【解析】山西省大同市陽高縣第四中學校2022-2023學年高二下學期7月期末物理試題

第第頁【解析】山西省大同市陽高縣第四中學校2022-2023學年高二下學期7月期末物理試題山西省大同市陽高縣第四中學校2022-2023學年高二下學期7月期末物理試題

一、單選題

1．（2022高二下·新鄉(xiāng)期末）下列說法正確的是（）

A．光電效應(yīng)表明光具有能量，康普頓效應(yīng)表明光具有動量

B．電子束穿過鋁箔的衍射現(xiàn)象說明電子具有粒子性

C．目前核能發(fā)電主要使用的是輕核聚變反應(yīng)

D．由于鈾核裂變反應(yīng)釋放能量，裂變產(chǎn)物原子核的比結(jié)合能小于鈾核的比結(jié)合能

【答案】A

【知識點】核裂變與核聚變；光電效應(yīng)

【解析】【解答】A．光電效應(yīng)和康普頓效應(yīng)深入地揭示了光的粒子性的一面，光電效應(yīng)表明光子具有能量，康普頓效應(yīng)表明光子還具有動量，A項正確；

B．電子束穿過鋁箔的衍射現(xiàn)象說明電子具有波動性，B項錯誤；

C．目前核能發(fā)電主要使用的是重核裂變，C項錯誤；

D．由于鈾核裂變反應(yīng)釋放能量，裂變產(chǎn)物原子核的比結(jié)合能大于鈾核的比結(jié)合能，D項錯誤。

故答案為：A。

【分析】光電效應(yīng)和康普頓效應(yīng)揭示了光的粒子性的一面，核能發(fā)電主要使用的是重核裂變，電子束穿過鋁箔的衍射現(xiàn)象說明電子具有波動性。

2．（2022高二下·新鄉(xiāng)期末）如圖所示，一根光滑的輕繩一端系在天花板的P點，另一端跨過動滑輪和定滑輪系在小球上，小球套在光滑的豎直桿上，裝有水的桶掛在動滑輪的掛鉤上，整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)，下列說法正確的是（）

A．若桶中的水緩慢漏出，小球?qū)⑾蛏弦苿?/p>

B．若P點緩慢向左移動一小段距離，小球?qū)⑾蛳乱苿?/p>

C．若P點緩慢向右移動一小段距離，小球?qū)⑾蛏弦苿?/p>

D．若P點緩慢向右移動一小段距離，小球?qū)⑾蛳乱苿?/p>

【答案】D

【知識點】共點力平衡條件的應(yīng)用

【解析】【解答】A．若桶中的水緩慢漏出，水杯上升，小球?qū)⑾陆?，A不符合題意；

B．若P點緩慢向左移動一小段距離，輕繩上的張力變大，小球受的拉力也變大，小球受力平衡，拉小球的輕繩拉力沿豎直方向的分力等于小球的重力，輕繩與豎直方向的夾角變大，小球應(yīng)向上移動，B不符合題意；

CD．若P點緩慢向右移動一小段距離，輕繩上的張力變小，小球受的拉力也變小，小球受力平衡，拉小球的輕繩拉力沿豎直方向的分力等于小球的重力，輕繩與豎直方向的夾角變小，小球應(yīng)向下移動，C不符合題意，D符合題意。

故答案為：D。

【分析】桶中的水緩慢漏出，水杯上升，小球?qū)⑾陆?，P點緩慢向左移動一小段距離，輕繩上的張力變大。

3．（2022高二下·新鄉(xiāng)期末）真空中靜止的三個點電荷形成的電場分布如圖所示，一帶正電的粒子（不計重力）以初速度從A點進入電場，運動軌跡如圖中虛線所示，B點是兩個負電荷連線的中點，下列說法正確的是（）

A．帶電粒子在B點的加速度為零

B．帶電粒子在B點的速度最大

C．從B到C電場力對帶電粒子先做正功后做負功

D．從B到C帶電粒子的電勢能先增加后減小

【答案】C

【知識點】電場強度和電場線；電勢差、電勢、電勢能

【解析】【解答】A．根據(jù)電場線分布可知兩個負電荷電量相等，B點是兩個負電荷連線的中點，兩個負電荷對帶電粒子的作用力為零，但還受到正電荷的斥力，所以帶電粒子在B點加速度不為零，A不符合題意；

B．帶電粒子在B點時受到正電荷的斥力，粒子在B點加速，所以帶電粒子在B點速度不是最大，B不符合題意；

CD．根據(jù)電場線分布可知帶電粒子在C點時做減速運動，帶電粒子從B到C先加速后減速，電場力對帶電粒子先做正功后做負功，電勢能先減小后增加，C符合題意，D不符合題意。

故答案為：C。

【分析】根據(jù)電場線分布可知兩個負電荷電量相等，帶電粒子在C點時做減速運動，帶電粒子從B到C先加速后減速。

4．如圖所示，傾角為θ=30°的斜面體放置在水平面上，其底面粗糙、斜面部分光滑，斜面體上的物塊在大小為F0的水平拉力作用下保持靜止，現(xiàn)將拉力順時針轉(zhuǎn)過一定角度α后，拉力大小仍為F0，物塊仍能保持靜止.整個過程斜面體始終處于靜止狀態(tài)，則在拉力水平和轉(zhuǎn)過角度α后兩種情況下（）

A．物塊對斜面的壓力大小之比為

B．物塊對斜面的壓力大小之比為3：2

C．斜面體與水平面間摩擦力大小之比為2：1

D．斜面體與水平面間摩擦力大小之比為

【答案】C

【知識點】整體法隔離法；共點力的平衡

【解析】【解答】AB.根據(jù)共點力平衡條件，兩種情況下物塊受力關(guān)系如圖所示：

拉力水平時，斜面對物塊的支持力，在拉力大小不變時為使物體仍能靜止，由圖中的幾何關(guān)系可得，拉力方向應(yīng)順時針轉(zhuǎn)過的角度為，可得，可得，AB不符合題意；

CD.斜面體和物塊整體處于靜止狀態(tài)，由共點力平衡條件可得，拉力水平時，水平面對斜面體的摩擦力為，拉力方向順時針轉(zhuǎn)過60°角，，可得，C符合題意，D不符合題意。

故答案為：C。

【分析】做出物體的受力分析圖，再由共點力平衡條件結(jié)合幾何關(guān)系，求出拉力轉(zhuǎn)動前后，物塊對斜面壓力的大小之比；對斜面體和物塊整體，由共點力平衡條件求出拉力轉(zhuǎn)動前后，斜面體與水平面間摩擦力大小之比。

5．（2022高二下·北海期末）如圖所示，在水平直線上的M、N處，各有一條長直導線垂直穿過紙面，兩條導線中通有流向相同的電流，電流大小分別為I和2I，O點是Ｍ、N連線的中點。下列說法正確的是（）

A．兩導線受到的安培力

B．用計算導線所受的安培力時

C．移走導線N前后，O點的磁感應(yīng)強度方向不變

D．在離兩導線所在的平面有一定距離的有限空間內(nèi)，存在磁感應(yīng)強度為零的位置

【答案】B

【知識點】安培力；安培定則

【解析】【解答】A．兩導線受到的安培力是相互作用力，大小相等，A不符合題意；

B．兩導線平行，磁場與電流垂直，故用

計算導線所受的安培力時

B符合題意；

C．移走導線N前，N的電流較大，根據(jù)安培定則，O點磁場方向向上，移走后，O點磁場方向向下，C不符合題意；

D．在離兩導線所在的平面有一定距離的有限空間內(nèi)，兩導線在任意點產(chǎn)生的磁場方向均不在同一條直線上，故不存在磁感應(yīng)強度為零的位置。D不符合題意。

故答案為：B。

【分析】利用相互作用可以判別其兩個導線受到的作用力大小相等；利用其安培力的表達式可以求出導線受到的安培力大??；當其安培定則可以判別通電導線周圍磁感線的方向，結(jié)合其磁感應(yīng)強度的疊加可以判別磁感應(yīng)強度的方向及大小。

6．電場線是為了直觀形象地描述電場分布而在電場中引入的一些假想的曲線，某電場的電場線分布如圖所示，某帶電粒子只在電場力的作用下沿虛線從O運動到P，則（）

A．該粒子帶正電

B．粒子在P點的加速度小于在O點的加速度

C．粒子在P點的速度小于在O點的速度

D．P點的電勢高于O點的電勢

【答案】A

【知識點】曲線運動；動能定理的綜合應(yīng)用；電場線；電勢；電勢差

【解析】【解答】A.物體做曲線運動時，物體受到的合力指向曲線的凹側(cè)，可知該粒子所受電場力方向沿電場的切線方向，可知粒子一定帶正電，A符合題意；

B.根據(jù)電場線的疏密可知，P點的電場場強大于O點的電場強度，故粒子在P點的加速度一定大于在O點的加速度，B不符合題意；

C.粒子從O到P的過程，電場力做正功，由動能定理可知，粒子的動能增大，故粒子在P點的速度一定大于在O點的速度，C不符合題意；

D.粒子帶正電，從O到P的過程，電場力做正功，由電勢差公式可得，可P點的電勢小于O點的電勢，D不符合題意。

故答案為：A。

【分析】根據(jù)物體做曲線運動時，物體受到的合力指向曲線的凹側(cè)，判斷出粒子受到的電場力方向，確定粒子的電性；由電場線的疏密比較P、O兩點電場強度的大小關(guān)系，從而得到加速度的大小關(guān)系；根據(jù)動能定理，由電場力做功的正負判斷粒子速度的變化；由電勢差公式分析P、O兩點電勢的高低。

7．（2022高二下·大連期末）圖甲為一列簡諧橫波在t=0時刻的波動圖像，圖乙為質(zhì)點P的振動圖像，下列說法正確的是（）

A．波沿x軸負方向傳播，波速v=20m/s

B．t=0時刻質(zhì)點Q的加速度沿y軸負方向

C．質(zhì)點P的振動方程為y=-0.2sin10πt（m）

D．從t=0至t=2s，質(zhì)點P的路程為40m

【答案】C

【知識點】橫波的圖象

【解析】【解答】A．由乙圖可看出在t=0時質(zhì)點P向y軸負方向振動，在甲圖中根據(jù)“上坡下、下坡上”可知，該波沿x軸正方向傳播，且已知λ=4m、T=0.2s，則該波波速為20m/s，A不符合題意；

B．由甲圖可看出，在t=0時刻質(zhì)點Q在t軸下方，則根據(jù)回復力與位移的關(guān)系F=-ky

可知t=0時刻質(zhì)點Q的加速度沿y軸正方向，B不符合題意；

C．由乙圖可看出質(zhì)點P的振動周期T=0.2s，則

則質(zhì)點P的振動方程為y=-0.2sin10πt（m）

C符合題意；

D．由乙圖可看出質(zhì)點P的振動周期T=0.2s，則從t=0至t=2s，質(zhì)點P的路程為S=4A×10=40×0.2m=8m

D不符合題意。

故答案為：C。

【分析】利用質(zhì)點P的振動方向可以判別波傳播方向；利用波長和周期可以求出波速的大??；利用質(zhì)點Q的位置可以判別加速度的方向；利用振幅和角速度可以求出P質(zhì)點振動的方程；利用振動的時間結(jié)合振幅可以求出質(zhì)點運動的路程。

8．（2022高二下·大連期末）如圖甲所示，每年夏季我國多地會出現(xiàn)日暈現(xiàn)象，日暈是太陽光通過卷層云時，發(fā)生折射或反射形成的。一束太陽光射到截面為六角形的冰晶上發(fā)生折射，其光路圖如圖乙所示，a、b為其折射出的光線中兩種單色光，下列說法正確的是（）

A．在冰晶中，b光的傳播速度較大

B．從同種玻璃中射入空氣發(fā)生全反射時，a光的臨界角較大

C．通過同一裝置發(fā)生雙縫干涉，a光的相鄰條紋間距較小

D．用同一裝置做單縫衍射實驗，b光的上都亮條紋更寬

【答案】B

【知識點】光的折射及折射定律

【解析】【解答】A．設(shè)入射角為，折射角為，由圖乙可知，a光和b光入射角相等，a光折射角大于b光折射角，根據(jù)

可得a光折射率小于b光折射率，由

可得a光在冰晶中的傳播速度大，A不符合題意；

B．由臨界角公式

可得從同種玻璃中射入空氣發(fā)生全反射時，a光的臨界角較大，B符合題意；

C．由于a光折射率小于b光折射率，所以a光頻率小于b光頻率，由

可得a光波長大于b光波長，根據(jù)雙縫干涉條紋間距公式

可知當通過同一裝置發(fā)生雙縫干涉，a光的相鄰條紋間距較大，C不符合題意；

D．用同一裝置做單縫衍射實驗，由于a光波長較長，所以a光的上都亮條紋更寬，D不符合題意。

故答案為：B。

【分析】利用折射角的大小可以比較折射率的大小，利用折射率的大小可以比較光傳波的速度、全反射的臨界角及光的波長大小，利用光的波長大小可以比較干涉條紋間距的大小。

二、多選題

9．（2022高二下·新鄉(xiāng)期末）如圖所示，在之間有水平向右的勻強電場，在之間的兩個半徑為R的圓形內(nèi)（不包含邊界）存在方向相反的圓形磁場，兩個圓形磁場相切且與邊界Q也相切，磁感應(yīng)強度均為B，在兩個圓形磁場右邊并與圓形磁場相切有一個足夠大的擋板。在下邊圓形磁場的最低點A處有一個粒子源可以在平面內(nèi)向磁場內(nèi)各個方向發(fā)射速率為，電量為，質(zhì)量為m的粒子，之間的距離為，電場強度為，不計粒子的重力和粒子間的相互作用力，粒子不發(fā)生碰撞，下列說法正確的是（）

A．粒子水平向左進入勻強電場

B．粒子速度減到零時剛好運動到電場左邊界P

C．粒子在下邊的圓形磁場中運動的時間均為

D．粒子均能垂直打在擋板上

【答案】A,C,D

【知識點】帶電粒子在電場與磁場混合場中的運動

【解析】【解答】A．根據(jù)洛倫茲力提供向心力

代入，得

滿足磁聚焦的條件，粒子出磁場后水平向左進入勻強電場，A符合題意；

B．設(shè)粒子在勻強電場中減速到零時的位移為x，根據(jù)動能定理

得

之間的距離

粒子運動到中間速度減到零，B不符合題意；

C．作出如圖所示的軌跡圖

根據(jù)磁聚焦可以得出粒子在下邊的圓形磁場中運動的兩段圓弧圓心角之和是，所以時間是半個周期，即

C符合題意；

D．根據(jù)磁聚焦結(jié)論粒子在上邊的圓形磁場中射出后均能垂直打在擋板上，D符合題意。

故答案為：ACD。

【分析】洛倫茲力提供圓周運動向心力。作出如圖粒子運動的軌跡圖，根據(jù)動能定理求解粒子在勻強電場中減速到零時的位移為x。

10．（2023高三上·山西期末）2023年9月9日，我國成功將中星9B衛(wèi)星發(fā)射升空，中星9B衛(wèi)星是地球同步軌道廣播電視直播衛(wèi)星，具備為北京2022年冬奧會提供高質(zhì)量直播傳輸服務(wù)的能力。如圖所示，兩顆人造衛(wèi)星A、B都在赤道正上方同方向繞地球做勻速圓周運動，A為地球同步衛(wèi)星，某時刻A、B相距最近。已知地球自轉(zhuǎn)周期為T1，B的運行周期為T2，則下列說法正確的是（）

A．在相同時間內(nèi)，衛(wèi)星A，B與地心連線掃過的面積相等

B．經(jīng)過時間，A、B相距最遠

C．A的向心加速度小于B的向心加速度

D．衛(wèi)星A、B受到地球的萬有引力大小一定不相等

【答案】B,C

【知識點】開普勒定律；萬有引力定律的應(yīng)用

【解析】【解答】A．根據(jù)開普勒第二定律可知，對同一行星而言，它與中心天體的連線在相等的時間內(nèi)掃過的面積相等，A不符合題意；

B．衛(wèi)星A、B由相距最近到相距最遠，圓周運動轉(zhuǎn)過的角度差為，所以可得，其中，，則經(jīng)歷的時間，B符合題意；

C．根據(jù)，解得，衛(wèi)星A的軌道半徑大于B的軌道半徑，則衛(wèi)星A的向心加速度小于B的向心加速度，C符合題意；

D．萬有引力，衛(wèi)星A、B的質(zhì)量未知，衛(wèi)星A、B受到地球的萬有引力大小也不一定不相等，D不符合題意。

故答案為：BC。

【分析】衛(wèi)星A、B由相距最近到相距最遠時結(jié)合轉(zhuǎn)過角度差得出經(jīng)歷的時間，萬有引力為衛(wèi)星所受的合力，利用牛頓第二定律得出加速度的表達式，結(jié)合開普勒第二定律進行分析判斷。

11．（2022高二下·大連期末）如圖所示為運送快遞的傳送裝置，已知A、B兩端距離為L，傳送帶與水平方向夾角為，工作時運行速度為v，某快遞與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為。工作時工人在A端將此快遞由靜止放到運行中的傳送帶上。設(shè)最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等。重力加速度大小為g。關(guān)于此快遞從A到B的運動過程中，下列說法正確的是（）

A．無法比較快遞到達B的速度與v的大小關(guān)系

B．若，則快遞從A端到B端一定一直做加速直線運動

C．若，則快遞可能先做勻加速直線運動再做勻速直線運動

D．快遞剛開始運動時加速度的大小為

【答案】A,B,C

【知識點】牛頓運動定律的應(yīng)用—傳送帶模型

【解析】【解答】當快遞由傳送帶頂端靜止釋放時，其受沿傳送帶向下的滑動摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律有

故加速度為

若，則快遞一直做勻加速直線運動，且到達B端時速度等于v；

若，則快遞一直做勻加速直線運動，且到達B端時速度小于v；

若，分以下兩種可能：

當時，快遞先做勻加速直線運動，后做勻速直線運動，到達B端時速度等于v；

當時，快遞先做勻加速直線運動，速度達到傳送帶速度v后摩擦力突變?yōu)檠貍魉蛶蛏系幕瑒幽Σ亮Γ瑥亩铀俣茸冃?，但方向不變，故快遞繼續(xù)做勻加速直線運動，到達B端時速度大于v。

故答案為：ABC。

【分析】利用牛頓第二定律可以求出快遞的加速度大小，結(jié)合速度位移公式可以判別快遞到達與傳送帶共速所需要的位移，結(jié)合實際位移可以判別物塊速度的變化，當物塊到達共速后，利用重力的分力和摩擦力比較可以判別物塊做加速運動或勻速運動。

12．（2022高二下·煙臺期末）如圖所示，一理想變壓器的原線圈兩端接在有效值不變的正弦式交流電源兩端，、為定值電阻，R為滑動變阻器。閉合開關(guān)S，電路穩(wěn)定后，將滑動變阻器的滑片P從某一位置移到另一位置處，分別讀出滑片在這兩個位置時電流表和的示數(shù)，得出電流表的示數(shù)增加了，電流表的示數(shù)增加了，所有電表均為理想電表，下列說法正確的是（）

A．電壓表的示數(shù)不變

B．滑動變阻器的滑片向b端移動

C．定值電阻消耗的功率均增大

D．理想變壓器的原、副線圈匝數(shù)之比為

【答案】B,D

【知識點】變壓器原理

【解析】【解答】AB．根據(jù)題意可知，電源電壓的有效值不變，線圈匝數(shù)比不變，則副線圈兩端的電壓不變，由于電流表示數(shù)增加，則負載電阻減小，即滑動變阻器的滑片向b端移動，電阻分得電壓變大，則電壓表的示數(shù)減小，A不符合題意，B符合題意；

C．由公式可知，電阻功率變大，由公式可知，電阻的功率減小，C不符合題意；

D．由電流與匝數(shù)比關(guān)系有

D符合題意。

故答案為：BD。

【分析】利用匝數(shù)不變和原線圈的電壓不變可以判別輸出電壓不變；利用電流表讀數(shù)增加可以判別滑動變阻器向b端滑動；當滑動變阻器向b端滑動時會導致回路中電阻減小則R1分得的電壓增大，所以電壓表的讀數(shù)減??；由于電壓表讀數(shù)減小則R2消耗的功率減??；利用電流變化量之比可以求出匝數(shù)之比。

三、解答題

13．（2022高二下·煙臺期末）如圖所示，豎直面內(nèi)固定一半徑為R的光滑大圓環(huán)軌道，O為圓心，A、B、C、D為圓環(huán)上的4個點，其中AB、CD分別為豎直和水平直徑。在A點固定一個光滑的小滑輪，一輕繩繞過小滑輪，其兩端分別連接質(zhì)量為的小球，兩小球套在大圓環(huán)軌道上。已知當兩小球靜止時，輕繩和豎直方向的夾角分別為。求：

（1）兩個小球的質(zhì)量之比；

（2）小球?qū)壍赖膲毫χ取?/p>

【答案】（1）解：設(shè)從滑輪到小球m1的距離為L1，從滑輪到小球m2的距離為L2，由幾何知識可求得，①

兩小球受力分析如圖所示，由兩個小球的受力矢量三角形與對應(yīng)的幾何三角形相似可得：

對小球m1②

對小球m2③

由①②③得④

（2）解：如圖，軌道對小球m1、m2的作用力分別為F1、F2

對小球m1⑤

對小球m2

⑥

由⑤⑥可得⑦

由牛頓第三定律得小球m1、m2對軌道的壓力之比為⑧

【知識點】共點力平衡條件的應(yīng)用

【解析】【分析】（1）兩個小球處于靜止，利用小球的平衡方程結(jié)合矢量三角形定則可以求出兩個小球質(zhì)量之比；

（2）已知兩個小球處于靜止，利用相似三角形定則可以求出小球?qū)壍赖膲毫χ取?/p>

14．（2022高二下·煙臺期末）潛水鐘是一種水下救生避險設(shè)備，它是一個底部開口、上部封閉的容器，外形與鐘相似，如圖甲所示。潛水鐘在水下時其內(nèi)部上方空間內(nèi)存有空氣，可供潛水員呼吸，延長潛水員在水下作業(yè)逗留的時間。潛水鐘可簡化為高度為、開口向下的薄壁圓柱形筒，如圖乙所示。工作時，由水面上的船將筒由水面上方開口向下吊放至水下，筒的上表面距水面的深度為。已知水的密度為，重力加速度大小為，大氣壓強為，忽略筒內(nèi)氣體溫度的變化和水密度隨深度的變化。

（1）求筒在水下位置時內(nèi)部氣體的高度d；

（2）現(xiàn)保持H不變，由船上的氣泵將空氣壓入筒內(nèi)，使筒內(nèi)的水全部排出，求壓入空氣的質(zhì)量與筒內(nèi)原來氣體質(zhì)量的比值k。

【答案】（1）解：設(shè)筒的橫截面積為S，放入水下后筒內(nèi)氣體的壓強為p1，由玻意耳定律和題給條件有p1dS=p0hS①

p1=p0+ρg（H+d）②

解得d=0.5m③

（2）解：設(shè)水全部排出后筒內(nèi)氣體的壓強為p2，此時筒內(nèi)氣體的體積為V0，這些氣體在其壓強為p0時的體積為V3，由玻意耳定律有p2V0=p0V3④

其中p2=p0+ρg（H+h）⑤

設(shè)需壓入壓強為p0的氣體體積為V，則有V=V3-V0⑥

⑦

解得k=5.3025⑧

【知識點】理想氣體與理想氣體的狀態(tài)方程

【解析】【分析】（1）已知氣體在進入水中做等溫變化，利用氣體等溫變化的狀態(tài)方程可以求出氣體的高度；

（2）當水排出筒內(nèi)時，利用液面高度差可以求出氣體的壓強，結(jié)合氣體等溫變化的狀態(tài)方程可以求出壓入空氣質(zhì)量與原來氣體質(zhì)量之比。

四、實驗題

15．某學生用油膜法估測分子直徑，實驗室現(xiàn)有按體積比為配制好的油酸酒精溶液置于容器中，還有一個充入約深水的淺盤．一支滴管，一個量筒。請補充下述估測分子大小的實驗步驟：

⑴用滴管向量筒內(nèi)加注滴酒精油酸溶液，讀出其體積。

⑵用滴管將一滴油酸酒精溶液滴入淺盤，待油酸薄膜穩(wěn)定后，將薄膜輪廓描繪在坐標紙上，如圖所示。（已知坐標紙上每個小方格面積為，求油膜面積時，半個以上方格面積記為，不足半個舍去）則油膜面積為。

⑶估算油酸分子直徑的表達式為。

【答案】8S；

【知識點】用油膜法估測油酸分子的大小

【解析】【解答】（2）半個以上方格面積記為S，不足半個舍去，可得油膜面積；

（3）由題意可得，1滴油酸酒精溶液中含有純油酸的體積為，由，得。

【分析】（2）根據(jù)半個以上方格面積記為S，不足半個舍去的原則，數(shù)出油膜面積；（3）油膜的體積與油膜面積的比值即為油酸分子直徑。

16．（2023高二下·寧德期末）在做“用單擺測重力加速度”的實驗時，某同學測得擺線長為99.20cm，擺球直徑為1.60cm，。

（1）若擺球運動到最低點開始計時，且記數(shù)為1，到第81次經(jīng)過最低點所用的時間如圖乙所示，則秒表讀數(shù)為s。

（2）根據(jù)測得的實驗數(shù)據(jù)可知，重力加速度的大小g=m/s2。（結(jié)果保留小數(shù)點后兩位）

（3）實驗結(jié)束后，該同學發(fā)現(xiàn)他測得的重力加速度比當?shù)刂亓铀俣鹊臄?shù)值大，其原因可能是_______。

A．計數(shù)結(jié)束時秒表太遲按下

B．把擺動n次，誤記為（n+1）次

C．單擺的懸點未固定緊，擺動中出現(xiàn)松動，使擺線增長

【答案】（1）80.0

（2）9.86

（3）B

【知識點】探究單擺的運動，用單擺測定重力加速度

【解析】【解答】(1)由題圖知，秒表讀數(shù)為2×30s+20.0s=80.0s

(2)到第81次經(jīng)過最低點，單擺完成擺動周期的次數(shù)為

單擺周期為

單擺擺長為

根據(jù)單擺周期公式可得

(3)根據(jù)

可知，若計數(shù)結(jié)束時秒表太遲按下，則T偏大，則g偏小。若把擺動n次，誤記為（n+1）次，則T偏小，g偏大。若單擺的懸點未固定緊，擺動中出現(xiàn)松動，使擺線增長，則計算值L偏小，g偏小。

故答案為：B。

【分析】(1)熟練掌握秒表讀數(shù)方法。

(2)由經(jīng)過最低點次數(shù)求出完成周期次數(shù)，1個周期經(jīng)過兩次最低點。注意擺長=繩長+球半徑，再結(jié)合擺周期公式求出重力加速度。

(3)結(jié)合重力加速度求解公式，推斷各個操作可能導致的實驗誤差是偏大還是偏小。

1/1山西省大同市陽高縣第四中學校2022-2023學年高二下學期7月期末物理試題

一、單選題

1．（2022高二下·新鄉(xiāng)期末）下列說法正確的是（）

A．光電效應(yīng)表明光具有能量，康普頓效應(yīng)表明光具有動量

B．電子束穿過鋁箔的衍射現(xiàn)象說明電子具有粒子性

C．目前核能發(fā)電主要使用的是輕核聚變反應(yīng)

D．由于鈾核裂變反應(yīng)釋放能量，裂變產(chǎn)物原子核的比結(jié)合能小于鈾核的比結(jié)合能

2．（2022高二下·新鄉(xiāng)期末）如圖所示，一根光滑的輕繩一端系在天花板的P點，另一端跨過動滑輪和定滑輪系在小球上，小球套在光滑的豎直桿上，裝有水的桶掛在動滑輪的掛鉤上，整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)，下列說法正確的是（）

A．若桶中的水緩慢漏出，小球?qū)⑾蛏弦苿?/p>

B．若P點緩慢向左移動一小段距離，小球?qū)⑾蛳乱苿?/p>

C．若P點緩慢向右移動一小段距離，小球?qū)⑾蛏弦苿?/p>

D．若P點緩慢向右移動一小段距離，小球?qū)⑾蛳乱苿?/p>

3．（2022高二下·新鄉(xiāng)期末）真空中靜止的三個點電荷形成的電場分布如圖所示，一帶正電的粒子（不計重力）以初速度從A點進入電場，運動軌跡如圖中虛線所示，B點是兩個負電荷連線的中點，下列說法正確的是（）

A．帶電粒子在B點的加速度為零

B．帶電粒子在B點的速度最大

C．從B到C電場力對帶電粒子先做正功后做負功

D．從B到C帶電粒子的電勢能先增加后減小

4．如圖所示，傾角為θ=30°的斜面體放置在水平面上，其底面粗糙、斜面部分光滑，斜面體上的物塊在大小為F0的水平拉力作用下保持靜止，現(xiàn)將拉力順時針轉(zhuǎn)過一定角度α后，拉力大小仍為F0，物塊仍能保持靜止.整個過程斜面體始終處于靜止狀態(tài)，則在拉力水平和轉(zhuǎn)過角度α后兩種情況下（）

A．物塊對斜面的壓力大小之比為

B．物塊對斜面的壓力大小之比為3：2

C．斜面體與水平面間摩擦力大小之比為2：1

D．斜面體與水平面間摩擦力大小之比為

5．（2022高二下·北海期末）如圖所示，在水平直線上的M、N處，各有一條長直導線垂直穿過紙面，兩條導線中通有流向相同的電流，電流大小分別為I和2I，O點是Ｍ、N連線的中點。下列說法正確的是（）

A．兩導線受到的安培力

B．用計算導線所受的安培力時

C．移走導線N前后，O點的磁感應(yīng)強度方向不變

D．在離兩導線所在的平面有一定距離的有限空間內(nèi)，存在磁感應(yīng)強度為零的位置

6．電場線是為了直觀形象地描述電場分布而在電場中引入的一些假想的曲線，某電場的電場線分布如圖所示，某帶電粒子只在電場力的作用下沿虛線從O運動到P，則（）

A．該粒子帶正電

B．粒子在P點的加速度小于在O點的加速度

C．粒子在P點的速度小于在O點的速度

D．P點的電勢高于O點的電勢

7．（2022高二下·大連期末）圖甲為一列簡諧橫波在t=0時刻的波動圖像，圖乙為質(zhì)點P的振動圖像，下列說法正確的是（）

A．波沿x軸負方向傳播，波速v=20m/s

B．t=0時刻質(zhì)點Q的加速度沿y軸負方向

C．質(zhì)點P的振動方程為y=-0.2sin10πt（m）

D．從t=0至t=2s，質(zhì)點P的路程為40m

8．（2022高二下·大連期末）如圖甲所示，每年夏季我國多地會出現(xiàn)日暈現(xiàn)象，日暈是太陽光通過卷層云時，發(fā)生折射或反射形成的。一束太陽光射到截面為六角形的冰晶上發(fā)生折射，其光路圖如圖乙所示，a、b為其折射出的光線中兩種單色光，下列說法正確的是（）

A．在冰晶中，b光的傳播速度較大

B．從同種玻璃中射入空氣發(fā)生全反射時，a光的臨界角較大

C．通過同一裝置發(fā)生雙縫干涉，a光的相鄰條紋間距較小

D．用同一裝置做單縫衍射實驗，b光的上都亮條紋更寬

二、多選題

9．（2022高二下·新鄉(xiāng)期末）如圖所示，在之間有水平向右的勻強電場，在之間的兩個半徑為R的圓形內(nèi)（不包含邊界）存在方向相反的圓形磁場，兩個圓形磁場相切且與邊界Q也相切，磁感應(yīng)強度均為B，在兩個圓形磁場右邊并與圓形磁場相切有一個足夠大的擋板。在下邊圓形磁場的最低點A處有一個粒子源可以在平面內(nèi)向磁場內(nèi)各個方向發(fā)射速率為，電量為，質(zhì)量為m的粒子，之間的距離為，電場強度為，不計粒子的重力和粒子間的相互作用力，粒子不發(fā)生碰撞，下列說法正確的是（）

A．粒子水平向左進入勻強電場

B．粒子速度減到零時剛好運動到電場左邊界P

C．粒子在下邊的圓形磁場中運動的時間均為

D．粒子均能垂直打在擋板上

10．（2023高三上·山西期末）2023年9月9日，我國成功將中星9B衛(wèi)星發(fā)射升空，中星9B衛(wèi)星是地球同步軌道廣播電視直播衛(wèi)星，具備為北京2022年冬奧會提供高質(zhì)量直播傳輸服務(wù)的能力。如圖所示，兩顆人造衛(wèi)星A、B都在赤道正上方同方向繞地球做勻速圓周運動，A為地球同步衛(wèi)星，某時刻A、B相距最近。已知地球自轉(zhuǎn)周期為T1，B的運行周期為T2，則下列說法正確的是（）

A．在相同時間內(nèi)，衛(wèi)星A，B與地心連線掃過的面積相等

B．經(jīng)過時間，A、B相距最遠

C．A的向心加速度小于B的向心加速度

D．衛(wèi)星A、B受到地球的萬有引力大小一定不相等

11．（2022高二下·大連期末）如圖所示為運送快遞的傳送裝置，已知A、B兩端距離為L，傳送帶與水平方向夾角為，工作時運行速度為v，某快遞與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為。工作時工人在A端將此快遞由靜止放到運行中的傳送帶上。設(shè)最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等。重力加速度大小為g。關(guān)于此快遞從A到B的運動過程中，下列說法正確的是（）

A．無法比較快遞到達B的速度與v的大小關(guān)系

B．若，則快遞從A端到B端一定一直做加速直線運動

C．若，則快遞可能先做勻加速直線運動再做勻速直線運動

D．快遞剛開始運動時加速度的大小為

12．（2022高二下·煙臺期末）如圖所示，一理想變壓器的原線圈兩端接在有效值不變的正弦式交流電源兩端，、為定值電阻，R為滑動變阻器。閉合開關(guān)S，電路穩(wěn)定后，將滑動變阻器的滑片P從某一位置移到另一位置處，分別讀出滑片在這兩個位置時電流表和的示數(shù)，得出電流表的示數(shù)增加了，電流表的示數(shù)增加了，所有電表均為理想電表，下列說法正確的是（）

A．電壓表的示數(shù)不變

B．滑動變阻器的滑片向b端移動

C．定值電阻消耗的功率均增大

D．理想變壓器的原、副線圈匝數(shù)之比為

三、解答題

13．（2022高二下·煙臺期末）如圖所示，豎直面內(nèi)固定一半徑為R的光滑大圓環(huán)軌道，O為圓心，A、B、C、D為圓環(huán)上的4個點，其中AB、CD分別為豎直和水平直徑。在A點固定一個光滑的小滑輪，一輕繩繞過小滑輪，其兩端分別連接質(zhì)量為的小球，兩小球套在大圓環(huán)軌道上。已知當兩小球靜止時，輕繩和豎直方向的夾角分別為。求：

（1）兩個小球的質(zhì)量之比；

（2）小球?qū)壍赖膲毫χ取?/p>

14．（2022高二下·煙臺期末）潛水鐘是一種水下救生避險設(shè)備，它是一個底部開口、上部封閉的容器，外形與鐘相似，如圖甲所示。潛水鐘在水下時其內(nèi)部上方空間內(nèi)存有空氣，可供潛水員呼吸，延長潛水員在水下作業(yè)逗留的時間。潛水鐘可簡化為高度為、開口向下的薄壁圓柱形筒，如圖乙所示。工作時，由水面上的船將筒由水面上方開口向下吊放至水下，筒的上表面距水面的深度為。已知水的密度為，重力加速度大小為，大氣壓強為，忽略筒內(nèi)氣體溫度的變化和水密度隨深度的變化。

（1）求筒在水下位置時內(nèi)部氣體的高度d；

（2）現(xiàn)保持H不變，由船上的氣泵將空氣壓入筒內(nèi)，使筒內(nèi)的水全部排出，求壓入空氣的質(zhì)量與筒內(nèi)原來氣體質(zhì)量的比值k。

四、實驗題

15．某學生用油膜法估測分子直徑，實驗室現(xiàn)有按體積比為配制好的油酸酒精溶液置于容器中，還有一個充入約深水的淺盤．一支滴管，一個量筒。請補充下述估測分子大小的實驗步驟：

⑴用滴管向量筒內(nèi)加注滴酒精油酸溶液，讀出其體積。

⑵用滴管將一滴油酸酒精溶液滴入淺盤，待油酸薄膜穩(wěn)定后，將薄膜輪廓描繪在坐標紙上，如圖所示。（已知坐標紙上每個小方格面積為，求油膜面積時，半個以上方格面積記為，不足半個舍去）則油膜面積為。

⑶估算油酸分子直徑的表達式為。

16．（2023高二下·寧德期末）在做“用單擺測重力加速度”的實驗時，某同學測得擺線長為99.20cm，擺球直徑為1.60cm，。

（1）若擺球運動到最低點開始計時，且記數(shù)為1，到第81次經(jīng)過最低點所用的時間如圖乙所示，則秒表讀數(shù)為s。

（2）根據(jù)測得的實驗數(shù)據(jù)可知，重力加速度的大小g=m/s2。（結(jié)果保留小數(shù)點后兩位）

（3）實驗結(jié)束后，該同學發(fā)現(xiàn)他測得的重力加速度比當?shù)刂亓铀俣鹊臄?shù)值大，其原因可能是_______。

A．計數(shù)結(jié)束時秒表太遲按下

B．把擺動n次，誤記為（n+1）次

C．單擺的懸點未固定緊，擺動中出現(xiàn)松動，使擺線增長

答案解析部分

1．【答案】A

【知識點】核裂變與核聚變；光電效應(yīng)

【解析】【解答】A．光電效應(yīng)和康普頓效應(yīng)深入地揭示了光的粒子性的一面，光電效應(yīng)表明光子具有能量，康普頓效應(yīng)表明光子還具有動量，A項正確；

B．電子束穿過鋁箔的衍射現(xiàn)象說明電子具有波動性，B項錯誤；

C．目前核能發(fā)電主要使用的是重核裂變，C項錯誤；

D．由于鈾核裂變反應(yīng)釋放能量，裂變產(chǎn)物原子核的比結(jié)合能大于鈾核的比結(jié)合能，D項錯誤。

故答案為：A。

【分析】光電效應(yīng)和康普頓效應(yīng)揭示了光的粒子性的一面，核能發(fā)電主要使用的是重核裂變，電子束穿過鋁箔的衍射現(xiàn)象說明電子具有波動性。

2．【答案】D

【知識點】共點力平衡條件的應(yīng)用

【解析】【解答】A．若桶中的水緩慢漏出，水杯上升，小球?qū)⑾陆?，A不符合題意；

B．若P點緩慢向左移動一小段距離，輕繩上的張力變大，小球受的拉力也變大，小球受力平衡，拉小球的輕繩拉力沿豎直方向的分力等于小球的重力，輕繩與豎直方向的夾角變大，小球應(yīng)向上移動，B不符合題意；

CD．若P點緩慢向右移動一小段距離，輕繩上的張力變小，小球受的拉力也變小，小球受力平衡，拉小球的輕繩拉力沿豎直方向的分力等于小球的重力，輕繩與豎直方向的夾角變小，小球應(yīng)向下移動，C不符合題意，D符合題意。

故答案為：D。

【分析】桶中的水緩慢漏出，水杯上升，小球?qū)⑾陆担琍點緩慢向左移動一小段距離，輕繩上的張力變大。

3．【答案】C

【知識點】電場強度和電場線；電勢差、電勢、電勢能

【解析】【解答】A．根據(jù)電場線分布可知兩個負電荷電量相等，B點是兩個負電荷連線的中點，兩個負電荷對帶電粒子的作用力為零，但還受到正電荷的斥力，所以帶電粒子在B點加速度不為零，A不符合題意；

B．帶電粒子在B點時受到正電荷的斥力，粒子在B點加速，所以帶電粒子在B點速度不是最大，B不符合題意；

CD．根據(jù)電場線分布可知帶電粒子在C點時做減速運動，帶電粒子從B到C先加速后減速，電場力對帶電粒子先做正功后做負功，電勢能先減小后增加，C符合題意，D不符合題意。

故答案為：C。

【分析】根據(jù)電場線分布可知兩個負電荷電量相等，帶電粒子在C點時做減速運動，帶電粒子從B到C先加速后減速。

4．【答案】C

【知識點】整體法隔離法；共點力的平衡

【解析】【解答】AB.根據(jù)共點力平衡條件，兩種情況下物塊受力關(guān)系如圖所示：

拉力水平時，斜面對物塊的支持力，在拉力大小不變時為使物體仍能靜止，由圖中的幾何關(guān)系可得，拉力方向應(yīng)順時針轉(zhuǎn)過的角度為，可得，可得，AB不符合題意；

CD.斜面體和物塊整體處于靜止狀態(tài)，由共點力平衡條件可得，拉力水平時，水平面對斜面體的摩擦力為，拉力方向順時針轉(zhuǎn)過60°角，，可得，C符合題意，D不符合題意。

故答案為：C。

【分析】做出物體的受力分析圖，再由共點力平衡條件結(jié)合幾何關(guān)系，求出拉力轉(zhuǎn)動前后，物塊對斜面壓力的大小之比；對斜面體和物塊整體，由共點力平衡條件求出拉力轉(zhuǎn)動前后，斜面體與水平面間摩擦力大小之比。

5．【答案】B

【知識點】安培力；安培定則

【解析】【解答】A．兩導線受到的安培力是相互作用力，大小相等，A不符合題意；

B．兩導線平行，磁場與電流垂直，故用

計算導線所受的安培力時

B符合題意；

C．移走導線N前，N的電流較大，根據(jù)安培定則，O點磁場方向向上，移走后，O點磁場方向向下，C不符合題意；

D．在離兩導線所在的平面有一定距離的有限空間內(nèi)，兩導線在任意點產(chǎn)生的磁場方向均不在同一條直線上，故不存在磁感應(yīng)強度為零的位置。D不符合題意。

故答案為：B。

【分析】利用相互作用可以判別其兩個導線受到的作用力大小相等；利用其安培力的表達式可以求出導線受到的安培力大小；當其安培定則可以判別通電導線周圍磁感線的方向，結(jié)合其磁感應(yīng)強度的疊加可以判別磁感應(yīng)強度的方向及大小。

6．【答案】A

【知識點】曲線運動；動能定理的綜合應(yīng)用；電場線；電勢；電勢差

【解析】【解答】A.物體做曲線運動時，物體受到的合力指向曲線的凹側(cè)，可知該粒子所受電場力方向沿電場的切線方向，可知粒子一定帶正電，A符合題意；

B.根據(jù)電場線的疏密可知，P點的電場場強大于O點的電場強度，故粒子在P點的加速度一定大于在O點的加速度，B不符合題意；

C.粒子從O到P的過程，電場力做正功，由動能定理可知，粒子的動能增大，故粒子在P點的速度一定大于在O點的速度，C不符合題意；

D.粒子帶正電，從O到P的過程，電場力做正功，由電勢差公式可得，可P點的電勢小于O點的電勢，D不符合題意。

故答案為：A。

【分析】根據(jù)物體做曲線運動時，物體受到的合力指向曲線的凹側(cè)，判斷出粒子受到的電場力方向，確定粒子的電性；由電場線的疏密比較P、O兩點電場強度的大小關(guān)系，從而得到加速度的大小關(guān)系；根據(jù)動能定理，由電場力做功的正負判斷粒子速度的變化；由電勢差公式分析P、O兩點電勢的高低。

7．【答案】C

【知識點】橫波的圖象

【解析】【解答】A．由乙圖可看出在t=0時質(zhì)點P向y軸負方向振動，在甲圖中根據(jù)“上坡下、下坡上”可知，該波沿x軸正方向傳播，且已知λ=4m、T=0.2s，則該波波速為20m/s，A不符合題意；

B．由甲圖可看出，在t=0時刻質(zhì)點Q在t軸下方，則根據(jù)回復力與位移的關(guān)系F=-ky

可知t=0時刻質(zhì)點Q的加速度沿y軸正方向，B不符合題意；

C．由乙圖可看出質(zhì)點P的振動周期T=0.2s，則

則質(zhì)點P的振動方程為y=-0.2sin10πt（m）

C符合題意；

D．由乙圖可看出質(zhì)點P的振動周期T=0.2s，則從t=0至t=2s，質(zhì)點P的路程為S=4A×10=40×0.2m=8m

D不符合題意。

故答案為：C。

【分析】利用質(zhì)點P的振動方向可以判別波傳播方向；利用波長和周期可以求出波速的大?。焕觅|(zhì)點Q的位置可以判別加速度的方向；利用振幅和角速度可以求出P質(zhì)點振動的方程；利用振動的時間結(jié)合振幅可以求出質(zhì)點運動的路程。

8．【答案】B

【知識點】光的折射及折射定律

【解析】【解答】A．設(shè)入射角為，折射角為，由圖乙可知，a光和b光入射角相等，a光折射角大于b光折射角，根據(jù)

可得a光折射率小于b光折射率，由

可得a光在冰晶中的傳播速度大，A不符合題意；

B．由臨界角公式

可得從同種玻璃中射入空氣發(fā)生全反射時，a光的臨界角較大，B符合題意；

C．由于a光折射率小于b光折射率，所以a光頻率小于b光頻率，由

可得a光波長大于b光波長，根據(jù)雙縫干涉條紋間距公式

可知當通過同一裝置發(fā)生雙縫干涉，a光的相鄰條紋間距較大，C不符合題意；

D．用同一裝置做單縫衍射實驗，由于a光波長較長，所以a光的上都亮條紋更寬，D不符合題意。

故答案為：B。

【分析】利用折射角的大小可以比較折射率的大小，利用折射率的大小可以比較光傳波的速度、全反射的臨界角及光的波長大小，利用光的波長大小可以比較干涉條紋間距的大小。

9．【答案】A,C,D

【知識點】帶電粒子在電場與磁場混合場中的運動

【解析】【解答】A．根據(jù)洛倫茲力提供向心力

代入，得

滿足磁聚焦的條件，粒子出磁場后水平向左進入勻強電場，A符合題意；

B．設(shè)粒子在勻強電場中減速到零時的位移為x，根據(jù)動能定理

得

之間的距離

粒子運動到中間速度減到零，B不符合題意；

C．作出如圖所示的軌跡圖

根據(jù)磁聚焦可以得出粒子在下邊的圓形磁場中運動的兩段圓弧圓心角之和是，所以時間是半個周期，即

C符合題意；

D．根據(jù)磁聚焦結(jié)論粒子在上邊的圓形磁場中射出后均能垂直打在擋板上，D符合題意。

故答案為：ACD。

【分析】洛倫茲力提供圓周運動向心力。作出如圖粒子運動的軌跡圖，根據(jù)動能定理求解粒子在勻強電場中減速到零時的位移為x。

10．【答案】B,C

【知識點】開普勒定律；萬有引力定律的應(yīng)用

【解析】【解答】A．根據(jù)開普勒第二定律可知，對同一行星而言，它與中心天體的連線在相等的時間內(nèi)掃過的面積相等，A不符合題意；

B．衛(wèi)星A、B由相距最近到相距最遠，圓周運動轉(zhuǎn)過的角度差為，所以可得，其中，，則經(jīng)歷的時間，B符合題意；

C．根據(jù)，解得，衛(wèi)星A的軌道半徑大于B的軌道半徑，則衛(wèi)星A的向心加速度小于B的向心加速度，C符合題意；

D．萬有引力，衛(wèi)星A、B的質(zhì)量未知，衛(wèi)星A、B受到地球的萬有引力大小也不一定不相等，D不符合題意。

故答案為：BC。

【分析】衛(wèi)星A、B由相距最近到相距最遠時結(jié)合轉(zhuǎn)過角度差得出經(jīng)歷的時間，萬有引力為衛(wèi)星所受的合力，利用牛頓第二定律得出加速度的表達式，結(jié)合開普勒第二定律進行分析判斷。

11．【答案】A,B,C

【知識點】牛頓運動定律的應(yīng)用—傳送帶模型

【解析】【解答】當快遞由傳送帶頂端靜止釋放時，其受沿傳送帶向下的滑動摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律有

故加速度為

若，則快遞一直做勻加速直線運動，且到達B端時速度等于v；