点与B碰撞，根据动量守恒定律有
解得
（3）碰撞过程中损失的机械能为
解得
18. 如图所示，光滑水平导线框放在磁感应强度B=2T的匀强磁场中，磁场方向垂直于线框平面，线框中接有电阻R=4Ω，线框的电阻不计。长度l=0.2m、电阻r=1Ω的导体棒ab向右做匀速运动，速度v=5m/s。则：
（1）求回路中的电流；
（2）ab棒向右运动时所受的安培力的大小；
（3）电阻R的发热功率。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】（1）回路中的感应电动势为
根据闭合电路欧姆定律，回路中的电流
解得
（2）ab棒向右运动时所受安培力的大小为
（3）电阻R上的发热功率为
19. 2023年6月4日6时33分，神舟十五号载人飞船返回舱东风着陆场成功着陆。
如图甲所示，返回舱在距离地表约10km的高度打开降落伞，速度减至8m/s后保持匀速向下运动。在距离地面的高度约1m时，返回舱底部配备的4台着陆反推发动机开始点火竖直向下喷气，使返回舱的速度在0.2s内由8m/s降到2m/s。假设反推发动机工作时主伞与返回舱之间的绳索处于松弛状态，此过程返回舱的质量变化和受到的空气阻力均忽略不计。返回舱的总质量为3×103kg，g取10m/s2。
（1）求反推发动机工作过程中返回舱动量变化量的大小；
（2）为了估算反推发动机工作过程中返回舱受到的平均推力大小，A、B两位同学给出了如下两种不同的解法：
请分析判断以上两种解法是否正确。若不正确，请说明错误原因。
（3）若已知反推发动机喷气过程中返回舱受到的平均推力大小为F，喷出气体的密度为ρ，4台发动机喷气口的直径均为D，喷出气体的重力忽略不计，喷出气体的速度远大于返回舱运动的速度。求喷出气体的速度。
【答案】（1）1.8×104kg·m/s；（2）不正确，1.2×105N；（3）
【解析】（1）规定竖直向下为正方向，喷气过程中返回舱动量变化量为
喷气过程中返回舱动量变化量的大小为1.8×104kg·m/s；
（2）甲、乙两同学的解法均不正确，甲同学忽略了重力，乙同学没有规定正方向，解题过程中力的正方向与速度的正方向不一致，正确解法如下：
设返回舱受到的平均推力为F，取竖直向下为正方向，根据动量定理得
解得
（3）以Δt时间内喷出的气体为研究对象，设喷出气体的速度为v，则每台发动机喷出气体的质量为
根据牛顿第三定律可得
对4台发动机喷出的气体，由动量定理可得
解得
20. 如图甲所示的半径为r的圆形导体环内，存在以圆环为边界竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小随时间的变化关系为（且为常量）。该变化的磁场会在空间产生圆形的感生电场，如图乙所示，感生电场的电场线是与导体环具有相同圆心的同心圆，同一条电场线上各点场强大小相同，方向沿切线。导体环中的自由电荷会在感生电场的作用下定向运动，产生感应电流，或者说导体中产生了感应电动势。涡旋电场力充当非静电力，其大小与场强的关系与静电场相同。
（1）请根据法拉第电磁感应定律求导体环中产生的感应电动势；
（2）请根据电动势的定义推导导体环所在位置处感生电场场强E的大小，并判断E的方向（从上往下看，“顺时针”或“逆时针”）；
（3）若将导体圆环替换成一个半径为r的光滑、绝缘、封闭管道，管道水平放置，如图丙所示。管道内有质量为m、电荷量为的小球，时小球静止。不考虑小球的重力及阻力，求时，管道对小球作用力的大小和方向（填“沿半径向外”或“沿半径向内”）。
【答案】（1）；（2），逆时针方向；（3），方向沿半径向外
【解析】（1）根据法拉第电磁感应定律有
（2）根据电动势的定义有
解得感生电场的电场强度大小为
由楞次定律可知，感应电流的方向为逆时针方向，则感生电场的电场强度方向为逆时针方向。
（3）小球所受感生电场作用力为
在感生电场力的作用下，小球速度沿着圆周的切线方向均匀增加，小球做速率均匀增加的圆周运动，切向加速度大小
根据运动学公式得
当小球在时刻以绕环运动时，所受洛仑兹力指向圆心（如图所示），其大小为
，
可得
根据牛顿第二定律，小球做圆周运动所需的向心力（指向环心）由洛伦兹力与弹力N提供，则有
解得
由于可知，小球受到管道的作用力方向沿半径向外（方向如图所示）。
A．用单摆测量重力加速度
B．用双缝干涉测量光的波长
C．验证动量守恒定律
D．探究变压器原副线圈电压与匝数的关系
A同学的解法：
设反推发动机受到的推力为F，根据动量定理
FΔt=mv2-mv1
解得
B同学的解法：
设反推发动机受到的推力为F，根据动量定理
(F-mg)Δt=mv2-mv1
解得
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