山东省聊城市2021-2022学年高二下学期期末考试打靶题（三）物理试题（Word版含答案）

聊城市2021-2022学年高二下学期期末考试打靶题（三）
物理试题
一、单项选择题（每小题4分，共32分。每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的）
1.对以下几位物理学家所做的科学贡献,叙述正确的是(　　)
A.卢瑟福通过α粒子散射实验，发现了质子和中子，提出了原子的核式结构模型。
B.爱因斯坦通过对黑体辐射现象的研究，提出了量子说。
C.德布罗意认为任何一个运动的物体，小到电子、质子、中子，大到行星、太阳都有一种波与之相对应，这种波叫物质波。
D.贝克勒尔通过对氢原子光谱的分析，发现了天然放射现象。
2.关于热力学定律，下列说法正确的是(　　)
A.气体吸热后温度一定升高 B.对气体做功一定改变其内能
C.理想气体绝热膨胀过程内能一定减小 D.热量一定不能自发地从低温物体传到高温物体
3.下列四幅图分别对应五种说法，其中正确的是(　　)
A．分子并不是球形，但可以当做球形处理，这是一种估算方法
B．微粒的运动就是物质分子的无规则热运动，即布朗运动
C．当两个相邻的分子间距离为r0时，它们间相互作用的引力和斥力大小为0
D．实验中要尽可能保证每颗玻璃球与电子秤碰撞时的速率相等
4.合格的一次性医用防护口罩内侧所用材料对水都是不浸润的,图为一滴水滴在某一次性医用防护口罩内侧的照片,对此以下说法正确的是(　　)
A.照片中的口罩一定为不合格产品
B.照片中附着层内分子比水的内部稀疏
C.照片中水滴表面分子比水的内部密集
D.水对所有材料都是不浸润的
5.有一LC振荡电路，能产生一定波长的电磁波，若要产生波长比原来短一些的电磁波，可用的措施为(　　)
A．增加线圈匝数 B．在线圈中插入铁芯
C．减小电容器极板正对面积 D．减小电容器极板间距离
6.一只两用活塞气筒的原理如图所示(打气时如图甲，抽气时如图乙)，其筒内体积为V0，现将它与另一只容积为V的容器相连接，气筒和容器内的空气压强为p0，已知气筒和容器导热性能良好，当分别作为打气筒和抽气筒时，活塞工作n次后，在上述两种情况下，容器内的气体压强分别为(　　)
A．np0，p0 B.p0，p0
C．(1＋)p0，(1＋)np0 D．(1＋)p0，()np0
7.科学家通过实验研究发现,放射性元素U有多种可能的衰变途径U先变成Bi，Bi
可以经一次衰变变成Ti,也可以经一次衰变变成X(X代表某种元素)Ti和X最后都变成Pb,衰变路径如图所示。则以下判断正确的是(　　)
A.a=211,b=82
B.①是β衰变,②是α衰变
C.①②均是α衰变
DU经过7次α衰变5次β衰变后变成Bi
8.原子核的比结合能曲线如图所示．根据该曲线，判断下列说法正确的是(　　)
A.Li核的结合能约为5 MeV
B．在H核、He核和Li核中，最稳定的是Li核
C．两个H核结合成一个He核时有质量亏损
D．两个H核结合成一个He核时吸收能量
二、不定项选择题（每小题4分，共16分。每小题给出的四个选项中，都有多个选项是正确的。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，选错或不答的得0分）
9．由相同材料的导线绕成边长相同的甲、乙两个正方形闭合线圈，两线圈的质量相等，但所用导线的横截面积不同，甲线圈的匝数是乙的2倍。现两线圈在竖直平面内从同一高度同时由静止开始下落，一段时间后进入一方向垂直于纸面的匀强磁场区域，磁场的上边界水平，如图所示。不计空气阻力，已知下落过程中线圈始终平行于纸面，上、下边保持水平。在线圈下边进入磁场后且上边进入磁场前，可能出现的是（ ）
A.甲减速运动，乙加速运动 B.甲和乙都减速运动
C.甲加速运动，乙减速运动 D.甲和乙都加速运动
10.一定质量理想气体的状态经历了如图所示的ab、bc、cd、da四个过程，其中ab与竖直轴平行，bc的延长线通过原点，cd与水平轴平行，da与bc平行，则(　　)
A．ab过程中气体温度不变
B．ab过程中气体体积减少
C．bc过程中气体体积保持不变
D．da过程中气体体积增大
11.图乙中，理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝5∶1.原线圈接入如图甲所示的正弦交流电．电路中电表均为理想电表，定值电阻R1＝R2＝4 Ω，D为理想二极管(该二极管的正向电阻为零，反向电阻为无穷大)，则(　　)
A．电阻R2两端的电压频率为50 Hz
B．电流表的示数为5 A
C．原线圈的输入功率为15W
D．将R1摘掉，电压表的示数不变
12.美国物理学家密立根利用如图甲所示的电路研究金属的遏止电压Uc与入射光频率ν的关系，描绘出图乙中的图象，由此算出普朗克常量h，电子电荷量用e表示，下列说法正确的是(　　)
A．入射光的频率增大，测遏止电压时，应使滑动变阻器的滑片P向M端移动
B．增大入射光的强度，光电子的最大初动能也增大
C．由Uc－ν图象可知，这种金属截止频率为νc
D．由Uc－ν图象可求普朗克常量表达式为h＝
三、非选择题（共6小题，共60分）
13．（10分）已知一热敏电阻当温度从10 ℃ 升至60 ℃时阻值从几千欧姆降至几百欧姆,某同学利用伏安法测量其阻值随温度的变化关系。所用器材:电源E、开关S、滑动变阻器R(最大阻值为20 Ω)、电压表(可视为理想电表)和毫安表(内阻约为100 Ω)。
(1)在所给的器材符号之间画出连线,组成测量电路图。
(2)实验时,将热敏电阻置于温度控制室中,记录不同温度下电压表和毫安表的示数,计算出相应的热敏电阻阻值。若某次测量中电压表和毫安表的示数分别为5.5 V和3.0 mA,则此时热敏电阻的阻值为　　　　kΩ(保留2位有效数字)。实验中得到的该热敏电阻阻值R随温度t变化的曲线如图(a)所示。
(3)将热敏电阻从温控室取出置于室温下,测得达到热平衡后热敏电阻的阻值为2.2 kΩ。由图(a)求得,此时室温为　　　　℃(保留3位有效数字)。
(4)利用实验中的热敏电阻可以制作温控报警器,其电路的一部分如图(b)所示。图中,E为直流电源(电动势为10 V,内阻可忽略);当图中的输出电压达到或超过6.0 V时,便触发报警器(图中未画出)报警。若要求开始报警时环境温度为50 ℃,则图中　　　　　(选填“R1”或“R2”)应使用热敏电阻,另一固定电阻的阻值应为　　　　kΩ(保留2位有效数字)。
14．（10分）物理课进行探究气体等温变化的规律的实验同学们利用图所示的装置。
(1)在实验中，下列哪些操作不是必需的________．
A．用橡胶套密封注射器的下端
B．用游标卡尺测量柱塞的直径
C．读取压力表上显示的气压值
D．读取刻度尺上显示的空气柱长度
(2)实验装置用铁架台固定，而不是用手握住玻璃管(或注射器)，并且在实验中要缓慢推动活塞，这些要求的目的是：
______________________________ ．
(3)下列图像中，最能直观反映气体做等温变化的规律的是________．
(4)小军同学根据测量结果，做出V-图像，如图所示，图线不过原点，则V0代表________，体积增大到一定值后，图线开始偏离直线，说明气体的温度_______。
15.（8分）如图所示，理想变压器有两个副线圈，L1、L2是两盏规格为“8 V，10 W”的灯泡，L3、L4是两盏规格为“6 V，12 W”的灯泡，当变压器的输入电压为U1＝220 V时，四盏灯泡恰好都能正常发光，如果原线圈的匝数n1＝1 100匝，求：
(1)副线圈n2、n3的匝数；
(2)电流表的读数．
16. （10分）如图所示，导热良好的细直玻璃管内用长度为10 cm的水银封闭了一段空气柱(可视为理想气体)，水银柱可沿玻璃管无摩擦滑动。现使水银柱随玻璃管共同沿倾角为30°的光滑斜面下滑，两者保持相对静止时，空气柱长度为8 cm。某时刻玻璃管突然停止运动，一段时间后水银柱静止，此过程中环境温度恒为300 K，整个过程水银未从玻璃管口溢出。已知大气压强为P0＝75 cmHg。
(1)求水银柱静止后的空气柱长度；
(2)水银柱静止后缓慢加热气体，直到空气柱长度变回8 cm，求此时气体的温度。
17. （6分）历史上第一次利用加速器实现的核反应，是利用加速后的质子轰击静止的Li，生成两个, Li和个的结合能分别为E1和E2，质量分别为m1和m2，已知真空中的光速为c。
(1)写出核反应方程；
(2)求出释放的核能；
(3)求出质子的质量m。
18．（16分）如图所示，足够长的水平轨道左侧b1b2～c1c2部分轨道间距为2L，右侧c1c2～d1d2部分的轨道间距为L，曲线轨道与水平轨道相切于b1b2，所有轨道均光滑且电阻不计．在水平轨道内有斜向下与竖直方向成θ＝37°的匀强磁场，磁感应强度大小为B＝0.1 T．质量为M＝0.2 kg的金属棒B垂直于导轨静止放置在右侧窄轨道上，质量为m＝0.1 kg的金属棒A自曲线轨道上a1a2处由静止释放，两金属棒在运动过程中始终相互平行且与导轨保持良好接触，A棒总在宽轨上运动，B棒总在窄轨上运动．已知：两金属棒接入电路的有效电阻均为R＝0.2 Ω，h＝0.2 m，L＝0.2 m，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2，求：
(1)金属棒A滑到b1b2处时的速度大小；
(2)金属棒B匀速运动的速度大小；
(3)在两棒整个运动过程中通过金属棒A某横截面的电荷量；
(4)在两棒整个运动过程中金属棒A、B在水平导轨间扫过的面积之差．
高二期末考试打靶题（三）物理试题 参考答案
一、单项选择题（每小题4分，共32分。每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的）
1.【答案】C　
2.【答案】D 【解析】　气体吸热为Q，但不确定外界做功W的情况，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，不能确定ΔU变化情况，故不能确定气体温度变化，同理外界对气体做功，但不确定吸热还是放热，不能确定ΔU变化情况，选项A、B错误；理想气体向真空中绝热膨胀时，内能不变，故选项C错误；由热力学第二定律知，选项D正确。
3.【答案】A
4.【答案】B　【解析】：合格的一次性医用防护口罩内侧所用材料对水都不浸润的,照片中的口罩正好发生了不浸润现象,A错误;根据照片所示,水发生了不浸润现象,则附着层内分子比水的内部稀疏,B正确;照片中水滴为球形,水滴表面分子比水的内部分子间距大,分子之间的作用力为引力形成的,是表面的张力,则照片中水滴表面分子应比水的内部稀疏,C错误;水不是对所有材料都是不浸润的,比如,水可以浸润玻璃,D错误。
5.【答案】：C　【解析】：由于电磁波传播过程中波速v＝λf恒定，因此欲使波长λ变短，必须使频率f升高，由于频率f＝，所以，增加线圈匝数和在线圈中插入铁芯，将使线圈自感系数L增大而降低频率f；减小电容器极板间距将使电容C增大而降低频率f；减小电容器极板正对面积将使电容C减小而升高频率f。可见，选项C正确。
6.【答案】：D 【解析】：打气时，活塞每推动一次，把体积为V0、压强为p0的气体推入容器内，若活塞工作n次，就是把压强为p0、体积为nV0的气体推入容器内、容器内原来有压强为p0、体积为V的气体，现在全部充入容器中，根据玻意耳定律得：p0(V＋nV0)＝p′V
所以p′＝p0＝(1＋n)p0
抽气时，活塞每拉动一次，把容器中的气体的体积从V膨胀为V＋V0，而容器中的气体压强就要减小，活塞推动时，将抽气筒中的V0气体排出，而再次拉动活塞时，将容器中剩余的气体从V又膨胀到V＋V0，容器内的压强继续减小，根据玻意耳定律得：
第一次抽气：p0V＝p1(V＋V0)，则p1＝p0
第二次抽气：p1V＝p2(V＋V0)则p2＝p1＝()2p0
则第n次抽气后：pn＝()np0.
7.【答案】：D　 【解析】： Bi经过①变化为Ti,核电荷数减少2,为α衰变,即BiTiHe,故a=210-4=206Bi经过②变化为X,质量数没有发生变化,为β衰变,即Bie,故b=83+1=84,故A、B、C错误U经过7次α衰变,则质量数少28,电荷数少14,在经过5次β衰变后,质量数不变,电荷数增加5,此时质量数为238-28=210,电荷数为92-14+5=83,变成了Bi,故D正确。
8.【答案】：　C　 【解析】：因结合能等于比结合能乘以核子数，故Li核的结合能约为5×6 MeV＝30 MeV，A错误；比结合能越大，原子核越稳定，在H核、He核和Li核中，由图象可知，He核的比结合能最大，最稳定，B错误；两个H核结合成一个He核时，由图象可知，比结合能增加，故该核反应过程中一定存在质量亏损，要释放能量，C正确，D错误．
二、不定项选择题（每小题4分，共16分。每小题给出的四个选项中，都有多个选项是正确的。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，选错或不答的得0分）
9．（2021高考全国甲卷）【答案】BD 【名师解析】根据题述，由相同材料的导线绕成边长相同的甲、乙两个正方形闭合线圈，两线圈的质量相等，但所用导线的横截面积不同，甲线圈的匝数是乙的2倍，甲线圈导线的横截面积是乙的1/2，甲线圈导线长度为乙的2倍，根据电阻定律可知，甲线圈导线电阻为乙的4倍。现两线圈在竖直平面内从同一高度同时由静止开始下落，一段时间后进入一方向垂直于纸面的匀强磁场区域，进入磁场区域时速度相同，甲产生的感应电动势是乙的2倍，由闭合电路欧姆定律可知，甲线圈中电流是乙的1/2，甲线圈受到的安培力与乙相等，所以甲乙两线圈运动情况完全相同，选项BD正确AC错误。
【一题多解】定量分析。线圈在竖直平面内从同一高度同时由静止开始下落，由机械能守恒定律，mgh=mv2，解得v= 产生的感应电动势为E=nBlv，
两线圈材料相同，质量m相同，设材料密度为ρ0，横截面积为S，则m=×4nlS
线圈电阻R=ρ= 由闭合电路欧姆定律。I=E/R=
所受安培力F=nBIl= 由牛顿第二定律，mg-F=ma，联立解得：a=g-
由此可知，线圈进入磁场后运动的加速度与线圈的匝数n、横截面积S无关，则甲乙两线圈进入磁场后，具有相同的加速度。当g＞时，甲和乙都做加速运动；当g＜时，甲和乙都做减速运动；当g=时，甲和乙都做匀速运动。选项BD正确AC错误。
10.【答案】 ACD 【解析】 ab过程：气体发生等温变化，压强减小，由玻意耳定律pV＝C分析可知，气体的体积变大，故A正确，B错误．bc过程：延长线过坐标原点，则bc过程中体积不变，故C正确．da过程：d与绝对零度连线的斜率大于a与绝对零度连线的斜率，则d状态气体的体积小于a状态气体的体积，则da过程中体积增大，故D正确．故选A、C、D.
11.【答案】：AD 【解析】：由题图甲可知，交流电的周期为0.02 s，故频率为50 Hz，而变压器及二极管均不会改变交流电的频率，故电阻R2两端的电压频率为50 Hz，故A正确；经变压器后，输出电压为＝20 V，因二极管的单向导电性，只有一半时间内有电压加在R2两端，则由有效值的定义可得U＝10 V，则电流表的示数为2.5 A，故B错误；原线圈输入功率等于副线圈输出的功率，输出功率P＝ W＋(2.5)2×4 W＝150 W，故C错误；因输出电压由输入电压决定，故将R1摘掉，电压表的示数不变，故D正确．
12.【答案】CD.【解析】：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．入射光的频率增大，光电子的最大初动能增大，则遏止电压增大，测遏止电压时，应使滑动变阻器的滑片P向N端移动，A错误；根据光电效应方程Ekm＝hν－W0知，光电子的最大初动能与入射光的强度无关，B错误；根据Ekm＝hν－W0＝eUc，解得Uc＝－，图线的斜率k＝＝，则h＝，当遏止电压为零时，ν＝νc，C、D正确．
三、非选择题（共6小题，共60分）
13．答案:(1)见解析图　(2)1.8　(3)25.5　(4)R1　1.2【解析】(1)由于毫安表的内阻比热敏电阻的阻值小不了很多,所以电流表采用外接法,滑动变阻器R(最大阻值为20 Ω)阻值较小,所以电路采用分压式,故电路图如图所示。
(2)由欧姆定律可得热敏电阻的阻值R==
=1.8×103 Ω=1.8 kΩ。
(3)由图(a)可知,热敏电阻的阻值为2.2 kΩ时,室温约为25.5 ℃。
(4)由图(a)可知,热敏电阻的阻值随温度的升高而减小,而图中要求输出电压达到或超过6.0 V时,报警器报警,根据串联电路中电压与电阻成正比,可知R1 应使用热敏电阻。当热敏电阻的温度为50 ℃时,热敏电阻R1的阻值为0.8 kΩ,所以=,解得电阻R2的阻值为1.2 kΩ。
14．【答案】　(1)B　(2)保证气体状态变化过程中温度尽可能保持不变　(3)C (4)注射器下面橡胶套内气体体积 升高
【解析】　(1)为了保证气密性，应用橡胶套密封注射器的下端，A需要；由于注射器的直径均匀恒定，根据V＝LS可知体积和空气柱长度成正比，所以只需读取刻度尺上显示的空气柱长度，无需测量直径，B不需要，D需要；为了得知气压的变化情况，需要读取压力表上显示的气压值，C需要．
(2)手温会影响气体的温度，且实验过程中气体压缩太快，温度升高后热量不能快速释放，气体温度会升高，所以这样做的目的是保证气体状态变化过程中温度尽可能保持不变．
(3)当气体做等温变化时，p与V成反比，即p∝，故p－图像为直线，所以为了能直观反映p与V成反比的关系，应作p－图像，C正确．
15.【答案】：(1)40匝　60匝　(2)0.2 A
【解析】：(1)由变压器原理可知n1∶n2∶n3＝U1∶U2∶U3，则n2＝n1＝×1 100匝＝40匝
n3＝n1＝×1 100匝＝60匝．
(2)由输入功率等于输出功率知I1U1＝2PL2＋2PL3，则I1＝＝ A＝0.2 A.
16. 答案：(1)7.5 cm　(2)320 K 解析：(1)设玻璃管质量为m0，横截面积为S，水银柱质量为m。玻璃管和水银柱保持相对静止时，对玻璃管和水银柱整体，有：(m＋m0)gsin 30°＝(m＋m0)a
设封闭气体压强为P1，对水银柱：mgsin 30°＋P0S－P1S＝ma 解得：P1＝P0
水银柱静止时，设封闭气体压强为P2，水银与试管下滑相对静止时空气柱长度为L0，水银静止时空气柱的长度为L1，水银柱的长度为L2，可得：P2＝P0＋ρgL2
从玻璃管停止运动到水银柱静止，据玻意耳定律可得：P1L0S＝P2L1S
解得：L1＝7.5 cm；
(2)加热气体过程中，气体发生等压变化，有：＝
据题意有，初态：V2＝L1S，T2＝T0 末态：V3＝L0S
解得：T3＝320 K。
17.
18．答案　 (1)v0＝2 m/s. (2)vB＝ m/s. (3)q＝ C. (4)ΔS＝ m2.
解析　(1)A棒在曲线轨道上下滑时，由机械能守恒定律得：mgh＝mv02 解得v0＝2 m/s.
(2)选取水平向右为正方向，对A、B分别应用动量定理，
对B：FB安cos θ·t＝MvB， 对A：－FA安cos θ·t＝mvA－mv0，
其中FA安＝2FB安， 整理得：mv0－mvA＝2MvB，
两棒最后匀速时，电路中无电流，此时回路总电动势为零，必有2Bcos θLvA－Bcos θLvB＝0，
即vB＝2vA， 联立解得vB＝ m/s.
(3)当金属棒A运动到水平轨道后，回路中开始有感应电流产生，此时金属棒B开始加速运动，通过A的电荷量与通过B的电荷量相等．
在B加速过程中：(Bcos θ) LΔt＝MvB－0，q＝Δt， 解得q＝ C.
(4)根据法拉第电磁感应定律有：＝， 其中磁通量变化量：ΔΦ＝BΔScos θ，
电路中的电流：＝， 通过横截面的电荷量：q＝Δt， 联立解得ΔS＝ m2.