2023-2024学年江苏省无锡市高二（下）期末物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年江苏省无锡市高二（下）期末物理试卷（含解析），共15页。试卷主要包含了单选题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.全自动洗衣机设有多段水位自动感应装置，该装置采用的可能是下列哪种类型的传感器( )
A. 温度传感器B. 压力传感器C. 霍尔元件D. 干簧管
2.下列反应中能产生链式反应的是( )
A. 1124Na→ 1224Mg+ −10eB. 919F+ 24He→ 1022Ne+ 11H
C. 12H+ 13H→ 24He+ 01nD. 92235U+ 01n→ 54140Xe+ 3894Sr+201n
3.如图所示，曲线a、b、c、d为气泡室中某放射性物质发生衰变放出的部分粒子的径迹，气泡室中磁感应强度方向垂直纸面向外。下列判断正确的是( )
A. a、b为γ粒子的径迹
B. c、d为γ粒子的径迹
C. a、b为β粒子的径迹
D. c、d为β粒子的径迹
4. ​14C的半衰期约为5700年。在植物存活其间，其体内 ​14C与 12C的比例不变；生命活动结束后， ​14C的比例持续减少。现通过测量得知，某古木样品中 ​14C的比例正好是现代植物所制样品的四分之一。则该古木的年代距今约( )
A. 2850年B. 5700年C. 11400年D. 22800年
5.如图所示，长为2l的直导线折成边长相等、夹角为60°的V形，并固定在绝缘水平桌面(纸面)上，导线所在空间有一匀强磁场，磁感应强度为B，方向竖直向下。当导线中通以图示电流I时，该V形导线受到的安培力( )
A. 大小为 33BIl
B. 大小为 3BIl
C. 方向向前
D. 方向向后
6.某同学用如图所示装置探究气体等温变化的规律。下列说法正确的是( )
A. 柱塞上涂油的主要目的是为了减小摩擦对实验的影响
B. 柱塞与注射器之间的摩擦不影响压强的测量
C. 为了方便推拉柱塞，应用手握紧注射器再推拉柱塞
D. 实验中为找到体积与压强的关系，需要测量柱塞的横截面积
7.在竖直方向的匀强磁场中，水平放置一圆形导体环。规定导体环中电流的正方向如图1所示，磁场方向向上为正方向。当磁感应强度B随时间t按图2变化时，导体环中感应电流随时间变化的图像是( )
A. B.
C. D.
8.当分子间距离为r0时，分子间的作用力为0，则分子间的距离从0.9r0增大到10r0的过程中( )
A. 分子间的作用力先减小后增大B. 分子间的作用力先增大后减小
C. 分子势能先减小后增大D. 分子势能先增大后减小
9.一定质量的理想气体从状态a开始。第一次经绝热过程到状态b；第二次先经等压过程到状态c，再经等容过程到状态b。p−V图像如图所示。则( )
A. c→b过程。气体从外界吸热
B. a→c→b过程比a→b过程气体对外界所做的功多
C. 气体在状态a时比在状态b时的分子平均动能小
D. 气体在状态a时比在状态c时单位时间内撞击在单位面积上的分子数少
10.如图所示，两电阻不计的足够长光滑导轨倾斜放置，上端连接一电阻R，空间有一垂直导轨平面向上的匀强磁场B，一质量为m的导体棒与导轨接触良好，从某处自由释放，下列四幅图像分别表示导体棒运动过程中速度v与时间t关系、加速度a与时间t关系、机械能E与位移x关系、以及通过导体棒电量q与位移x关系，其中可能正确的是( )
A. B. C. D.
二、实验题：本大题共2小题，共12分。
11.在“探究影响感应电流方向的因素”实验中
(1)如图甲所示的电路，闭合开关后，观察电流计指针向右偏转，该操作的目的是______。

(2)如图乙所示，图中用粗线标出了螺线管上导线的绕行方向。某次实验中在条形磁铁插入螺线管的过程中，观察到电流计指针向左偏转。此时螺线管中的电流方向(从上往下看)是沿______(填“顺时针”或“逆时针”)方向。
(3)关于该实验，下列说法错误的是______。
A.判断线圈中感应电流的方向，需要先确定线圈的绕法
B.实验中将条形磁体的磁极插入或拔出时，速度大小不影响感应电流方向的判断
C.实验中若条形磁体的磁极未知，则无法判断感应电流方向
12.某同学用如图甲所示器材做“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验。

(1)该同学按图乙连接电路，变压器的左侧线圈0、8接线柱与学生电源的“稳压6V”接线柱相连。闭合开关，用多用电表测得右侧线圈0、4接线柱之间的电压为______。
A.0V
(2)正确连接电路后，变压器选用左侧0、2接线柱和右侧0、4接线柱进行实验，用多用电表测得左侧0、2之间的电压为U1，右侧0、4之间的电压为U2，数据如下表所示，可判断学生电源接在了接线柱______上。(选填“左侧0、2”或“右侧0、4”)。
(3)关于该实验，下列说法正确的是______。
A.变压器正常工作后，通过铁心导电将电能从原线圈传递到副线圈
B.因为实验所用电压较低，通电时可用手接触裸露的导线、接线柱等检查电路
C.需要用到多用电表的交流电流挡进行测量
D.测量结束后，应先断开多用电表，再断开电源
三、简答题：本大题共1小题，共14分。
13.如图甲所示为质谱仪的原理图，加速电压为U。粒子源A持续释放出初速度可忽略、比荷分别k1和k2的两种正电荷，k1>k2。粒子从O点沿垂直磁场边界方向进入匀强磁场，磁场下边界放置胶片C。比荷为k1的粒子恰好打在距O点为L的M点，不计粒子重力和粒子间的相互作用。求：
(1)磁感应强度B的大小；
(2)若加速电压存在波动，在(U−ΔU)到(U+ΔU)之间变化，在胶片上分开两种粒子，ΔU的取值范围；
(3)如图乙所示，若比荷为k1的粒子进入磁场时存在散射角θ=60°，粒子在2θ范围内均匀射入，现撤去胶片C，紧靠M点在其左侧水平放置一长度为0.4L的接收器，求接收器中点左右两侧在单位时间内接收到比荷为k1的粒子数之比η。
四、计算题：本大题共3小题，共34分。
14.如图，固定汽缸内由活塞封闭一段长为L、温度为T0的气体，活塞的横截面积为S，开始时活塞处于静止状态。用电热丝对气体加热后活塞向左移动了L10，气体内能增加了ΔU，移动过程中活塞与汽缸的摩擦忽略不计，且气体与外界环境没有热交换，已知大气压强为p0。求：
(1)加热后气体的温度T；
(2)加热过程中气体吸收的热量Q。
15.在氢原子光谱中，赖曼线系是电子从较高能级(n=2、3、4，…)跃迁到n=1能级发出的谱线。类似地，有巴耳末系、帕邢系、布喇开系等线系，如图所示。已知氢原子基态能量为E1，普朗克常量为ℎ，电子质量为m，真空中光速为c，氢原子能级公式为En=1n2E1。
(1)求巴耳末系中波长最短的光子能量；
(2)将(1)问中的光子照射极限频率为ν0的金属时发现有光电子逸出，求逸出光电子的物质波的最小波长。
16.一边长为L的正方形导线框abcd，质量为m，电阻为R，由高度ℎ处自由下落，如图所示。其下边ab刚离开磁场后，线框便开始做匀速运动，直到其上边dc穿出匀强磁场为止，此匀强磁场区域宽度为D(D>L)，磁感应强度为B。求：
(1)ab边进入磁场时线框的加速度；
(2)dc边进入磁场时线框的速度；
(3)线框在穿越匀强磁场过程中产生的焦耳热。
答案解析
1.B
【解析】解：洗衣机在不同段式水位时压力不同，水位自动感应装置可能使用的是压力传感器，故ACD错误，B正确。
故选：B。
本题考查的知识点是传感器，不同的传感器有不同的具体应用，要具体问题具体分析。
本题考查传感器的应用，对于常用传感器的工作原理、特性及在实践中的应用要在平时学习中不断积累。
2.D
【解析】解：A、该反应属于β衰变，故A错误；
B、该反应属于原子核人工转变，故B错误；
C、该核反应是轻核结合成较重的原子核，属于聚变，故C错误；
D、 92235U核在中子的轰击下，裂变为较小的 54140Xe核和 3894Sr核，同时释放出两个中子，这是链式反应，故D正确。
故选：D。
分析各个核反应的类型，再选择链式反应。
对于常见的核反应，要掌握它们的反应类型，搞清轻核聚变和重核裂变的区别。
3.C
【解析】解：AB.γ粒子不带电，在磁场中不会偏转，AB错误；
CD.β粒子是带负电的电子流，根据左手定则，四指的指向与粒子的运动方向相反，所以轨迹应在图示的磁场中向下偏转，故D错误，C正确。
故选：C。
根据γ粒子不带电和左手定则分析。
知道γ粒子不带电，β粒子是带负电的电子流，会用左手定则是解题的基础。
4.C
【解析】解：某古木样品中 ​14C的比例正好是现代植物所制样品的四分之一，可知经过了2个半衰期，则该古木的年代距今约t=2T=5700年×2=11400年。故ABD错误，C正确。
故选：C。
根据半衰期的物理意义以及剩余质量和总质量之间的关系可正确求解。
本题考查了半衰期的计算，要明确公式中各个物理量的含义，理解放射元素的半衰期的意义。
5.D
【解析】解：导线在磁场内有效长度为
L=2lsin30°，解得L=l
根据安培力公式，故该V形通电导线受到安培力大小为
F=BIl
由左手定则可得安培力方向向后；
故D正确，ABC错误。
故选：D。
先计算有效长度，再根据安培力公式，求安培力大小，根据左手定则，分析安培力方向。
本题解题关键是分析出导线在磁场内有效长度为l。
6.B
【解析】解：A、在柱塞上涂油的目的是为了避免漏气，不是为了减小摩擦，故A错误；
B、柱塞与注射器之间的摩擦对气体压强的测量无影响，故B正确；
C、该实验探究气体等温变化的规律，手握紧注射器会改变气体的温度，不符合实验条件，故C错误；
D、实验中要验证
p1V1=p2V2
由于V=Sl，推拉柱塞前后柱塞横截面积不变，因此只需验证
p1l1=p2l2
无需测量柱塞的横截面积，故D错误。
故选：B。
根据实验原理掌握正确的实验操作；理解压强的测量的影响因素；根据实验条件：等温变化进行判断；根据实验需要验证的等式，分析出是否需要测量柱塞的横截面积。
本题主要考查了理想气体的实验规律，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合公式pV=CT即可完成分析。
7.A
【解析】解：0−1s磁场由B0(负向)一直减小至0，根据楞次定律知，感应电流方向为顺时针(图1规定的正方向)；1s−2s，磁场由0增加到B0(正向)，根据楞次定律知，感应电流方向为正向电流，即0−2s电流为一恒定正值，分析到此，可判断A正确，BCD错误；
故选：A。
磁场变化引起磁通量变化，产生感应电流，利用楞次定律结合右手螺旋法则判断感应电流方向和变化。
本题考查了法拉第电磁感应定律，通过图象反应磁场强度的变化和感应电流的方向，此类选择题注意利用排除法解题。
8.C
【解析】解：当分子间距离由0.9r0增大到10r0的过程中，如图所示：
分子间的作用力先变小后变大再变小；当分子间距离由0.9r0增大到r0的过程中，分子力表现为斥力，斥力做正功，分子势能减小，由r0增大到10r0的过程中，分子力表现为引力，引力做负功，分子势能变大，故C正确，ABD错误。
故选：C。
根据F−r图判断分子力大小与分子间距离的关系；根据分子力做功与分子势能的关系判断分子势能的变化。
本题考查了分子力大小与分子间距离的关系以及分子力做功与分子势能的关系，要求熟练掌握F−r图象并用来解决实际问题。
9.B
【解析】解：A、c→b过程，气体体积不变，即气体发生等容变化过程，气体压强变小，温度降低，故气体的内能减小。该过程气体对外不做功，由热力学第一定律可知气体向外界放热，故A错误；
B、p−V图像与横坐标围成的面积表示为气体做功的多少，由图像可知，a→c→b过程比a→b过程气体对外界所做的功多，故B正确；
C、a→b过程为绝热过程，气体体积变大，气体对外做功，由热力学第一定律可知，气体内能减小，温度降低。结合温度是分子平均动能的标志，可知气体在状态a时比在状态b时的分子平均动能大，故C错误；
D、a→c过程，气体的压强不变，温度升高，分子的平均动能变大，平均每次分子撞击容器壁的冲力变大。由气体压强的微观解释可知，在状态a时比在状态c时单位时间内撞击在单位面积上的分子数多，故D错误。
故选：B。
c→b过程，气体发生等容变化，根据压强变化分析温度变化，进而判断出内能变化，由热力学第一定律分析吸放热情况。根据p−V图像与横坐标围成的面积表示为气体做功多少，分析气体对外界所做的功大小。温度是分子平均动能的标志，根据温度关系分析分子平均动能关系。a→c过程，气体的压强不变，结合压强的微观意义分析单位时间内撞击在单位面积上的分子数多少。
本题主要考查气体实验定律和热力学第一定律，要理解图像的物理意义，结合一定质量的理想气体只与温度有关，温度是分子平均动能的标志进行分析。
10.C
【解析】解：A、设导轨宽度为L，对金属棒根据牛顿第二定律可得：mgsinθ−BIL=ma，其中I=BLvR，则有：mgsinθ−B2L2vR=ma，
解得：a=gsinθ−B2L2vRm
随着速度的增加，加速度逐渐减小，根据v=at可知v−t图象的斜率减小，当加速度为零时导体棒做匀速运动，故A错误；
B、根据a=gsinθ−B2L2vRm=gsinθ−B2L2atRm，由于加速度逐渐减小，a−t图象的斜率逐渐减小，故B错误；
C、开始时，合力方向沿斜面向下，位移沿斜面向下，安培力做负功，金属棒的机械能减少；
在很短一段位移△x内，根据功能关系可得：△E=BIL△x=B2L2vR⋅△x，所以E−x图象的斜率表示安培力，随着速度增大、安培力增大、图象的斜率增大，最后匀速运动时，安培力不变，则E−x图象的斜率不变，故C正确；
D、根据电荷量的计算公式可得：q=I−t=E−Rt=△ΦR=BLxR，所以q−x关系图象是通过原点的倾斜直线，故D错误。
故选：C。
根据导体棒的受力情况和运动情况推导出位移a与t、速度v与t、E与x、q与x的关系，根据关系式结合图象进行分析。
本题主要是考查电磁感应现象中的图象问题，根据导体棒的运动情况和受力情况，推导出纵坐标与横坐标的关系式，由此进行解答，这是电磁感应问题中常用的方法和思路。
11.推断电流计指针偏转方向与电流方向的关系 逆时针 C
【解析】解：(1)推断电流计指针偏转方向与电流方向的关系。
(2)由(1)中操作可知，某次实验中在条形磁铁插入螺线管的过程中，观察到电流计指针向左偏转，说明外电路电流为顺时针方向，则感应电流从螺线管的上端顺着缠绕在螺线管上的导线流向螺线管的下端，从上往下看，螺线管中的电流方向沿着逆时针方向。
(3)A、判断线圈中感应电流的方向，需要先确定线圈的绕法，故A正确；
B、实验中将条形磁体的磁极插入或拔出时，速度大小不影响感应电流方向的判断，故B正确；
C、实验中若条形磁体的磁极未知，也可以根据电流计指针偏转的方向进行判断感应电流方向，故C错误。
本题选错误的
故选：C。
故答案为：(1)推断电流计指针偏转方向与电流方向的关系；(2)逆时针；(3)C。
(1)根据电流表指针的偏转方向和电流方向的定性关系，确定其特点；
(2)根据楞次定律分析的电流的方向；
(3)根据实验电路要求进行实物连线，结合开关刚闭合时的磁通量变化情况以及后来的各种措施进行对比分析判断。
考查多用电表的实验，电磁感应和楞次定律的应用问题，会根据题意进行准确分析和判断。
12.A 右侧0、4 CD
【解析】解：(1)变压器是根据互感现象进行工作的，由题图可知，原线圈连接的电压为直流电压，所以副线圈两端的电压为0，故A正确，BCD错误。
故选：A。
(2)由于实际变压器有漏磁，副线圈电压测量值小于理论值，因此左侧0、2接线柱为副线圈，可判断连接交流电源的原线圈是右侧0、4。
(3)A、变压器正常工作后，通过互感把能量从原线圈传递到副线圈，故A错误；
B、虽然实验所用电压较低，但是通电时不可用手接触裸露的导线、接线柱等检查电路，这样可减小实验误差，也可以避免发生危险，故B错误；
C、需要用到多用电表的交流电流挡进行测量。故C正确；
D、测量结束后，应先断开多用电表，再断开电源，防止因为断开开关时线圈产生大的自感电动势烧坏电表，故D正确。
故选：CD。
故答案为：(1)A；(2)右侧0、4；(3)CD。
(1)根据变压器的工作原理判断；
(2)根据理想变压器电压与匝数比的关系，以及实际变压器有漏磁来分析；
(3)根据变压器的工作原理、减小误差的方法、实验注意事项来分析。
本题的关键要掌握实验原理、实验注意事项，同时，要掌握理想变压器的规律，注意实际变压器有漏磁。
13.解：(1)粒子在电场中加速过程，根据动能定理有
qU=12mv2
粒子磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力有
qvB=mv2r
由几何关系知r=L2
联立解得：B=2L 2Uk1
(2)根据第一问中的分析可得
r=1B 2mUq
由于比荷k1>k2，当B和U相同时
r1当电压波动时，在胶片上分开两种粒子，需满足
2r1max<2r2min

即
2B 2(U+ΔU)k1<2B 2(U−ΔU)k2
联立解得：ΔU(3)粒子恰好打在接收器中点N时，设粒子进入磁场时速度与竖直方向夹角为β，则

0.2L=2r−2rcsβ=L(1−csβ)
解得：β=37°
粒子恰好打在接收器最左端时，设粒子进入磁场时速度与竖直方向夹角为a，则
0.4L=2r−2rcsα=L(1−csα)
解得：a=53°<60°
进入磁场速度与竖直方向夹角在53°到37°的粒子打在接收器中点N左侧，夹角在0°到37°的粒子打在接收器中点N右侧，则接收器中点左右两侧在单位时间内接收到比荷为k1的粒子数之比为

η=2×(53°−37°)2×37∘=1637
答：(1)磁感应强度B的大小为2L 2Uk1；
(2)ΔU的取值范围为ΔU(3)接收器中点左右两侧在单位时间内接收到比荷为k1的粒子数之比η为1637。
【解析】(1)根据动能定理列出粒子在电场中加速的方程，再根据圆周运动的规律列出粒子在磁场中做匀速圆周运动的方程，联立求出磁感应强度；
(2)根据轨迹半径的表达式结合k1与k2的关系，求出当电压波动时，在胶片上分开两种粒子，需满足的电压的取值范围；
(3)画出粒子恰好打在接收器中点N时的运动轨迹，根据几何关系求出粒子进入磁场时速度与竖直方向的夹角，以及粒子恰好打在接收器最左端时粒子进入磁场时速度与竖直方向夹角；进而求出在单位时间内接收到比荷为k1的粒子数之比。
本题考查了带电粒子在组合场中的运动，解决本题的关键是画出粒子的运动轨迹，熟练掌握粒子在匀强磁场中运动的模型。
14.解：(1)加热气体时，气体进行等压变化，则由盖−吕萨克定律可得
V1T1=V2T2
即
SLT0=S(L+L10)T
代入数据解得：T=1.1T0；
(2)该过程中气体对外做功，则
W=−p0ΔV
即W=−p0ΔLS=−110p0LS
气体与外界环境没有热交换，根据
ΔU=W+Q
则气体吸收的热量
Q=ΔU−W=110p0LS+ΔU；
答：(1)加热后气体的温度为1.1T0；
(2)加热过程中气体吸收的热量为110p0LS+ΔU。
【解析】(1)根据盖−吕萨克定律可求得；
(2)先求气体做的功然后根据热力学第一定律可求出结果。
本题主要考查学生对于盖−吕萨克定律、气体对外做功和热力学第一定律知识点掌握的熟练度。
15.解：(1)根据玻尔理论，巴耳末系中波长最短的光子对应着从n=∞到n=2的跃迁，则光子的能量为
E=0−E2=−14E1
(2)将(1)问中的光子照射极限频率为ν0的金属时发现有光电子逸出，根据光电效应方程可知，逸出光电子的最大初动能为
Ekm=E−ℎν0
结合Ekm=p22m，λ=ℎp
可得物质波的最小波长为
λ=ℎ 2m(−E14−ℎν0)
答：(1)巴耳末系中波长最短的光子能量为−14E1；
(2)逸出光电子的物质波的最小波长为ℎ 2m(−E14−ℎν0)。
【解析】(1)根据玻尔理论确定跃迁情况，并求出光子能量；
(2)根据光电效应方程以及光电子的动能与动量的关系、物质波的波长与动量的关系求解。
解决本题的关键要掌握能级间跃迁所满足的规律：玻尔理论，以及知道光电效应方程，并能灵活运用。
16.解：(1)线框进入磁场前做自由落体运动，可得
v12=2gℎ
则ab边进入磁场时的速度为
v1= 2gℎ
根据法拉第电磁感应定律有
E=BLv1
由闭合电路欧姆定律有
I=ER
根据牛顿第二定律得
mg−BIL=ma
联立解得ab边进入磁场时线框的加速度为
a=g−B2L2 2gℎmR
(2)设线框匀速运动的速度为v3，则有
mg=F安=B2L2v3R
线框从dc边进入到磁场到ab离开磁场过程，做加速度为g的匀加速直线运动，有
2g(D−L)=v32−v22
联立解得
v2= m2g2R2B4L4−2g(D−L)
(3)从线框开始下落到线框刚离开磁场的整个过程，由能量守恒定律得
mg(D+L+ℎ)=Q+12mv32
解得：Q=mg(D+L+ℎ)−m3g2R22B4L4
答：(1)ab边进入磁场时线框的加速度为g−B2L2 2gℎmR；
(2)dc边进入磁场时线框的速度为 m2g2R2B4L4−2g(D−L)；
(3)线框在穿越匀强磁场过程中产生的焦耳热为mg(D+L+ℎ)−m3g2R22B4L4。
【解析】(1)线框进入磁场前做自由落体运动，根据运动学公式求出ab边进入磁场时的速度，由法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律和安培力公式相结合求出线框受到的安培力大小，再由牛顿第二定律求线框的加速度；
(2)线框做匀速运动时，根据平衡条件以及安培力与速度的关系求出匀速运动的速度，即为ab离开磁场时的速度。线框从dc边进入到磁场到ab离开磁场过程，线框中磁通量不变，没有感应电流，线框做加速度为g的做匀加速直线运动，由速度—位移公式求dc边进入磁场时线框的速度；
(3)根据能量守恒定律求线框在穿越匀强磁场过程中产生的焦耳热。
本题考查导体切割磁感线产生的感应电动势，在求产生的焦耳热问题时，要注意能量守恒定律的应用。实验次数
1
2
3
4
5
U1/V
2.01
2.98
3.96
5.06
6.05
U2/V
4.33
6.38
8.41
10.72
12.77