2023-2024学年河北省唐山市百师联盟高二（下）期末物理试卷（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2023-2024学年河北省唐山市百师联盟高二（下）期末物理试卷一、单选题：本大题共7小题，共28分。1.“嫦娥五号”携在月球采集的约2kg月壤返回地球。从月球带来的“土”特产中有地球上含量极少且被誉为“月壤宝藏”的氦−3，它是既环保又安全的核反应原料，可将氦−3原子核与氘原子核结合时释放的能量用来发电，其核反应方程 23He+A.该反应为原子核的人工转变 B. 23He与 ZAY相比， ZAY的结合能较小

C.由核反应方程可知，A为4，Z为22.如图甲所示，t=0时，一小船停在海面上的P点，一块浮木漂在纵坐标y=0.5m的R点，其后小船的振动图像如图乙所示，可知(

)

A.水波的振动向x轴负方向传播 B.水波波速为4.8m/s

C.1.2s末，小船运动到Q点 D.1.5s末，浮木向下运动3.根据宇宙大爆炸理论，密度较大区域的物质在万有引力作用下，不断聚集可能形成恒星。恒星最终的归宿与其质量有关，如果质量为太阳质量的1～8倍将坍缩成白矮星，质量为太阳质量的10～20倍将坍缩成中子星，质量更大的恒星将坍缩成黑洞。设恒星坍缩前后可看成质量均匀分布的球体，质量不变，体积缩小，自转变快。不考虑恒星与其它物体的相互作用。已知逃逸速度为第一宇宙速度的2倍，中子星密度大于白矮星。根据万有引力理论，下列说法正确的是(

)A.同一恒星表面任意位置的重力加速度相同

B.恒星坍缩后表面两极处的重力加速度比坍缩前的大

C.恒星坍缩前后的第一宇宙速度不变

D.中子星的逃逸速度小于白矮星的逃逸速度4.血压仪由加压气囊、臂带、压强计等构成，如图所示。加压气囊可将外界空气充入臂带，压强计示数为臂带内气体的压强高于大气压强的数值。充气前臂带内气体压强为大气压强，体积为V；每次挤压气囊都能将60cm3的外界空气充入臂带中，经5次充气后，臂带内气体体积变为5V，压强计示数为150mmHg。已知大气压强等于750mmHg，气体温度不变。忽略细管和压强计内的气体体积。则V等于(

)

A.30cm3 B.40cm3 C.5.如图甲为教学用交流发电机，转动手柄，两个磁极之间的线圈随着转动，就能产生感应电动势，从而为小灯泡供电。把小灯泡与教学用发电机按图乙所示电路通过变压器相连，小灯泡发光。变压器副线圈的匝数可通过移动调节器的滑片P改变。下列说法正确的是(

)

A.调节器滑片位置不变时，手柄转速变大，变压器副线圈两端电压变小

B.调节器滑片位置不变时，手柄转速变大，小灯泡的亮度变暗

C.手柄转速一定时，向下移动调节器的滑片，小灯泡变亮

D.若希望小灯泡亮度保持不变，当手柄转速变大时，可向下移动调节器的滑片6.近些年高压水枪水射流清洗技术迅速发展，可以用于清洗汽车上许多种类的污垢层。设高压水枪洗车时，垂直射向车身的圆柱形水流的横截面直径为d，水从出水口水平出射，水打到车身后不反弹顺车身流下。已知车身受到水的平均冲力大小为F，水的密度为ρ，则水的流量Q(单位时间流出水的体积)为(

)A.12ρdπF

B.d27.质量为M的玩具动力小车在水平面上运动时，牵引力F和受到的阻力f均为恒力。如图所示，小车用一根不可伸长的轻绳拉着质量为m的物体由静止开始运动。当小车拖动物体驶的位移为S1时，小车达到额定功率，轻绳从物体上脱落。物体继续滑行一段时间后停下，其总位移为S2。物体与地面间的动摩擦因数不变，不计空气阻力。小车的额定功率P0为A.2F2(F−f)(S2−S1二、多选题：本大题共3小题，共18分。8.如图(甲)所示为太空探索公司猎鹰火箭助推器回收画面。火箭发射后，助推器点火提供向上的推力，到达某一高度后与火箭分离，并立即关闭发动机，在接近地面某处重启发动机减速并使助推器的速度在着陆时为零。从火箭发射开始计时，助推器上速度传感器测得助推器竖直方向的速度如图(乙)所示，忽略空气阻力，则下列说法正确的是(

)

A.t1～t3的过程中，助推器先处于超重状态然后处于失重状态

B.t3～t4的过程中助推器处于超重状态

C.9.光导纤维(简称光纤)由内芯和外套两层组成。如图所示，某光纤内芯半径为a，折射率为n，外套折射率小于n，真空中的光速为c，传播的信号从光纤轴线上的O点射向光纤。若一段该光纤长为L，则光在该光纤中传播的最短时间为t(未知)；若光信号在光纤内芯中传播时相对外套的临界角为C，为保证射入光纤内芯的光信号在传播过程中发生全反射，O点到光纤左端面距离的最小值为x(未知)。则(

)A.t=LcnB.t=nLc

C.D.x=10.如图所示，x轴上的电势分布关于φ轴对称，x1处电势为φ1，x3处电势为φ2，且该处图线切线斜率绝对值最大，x3=−x2，将一电荷量为A.电荷运动到x2处加速度最大，且与x3处加速度等大反向

B.电荷在x3处的动能为−q(φ2−φ1)

C.电荷从x三、计算题：本大题共4小题，共48分。11.用电压表和电流表测电源的电动势和内电阻，有如图甲、乙所示的两种电路，测得多组数据，把它们标在丙图的坐标纸上，并作出路端电压U与干路电流I间的关系(U−I)图像。

(1)由丙图的图像可知，电源的电动势E=______V，内电阻r=______Ω。(结果均保留两位有效数字)

(2)如果丙图是采用乙图所示的电路进行测量并作出的图像，所得的电源电动势E的测量值______(选填“大于”“等于”或“小于”)真实值。

(3)如果做实验时，实验室没有合适量程的电表，需要进行改装，以下电表改装正确的是______。

A.将一个量程为10mA、内阻为20Ω的电流表，串一个280Ω的电阻可以改装为量程为3V的电压表

B.将一个量程为10mA、内阻为20Ω的电流表，并一个1Ω的电阻可以改装为量程为0.6A的电流表

C.将一个量程为10mA、内阻为20Ω的电流表，并一个300Ω的电阻可以改装为量程为3V的电压表

D.将一个量程为3V、内阻为2kΩ的电压表，串一个8kΩ的电阻可以改装为量程为10V的电压表12.如图所示，倾角α=37°的直轨道AB与半径R=0.15m的圆弧形光滑轨道BCD相切于B点，O为圆弧轨道的圆心，CD为竖直方向上的直径，质量m=0.1kg的小滑块可从斜面上的不同位置由静止释放，已知小滑块与直轨道AB间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。

(1)若释放点距B点的长度l=0.75m，求小滑块到最低点C时对轨道的压力大小；

(2)若小滑块恰好能通过圆弧轨道的最高点D，求释放点距B点的距离。13.如图所示，竖直xOy坐标平面内第Ⅱ象限内有相互正交的匀强磁场与匀强电场(图中未画出)，一个质量为mA=0.2kg的带正电小球A以速度v0从x轴上P点与x轴负方向成θ=60°进入磁场与电场区域，小球恰好能在电场与磁场区域内做匀速圆周运动，小球A由垂直于y轴上的N点离开电场、磁场区域，小球A立即与静置于N点的绝缘小球C发生弹性碰撞，碰撞后两球均落在第I象限内的x轴上，已知匀强磁场磁感应强度B0=3.0T，小球A带电量为q=1.0C，A、C两球体积相同，小球A质量为C的质量的2倍，N点与x轴的距离为ℎ=0.45m，不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2，π取3；求：

(1)第Ⅱ象限内匀强电场的大小与方向；

(2)小球A由P点出发到落回x轴所用时间；

(3)A、C14.如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，两导轨间距为L=1m，导轨左侧有两个开关S1、S2，S1与一个阻值为R=2Ω的定值电阻串联，S2与一个电容为C=0.5F的电容器串联。导体棒ab垂直于导轨放置，其长度为L、质量m=0.5kg、电阻r=1Ω。整个装置处于方向竖直向上、磁感应强度大小为B=1T的匀强磁场中。一质量为M=0.1kg的重物通过轻质定滑轮用绝缘轻绳与导体棒ab的中点连接，开始时轻绳张紧，轻绳水平部分与导轨和导体棒在同一水平面。现将S1闭合，S2断开，使重物由静止释放，经时间t=3s导体棒达到最大速度。已知导轨足够长，不计导轨电阻，导体棒始终垂直导轨且与导轨接触良好，重物始终未落地，取重力加速度为g=10m/s2，不计一切摩擦。求：

(1)导体棒的最大速度vm；

(2)导体棒从开始运动到刚达到最大速度时，运动的距离d；

(3)导体棒从开始运动到刚达到最大速度时，电阻R中产生的热量；

(4)答案解析1.C

【解析】解：AB、此反应属于核聚变反应，释放出核能，结合能增加，所以生成物的结合能大于反应物的结合能， 23He与 ZAY相比， ZAY的结合能较大，故AB错误；

CD、根据质量数守恒和电荷守恒可得：A=3+2−1=4，Z=2+1−1=2，即Y为 24He，与氦−3是同位素，少一个中子，故C正确，D错误；

故选：C。

A2.D

【解析】解：A.由题图乙可知，t=0时刻小船沿y轴正方向起振，则此时小船应位于波传播方向波形的下坡上，所以水波的振动向x轴正方向传播，故A错误；

B.由题图甲、乙可知波的波长和周期分别为λ=4m、T=1.2s，所以水波波速为

v=λT=41.2m/s=103m/s

故B错误；

C.小船只会在平衡位置附近振动，不会沿波的传播方向移动，故C错误；

D.t=0时刻浮木正位于波传播方向的上坡上，所以此时浮木沿x轴负方向运动，因为1.5s=T+T4，且t=0时刻浮木位于平衡位置上方，所以1.5s末，浮木向下运动，故D正确。

3.B

【解析】解：A、考虑恒星自转，两极处万有引力等于重力，而其它地方万有引力的一个分力等于重力，所以同一恒星表面任意位置的重力加速度比一定相同，故A错误；

B、根据两极处万有引力等于重力得：GMmR2=mg，解得：g=GMR2，恒星坍缩后质量M不变，R变小，所以表面两极处的重力加速度一定比坍缩前的大，故B正确；

C、根据星球表面万有引力提供向心力推导第一宇宙速度，得：GMmR2=mv2R，v=GMR，质量M不变，R变小，所以恒星坍缩前后的第一宇宙速度变大，故C错误；

D、逃逸速度为第一宇宙速度的2倍，又根据选项C可知：逃逸速度的表达式为v′=2GMR，又质量M=ρV=43πR34.D

【解析】【分析】

以5次充气后，臂带内所有气体为研究对象，由玻意耳定律列方程可求解。

本题考查玻意耳定律，解题的关键是研究对象的选取，本题考查内容重点突出，中等难度。

【解答】

以5次充气后，臂带内所有气体为研究对象，初态：p1=750mmHg，

末态：p2=750mmHg+150mmHg=900mmHg

，V2=5V

由玻意耳定律p1V15.D

【解析】解：AB、根据E=NBSω，线圈转动的快慢程度即ω的大小会影响原线圈两端的电压，当角速度变大时，电动势增大，原线圈两端电压增大，而在P不变的情况下，副线圈两端电压也将增大，从而小灯泡的亮度将变大，故AB错误；

C、手柄转速一定时，则可知原线圈两端电压不变，向下移动调节器的滑片时，副线圈的匝数减小，根据变压器的电压与匝数的正比关系可知，副线圈两端电压减小，灯泡将变暗，故C错误；

D、当增大转动角速度，原线圈两端电压U1增大，而向下移动滑片时，减小匝数n2，根据变压规律可知，U2=n2n1U1，副线圈两端电压有可能不变，灯泡亮度不变，故6.B

【解析】解：设水流速v，高压水枪时间t内喷出水的质量为：

m=ρV=ρπd24⋅vt

已知车身受到水的平均冲力大小为F，以F方向为正方向，由动量定理有：Ft=0−m(−v)

得：F=14πρd2v2

水的流量为：Q=πd24⋅v=d27.A

【解析】解：设物体与地面间的动摩擦因数为μ，小车达到额定功率时速度为v，小车拖动物体运动过程中，由牛顿第二定律得：F−f−μmg=(M+m)a1

由匀变速直线运动位移—速度公式得：v2=2a1S1

额定功率P0=Fv

轻绳从物体上脱落后，物体做匀减速直线运动，由牛顿第二定律得：μmg=ma2

由匀变速直线运动位移—速度公式得：v2=2a2(S28.BD

【解析】解：A.t1～t3的过程中，助推器只在重力作用下先向上减速后向下加速，加速度向下，则总是处于失重状态，故A错误；

B.t3～t4的过程中助推器向下减速，加速度向上，处于超重状态，故B正确；

C.t1时刻助推器关闭发动机，助推器向上做减速运动，火箭继续向上加速，助推器与火箭分离，故C错误；

D.因t2时刻助推器到达最高点，则由面积关系可知t轴以上图像的面积等于t轴以下图像的面积，设t轴以上图像的面积为s，若从0～t1时间内做匀加速直线运动，则

12v1t2>s

s=12v2(t9.BC

【解析】解：(1)光在介质中的传播速度v=cn，光信号在该光纤传播路径最短为L，则传播时间最短为t=Lv=nLc，故B正确，A错误；

(2)光信号在传播过程中恰好发生全反射时如图所示

设光线从P点进入，入射角为α，折射角为β，光线进入光纤后照射在Q点，入射角为γ，光线在Q点恰好发生全反射，则有γ=C，则有β=90°−C，根据折射定律有n=sinαsinβ，解得sinα=nsinβ=ncosC，为保证射入光纤内芯的光信号在传播过程中发生全反射，光线最远到达P点，即半径a，对应O点到光纤左端面距离的最小值为x，根据几何关系得sinα=aa2+x2，联立得x=ancosC10.AC

【解析】解：A、x3与x2两点对称，两点所在位置的电场强度等大反向，且最大，由牛顿第二定律可知加速度等大反向，且最大，故A正确；

BC、从x1到x2，从x1到x3，电场力做功：W=(φ1−φ2)×(−q)=q(φ2−φ1)，电场力做功相同，由动能定理可知在x3处动能为q(φ2−φ1)，故B错误，C正确；

D、根据动能定理可知电荷运动到x1位置处动能为零，所以电荷先向x轴正方向做加速运动，过坐标原点后做减速运动，速度减为零，然后反向做加速运动，所以电荷不是一直向x轴正方向运动，故D11.1.5

1.0

小于

A

【解析】解：(1)根据闭合电路的欧姆定律

E=U+Ir

整理得

U=−Ir+E

图像的纵截距表示电源的电动势，为

E=1.5V

图像斜率的绝对值表示电源内阻，为

r=|k|=1.5−1.00.5Ω=1.0Ω

(2)若采用(乙)图所示的电路进行测量并作出图像，由于电压表分流的缘故，当电流表示数为零时，实际通过电源的电流并不为零，所以电源的内电压不为零，从而导致所作图像的纵截距偏小，所得的电源电动势E的测量值小于真实值。

(3)AC.将电流表改装成电压表，需串联电阻，根据电压表改装原理可得

U1=Ig(Rg+R1)=10×10−3×(20+280)V=3V

则将一个量程为10mA、内阻为20Ω的电流表，串一个280Ω的电阻可以改装为量程为3V的电压表，故A正确，C错误；

B.根据电流表改装原理

I1=Ig+IgRgR2=10mA+10×201mA=210mA=0.21A

则将一个量程为10mA、内阻为20Ω的电流表，并一个1Ω的电阻可以改装为量程为0.21A的电流表，故B错误；

D.根据电压表改装原理

U2=U12.解：(1)设C点的速度大小为vC，从释放点到B点根据动能定理可得

12mvC2=(mgsinα−μmgcosα)⋅l+mgR(1−cosα)

设小滑块在C点受到轨道的支持力为F′，根据牛顿第二定律可得

F′−mg=mvC2R

根据牛顿第三定律可得小滑块在C点对轨道的压力为

F=F′

联立解得

F=3.4N

(2)小滑块恰好能通过轨道最高点，则在D点恰好由重力提供向心力，设D点速度大小为vD，根据牛顿第二定律可得

mg=mvD2R

设释放点到B点的距离为s，从释放点到D点运用动能定理可得

12mvD2=(mgsinα−μmgcosα)⋅s−mgR(1+cosα)

联立解得

s=1.725m【解析】(1)根据动能定理求出C点的速度大小，再利用牛顿第二定律求解小滑块在C受到的支持力大小，根据牛顿第三定律即可求得在C点对轨道的压力大小；

(2)小滑块恰好能通过轨道最高点D点的条件是在D点恰好由重力提供向心力，根据牛顿第二定律即可求解D点的速度大小，再运用动能定理求解释放点距B点的距离。

动能定理结合多段运动过程的一般应用，难度中等。13.解：(1)依题意得小球恰好能在电场与磁场区域内做匀速圆周运动，所以重力与电场力大小相等，方向相反，令匀强电场为E，有

Eq=mAg

解得

E=2N/C

因为小球带正电，所以电场方向方向竖直向上；

(2)小球A在磁场中运动轨迹如图所示

小球运动的轨道半径为R，根据牛顿第二定律，得

B0qv0=mAv02R

由几何关系得

Rcosθ+R=ℎ

A小球在磁场中运动时间为t1，则有

t1=(π−θ)Rv0

小球A离开电磁场区后小落时间t2，根据自由落体运动公式

ℎ=12gt22

小球运动的总时间为

t=t1+t2

联立并代入数据解得

t=1330s

(3)A、C两球碰撞后速度分别为vA、vC，满足动量守恒定律，取向右为正方向，有

mAv0=mAvA+【解析】(1)小球恰好能在重力场，电场与磁场区域内做匀速圆周运动，所以重力与电场力大小相等，方向相反；

(2)根据牛顿第二定律，洛伦兹力提供向心力，利用几何关系找半径，再找圆心角，可求A小球在磁场中运动时间。小球A离开电磁场区后，竖直方向做自由落体运动，根据自由落体运动公式求时间，进而求出总时间；

(3