2023-2024学年河北省唐山市开滦第二中学高二（下）期末物理试卷（含解析）

2023-2024学年河北省唐山市开滦第二中学高二（下）期末物理试卷
一、单选题：本大题共7小题，共28分。
1.锂是新能源汽车、储能和信息通信等新兴产业的关键材料。研究表明，锂元素主要来自宇宙线高能粒子与星际物质的原子核产生的散裂反应，其中一种核反应方程为，式中的为( )
A. B. C. D.
2.如图，弹簧测力计下端挂有一质量为的光滑均匀球体，球体静止于带有固定挡板的斜面上，斜面倾角为，挡板与斜面夹角为若弹簧测力计位于竖直方向，读数为取，挡板对球体支持力的大小为( )
A.
B.
C.
D.
3.北京年冬奥会首钢滑雪大跳台局部示意图如图所示。运动员从处由静止自由滑下，到处起跳，点为、之间的最低点，、两处的高度差为。要求运动员经过点时对滑雪板的压力不大于自身所受重力的倍，运动过程中将运动员视为质点并忽略所有阻力，则点处这一段圆弧雪道的半径不应小于( )
A. B.
C. D.
4.年，我国天文学家利用国家天文台兴隆观测基地的米望远镜，发现了一颗绕恒星运动的系外行星，年，该恒星和行星被国际天文学联合会分别命名为“羲和”和“望舒”，天文观测得到恒星羲和的质量是太阳质量的倍，若将望舒与地球的公转均视为匀速圆周运动，且公转的轨道半径相等。则望舒与地球公转速度大小的比值为( )
A. B. C. D.
5.如图所示，楔形玻璃的横截面的顶角为，边上的点光源到顶点的距离为，垂直于边的光线在边的折射角为。不考虑多次反射，边上有光射出部分的长度为( )
A. B.
C. D.
6.位于坐标原点的波源在时开始振动，振动图像如图所示，所形成的简谐横波沿轴正方向传播。平
衡位置在处的质点开始振动时，波源恰好第次处于波谷位置，则( )
A. 波的周期是
B. 波的振幅是
C. 波的传播速度是
D. 平衡位置在处的质点开始振动时，质点处于波峰位置
7.如图，一磁感应强度大小为的匀强磁场，方向垂直于纸面平面向里，磁场右边界与轴垂直。一带电粒子由点沿正向入射到磁场中，在磁场另一侧的点射出，粒子离开磁场后，沿直线运动打在垂直于轴的接收屏上的点；，与屏的距离为，与轴的距离为。如果保持所有条件不变，在磁场区域再加上电场强度大小为的匀强电场，该粒子入射后则会沿轴到达接收屏。该粒子的比荷为( )
A. B. C. D.
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.如图，两对等量异号点电荷、固定于正方形的个顶点上。、是该正方形两条对角线与其内切圆的交点，为内切圆的圆心，为切点。则( )
A. 和两点处的 电场方向相互垂直
B. 点的电场方向平行于该点处的切线，方向向左
C. 将一带正电的点电荷从点移动到点，电场力做正功
D. 将一带正电的点电荷从点移动到点，电场力做功为零
9.一质量为的物体在水平拉力的作用下，由静止开始在水平地面上沿轴运动，出发点为轴零点，拉力做的功与物体坐标的关系如图所示。物体与水平地面间的动摩擦因数为，重力加速度大小取。下列说法正确的是( )
A. 在时，拉力的功率为
B. 在时，物体的动能为
C. 从运动到，物体克服摩擦力做的功为
D. 从运动到的过程中，物体的动量最大为
10.如图，理想变压器的副线圈接入电路的匝数可通过滑动触头调节，副线圈回路接有滑动变阻器、定值电阻和、开关。处于闭合状态，在原线圈电压不变的情况下，为提高的热功率，可以( )
A. 保持不动，滑动变阻器的滑片向端滑动
B. 将向端移动，滑动变阻器的滑片位置不变
C. 将向端移动，滑动变阻器的滑片向端滑动
D. 将向端移动，滑动变阻器的滑片向端滑动
三、实验题：本大题共2小题，共22分。
11.某同学利用如图所示的实验装置探究物体做直线运动时平均速度与时间的关系。让小车左端和纸带相连。右端用细绳跨过定滑轮和钩码相连。钩码下落，带动小车运动，打点计时器打出纸带。某次实验得到的纸带和相关数据如图所示。
已知打出图中相邻两个计数点的时间间隔均为。以打出点时小车位置为初始位置，将打出、、、、各点时小车的位移填到表中，小车发生对应位移和平均速度分别为和，表中
_________，_________。
位移区间
从实验结果可知，小车运动的图线可视为一条直线，此直线用方程表示，根据直线方程可以判定小车做匀加速直线运动，得到打出点时小车速度大小________，小车的加速度大小________。结果用字母、表示
12.学生实验小组要测量量程为的电压表的内阻。可选用的器材有：多用电表，电源电动势，电压表量程，内阻约，定值电阻阻值为，滑动变阻器最大阻值，滑动变阻器最大阻值，开关，导线若干。
完成下列填空：
利用多用电表粗测待测电压表的内阻。首先应______把下列实验步骤前的字母按正确操作顺序排列；
A.将红、黑表笔短接
B.调节欧姆调零旋钮，使指针指向零欧姆
C.将多用电表选择开关置于欧姆挡“”位置
再将多用电表的红、黑表笔分别与待测电压表的______填“正极、负极”或“负极、正极”相连，欧姆表的指针位置如图中虚线Ⅰ所示。为了减少测量误差，应将选择开关旋转到欧姆挡______填“”“”或“”位置，重新调节后，测量得到指针位置如图中实线Ⅱ所示，则组测得到的该电压表内阻为______结果保留位小数；
为了提高测量精度，他们设计了如图所示的电路，其中滑动变阻器应选______填“”或“”，闭合开关前，滑动变阻器的滑片应置于______填“”或“”端；
闭合开关，滑动变阻器滑片滑到某一位置时，电压表，待测电压表的示数分别为、，则待测电压表内阻______用、和表示；
测量得到，则待测电压表内阻______结果保留位有效数字。
四、计算题：本大题共3小题，共32分。
13.如图，一竖直放置的汽缸内密封有一定量的气体，一不计厚度的轻质活塞可在汽缸内无摩擦滑动，移动范围被限制在卡销、之间，与汽缸底部的距离，活塞的面积为。初始时，活塞在卡销处，汽缸内气体的压强、温度与活塞外大气的压强、温度相同，分别为和。在活塞上施加竖直向下的外力，逐渐增大外力使活塞缓慢到达卡销处过程中气体温度视为不变，外力增加到并保持不变。
求外力增加到时，卡销对活塞支持力的大小；
再将汽缸内气体加热使气体温度缓慢升高，求当活塞刚好能离开卡销时气体的温度。
14.如图，两根足够长的光滑金属直导轨平行放置，导轨间距为，两导轨及其所构成的平面均与水平面成角，整个装置处于垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为。现将质量均为的金属棒、垂直导轨放置，每根金属棒接入导轨之间的电阻均为。运动过程中金属棒与导轨始终垂直且接触良好，金属棒始终未滑出导轨，导轨电阻忽略不计，重力加速度为。
先保持棒静止，将棒由静止释放，求棒匀速运动时的速度大小；
在问中，当棒匀速运动时，再将棒由静止释放，求释放瞬间棒的加速度大小；
15.如图，一竖直固定的长直圆管内有一质量为的静止薄圆盘，圆盘与管的上端口距离为，圆管长度为。一质量为的小球从管的上端口由静止下落，并撞在圆盘中心，圆盘向下滑动，所受滑动摩擦力与其所受重力大小相等。小球在管内运动时与管壁不接触，圆盘始终水平，小球与圆盘发生的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。不计空气阻力，重力加速度大小为。求
第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度大小；
在第一次碰撞到第二次碰撞之间，小球与圆盘间的最远距离；
圆盘在管内运动过程中，小球与圆盘碰撞的次数。
答案解析
1.
【解析】根据核反应前后质量数和电荷数守恒得
故式中的为 ，故选D。
2.
【解析】对小球受力分析如图所示
由几何关系易得力 与力 与竖直方向的夹角均为 ，因此由正交分解方程可得
，
解得
故选A。
3.
【解析】解：从到根据动能定理有：
在点根据牛顿第二定律有：
联立解得：，由于，所以有
故ABC错误，D正确；
故选：。
根据动能定理计算速度，再结合牛顿第二定律求解。
本题以滑雪为考查背景，主要考查了学生对于运动的理解，主要涉及竖直圆周运动，同时要结合动能定理和牛顿第二定律完成答题。
4.
【解析】根据万有引力提供向心力有，解得，由题知恒星羲和的质量是太阳质量的倍，望舒与地球公转的轨道半径相等，代入可得则望舒与地球公转速度大小的比值为，故选C。
5.
【解析】设光纤在界面的入射角为 ，折射角为 ，几何关系可知 ，则根据有折射定律有：
故该光线的临界角，即临界角为
光线恰好未射出界面的临界为发生全反射，光路图如下，其中
光线在两点发生全反射，即之间有光线射出，由几何关系可知
故选：。
6.
【解析】波的周期和振幅与波源相同，故可知波的周期为
振幅为
故AB错误；
C.开始振动时，波源第次到达波谷，故可知此时经过的时间为
故可得波速为
故C正确；
D.波从传到点需要的时间为
故可知质点处于平衡位置，故D错误。
故选C。
7.
【解析】 解：未加电场时，粒子在磁场中做匀速圆周运动，做其运动轨迹如图：
设粒子做圆周运动的半径为，
如图由几何关系可知，则，解得粒子做圆周运动的半径 ，
由粒子做圆周运动时有 ，
如果保持所有条件不变，在磁场区域再加上电场强度大小为的匀强电场，该粒子入射后则会沿轴到达接收屏，则有 ，
联立式可得，故A正确，BCD错误。
故选A。
8.
【解析】解：、两个正电荷在点产生的场强方向由指向，点处于两负电荷连线的中垂线上，则两负电荷在点产生的场强方向由指向，则点的合场强方向由指向，同理可知，两个负电荷在处产生的场强方向由指向，点处于两正电荷连线的中垂线上，两正电荷在处产生的场强方向由指向，则处的合场方向由指向，由于正方形两对角线垂直平分，则和两点处的电场方向相互垂直，故A正确；
B、正方形底边的一对等量异号电荷在点产生的场强方向向左，而正方形上方的一对等量异号电荷在点产生的场强方向向右，由于点离上方一对等量异号电荷距离较远，则点的场方向向左，故B正确；
C.由图可知，和点位于两等量异号电荷的等势线上，即和点电势相等，所以将一带正电的点电荷从点移动到点，电场力做功为零，故C错误；
D.由图可知，点的电势低于点电势，则将一带正电的点电荷从点移动到点，电场力做功不为零，故D错误。
故选：。
电场强度是矢量，每个位置的电场强度为各个点电荷在该点产生电场的矢量合；电势是标量，每个地方的电势是各个点电荷在此的电势的代数和，正电荷，电势降低，电势能减小，电场力做正功。
此题考查电场的叠加，注意结合等量同种电荷和等量异种电荷的电场进行分析，可以使问题简化。
9.
【解析】A、图像的斜率为拉力，由图像可知，内，拉力
内，拉力
内，对物体受力分析，由牛顿第二定理得：
代入数据解得：
由匀变速直线运动速度位移公式得：
时，物体的速度大小为
拉力的功率，故A错误；
B、滑动摩擦力
内，对物体由动能定理得：
代入数据解得：，故B正确；
C、从运动到，物体克服摩擦力做的功为，故C正确；
D、过程中，拉力大于摩擦力，物体做匀加速运动，时，拉力小于摩擦力，物体做匀减速运动，则当时，物体的速度最大，动量最大，物体的速度大小为：
物体的最大动量为：，故D错误。
故选：。
10.
【解析】A.保持不动，根据理想变压器的性质可知副线圈中电压不变，当滑动变阻器的滑片向端滑动时，与 串联后的总电阻减小，电流增大，根据 可知此时热功率增大，故A正确；
B.将向端移动，副线圈匝数变小，故副线圈两端电压变小，滑动变阻器的滑片位置不变时，通过 的电流减小，故热功率减小，故B错误；
C.将向端移动，副线圈匝数增加，故副线圈两端电压变大，滑动变阻器的滑片向端滑动，与 串联后的总电阻减小，电流增大，此时热功率增大，故C正确；
D.将向端移动，副线圈匝数减少，故副线圈两端电压变小，滑动变阻器的滑片向端滑动，与 串联后的总电阻增大，电流减小，此时热功率减小，故D错误。
故选AC。
11.


【解析】由题图中纸带的相关数据可知

由平均速度的定义
小车做匀变速直线运动，有
变形可得
故小车在时，即打出点时小车的速度大小
小车的加速度大小满足
即
12. ； 负极、正极 ； ； ；
； ；
；

【解析】
利用多用电表粗测待测电压表的内阻。首先应选择欧姆档即选项：将多用电表选择开关置于欧姆挡“”位置；接着将红、黑表笔短接即选项；进行欧姆调零即选项：调节欧姆调零旋钮，使指针指向零欧姆。
故首先操作顺序为。
多用电表使用时电流“红进黑出”的规则可知：测量电阻时电源在多用电表表内，故将多用电表的红、黑表笔分别与待测电压表的“负极、正极”相连。
读数时欧姆表的指针位置如图中虚线Ⅰ所示，偏转角度较小即倍率选择过小，为了减少测量误差，应将选择开关旋转到欧姆挡倍率较大处，而根据表中数据可知选择“ ”倍率又过大，故应选择欧姆挡“”的位置；
测量得到指针位置如图中实线Ⅱ所示，则组测得到的该电压表内阻为
图所示的电路，滑动变阻器采用的是分压式连接，为了方便调节，应选最大阻值较小的滑动变阻器即 ；
为保护电路，且测量电路部分电压从零开始条件，闭合开关前，滑动变阻器的滑片应置于端。
通过待测电压表的电流大小与定值电阻电流相同为
根据欧姆定律得待测电压表的阻值为
测量得到 ，带入待测电压表的阻值表达式 则待测电压表内阻
13.活塞从位置 到 过程中，气体做等温变化，初态 、
末态气体压强设为 ，体积
根据玻意耳定律可得：
解得
此时对活塞根据平衡条件
解得卡销对活塞支持力的大小
将汽缸内气体加热使气体温度缓慢升高，当活塞刚好能离开卡销时，气体做等容变化，初态
，
末态，对活塞根据平衡条件
解得
设此时温度为 ，根据查理定律可得：
解得

【解析】详细答案和解析过程见解析
14.由法拉第电磁感应定律得
由闭合电路欧姆定律得
则安培力
棒在运动过程中，重力沿斜面的分力和安培力相等时做匀速运动。由受力平衡得
联立解得
由右手定则可知金属棒中电流方向向里，棒受到沿斜面向下的安培力，此时由牛顿第二定律可得
得

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
15.解：小球释放后做自由落体运动，下降高度 时的速度为，由自由落体运动规律，
解得，
小球与静止圆盘发生弹性碰撞，小球与静止圆盘碰前，速度为，碰后小球速度为，圆盘速度为，设竖直向下为正方向，根据动量守恒定律和机械守恒定律有
，
，
解得，，
即小球碰后速度大小为 ，方向竖直向上，圆盘速度大小为 ，方向竖直向下；
第一次碰后，小球做竖直上抛运动，圆盘摩擦力与重力平衡，做匀速直线运动，分析可知，在第一次碰撞到第二次碰撞之间，当二者速度相同时，小球与圆盘间的距离最远，设此过程运动的时间为，可得，
解得，
根据运动学公式可得在第一次碰撞到第二次碰撞之间，小球与圆盘间的最远距离为
；
第一次碰撞后到第二次碰撞时，两者运动的位移相等，则有，
即，
解得，
此时小球的速度，
圆盘的速度仍为 ，这段时间内圆盘下降的位移，
之后第二次发生弹性碰撞，根据动量守恒，
根据机械能守恒，
联立解得，，
同理可得当位移相等时，，
解得，
圆盘向下运动，
此时圆盘距下端关口，之后二者第三次发生碰撞，碰前小球的速度，
有动量守恒，
机械能守恒，
得碰后小球速度为，
圆盘速度，
当二者即将四次碰撞时 ，
即，
得，
在这段时间内，圆盘向下移动，
此时圆盘距离下端管口长度为 ，
此时可得出圆盘每次碰后到下一次碰前，下降距离逐次增加，故若发生下一次碰撞，
圆盘将向下移动 ，
则第四次碰撞后落出管口外，因此圆盘在管内运动的过程中，小球与圆盘的碰撞次数为次。

【解析】本题是一个多过程问题，分清过程，根据运动学公式和弹性碰撞的知识求解，具有一定的难度。
根据自由落体运动规律、动量守恒定律和机械守恒定律列式即可求解；
由运动学公式求出从第一次碰撞到第二次碰撞之间，当二者速度相同时所经历的时间，从而得到小球与圆盘间的最远距离；
分析清楚小球与圆盘的运动过程，求出小球与圆盘碰撞的次数。
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