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2023-2024学年第二学期高二年级期末考试

学科：物理

一、单选题：本大题共11小题，共44分。

1. 一质点做直线运动，下列描述其位移x或速度v随时间t变化的图像中，可能正确的是（　　）

A. B.

C. D.

【答案】C

【解析】

【详解】AB．物体做直线运动，位移与时间成函数关系，AB选项中一个时间对应2个以上的位移，故不可能，故AB错误；

CD．同理D选项中一个时间对应2个速度，只有C选项速度与时间是成函数关系，故C正确，D错误。

故选C。

2. 对于弹簧振子的回复力和位移的关系，下列图中正确的是（　　）

A. B.

C. D.

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】根据简谐运动的特征

F=-kx

由数学知识可知F的大小与x的大小成正比，方向相反。

故选C。

3. 图表示两列频率相同的横波相遇时某一时刻的情况，实线表示波峰，虚线表示波谷。下列说法正确的是（    ）

A. 质点a始终处于波峰 B. 半个周期后质点b振动加强

C. 可能观察不到质点b振动 D. 该时刻质点c振动最弱

【答案】C

【解析】

【详解】AD．图示时刻质点a为波峰与波峰相遇、质点c为波谷与波谷相遇，质点a、c为振动加强点，振幅最大，半个周期后质点a处于波谷，故选项AD错误；

B．图示时刻质点b为波峰与波谷相遇，质点b为振动减弱点，其振动始终减弱，故选项B错误；

C．当两列波的振幅相等时，质点b的振幅为O，此时观察不到质点b振动，故选项C正确。

故选C。

4. 为了降低远距离输电过程中电能的损耗，下列方法可行的是（　　）

A. 增加输电线的电阻 B. 降低输电电压 C. 提高输电电压 D. 降低输电线架设的高度

【答案】C

【解析】

【详解】A．根据，增加输电线的电阻会增加电能的损耗，故A错误；

BC．根据，，增加输电电压U会降低远距离输电过程中电能的损耗，故B错误，C正确；

D．降低输电线架设高度对是否降低远距离输电过程中电能的损耗无影响，故D错误。

故选C。

5. 如图所示是描述原子核核子的平均质量与原子序数Z的关系曲线，由图可知下列说法正确的是（　　）

A. 将原子核A分解为原子核B、C吸收能量

B. 将原子核D、E结合成原子核F吸收能量

C. 将原子核A分解为原子核B、F一定释放能量

D. 将原子核F、C结合成原子核B一定释放能量

【答案】C

【解析】

详解】A．若原子核A分裂成原子核B、C，有质量亏损，根据爱因斯坦质能方程，释放能量，故A错误；

B．由图可知原子核D、E结合成原子核F，有质量亏损，根据爱因斯坦质能方程，释放能量，故B错误；

C．将原子核A分解为原子核B、F，有质量亏损，根据爱因斯坦质能方程，释放能量，故C正确；

D．F与C的平均质量小于B的平均质量，所以若原子核F、C结合成原子核B，则质量增加，根据爱因斯坦质能方程，要吸收能量，故D错误。

故选C。

6. 如图，木块 a 与 b 叠放在水平地面上，分别受到水平向右和水平向左、大小均为 F 的力作用，且保持静止状态，则

A. b 对 a 的摩擦力方向向左

B. b 对 a 的摩擦力大小为零

C. 地面对 b 的摩擦力方向向右

D. 地面对 b 摩擦力大小为 F

【答案】A

【解析】

【分析】对a受力分析，根据平衡条件可明确ab间是否有摩擦力作用及其方向，再对整体分析，可判断b与地面间摩擦力情况．

【详解】AB、以a为研究对象受力分析，外力F水平向右，则b对a有静摩擦力作用，方向水平向左，A正确，B错误；

CD、以a、b整体为研究对象，由于分别受到水平向右和水平向左、大小均为 F 的力作用，两力合力为零，则b相对于地面没有相对运动趋势，故b和地面之间没有摩擦力．CD均错．

故本题选A．

【点睛】本题考查摩擦力的判断，要注意静摩擦力产生的条件，同时掌握整体法与隔离法的正确应用．

7. 如图所示，折射率的半圆形玻璃砖置于光屏MN的上方，其平面AB到MN的距离为h=10cm。一束单色光沿图示方向垂直MN射向圆心O，经玻璃砖后射到光屏上的O′点。现使玻璃砖绕过O点垂直于纸面的轴顺时针转动，从AB平面射出的光线在光屏上的光点移动的方向和光点离O′点的最远距离分别为（　　）

A. 向右移动、10cm B. 向左移动、10cm

C. 向右移动、20cm D. 向左移动、20cm

【答案】A

【解析】

【详解】BD．玻璃砖绕圆心点顺时针转动，相当于玻璃砖不动，入射光线逆时针转动，则折射光线也逆时针转动，光屏上的光点将向右移动，故BD错误；

AC．由折射定律，设玻璃砖转过角时光线在玻璃砖的面上恰好发生全反射，此时射到光屏上的光点离点的距离最远。设临界角为，有

全反射的临界角

由几何关系知，光屏上光点到的距离

则光屏上光点向右移动，光点离点最远距离为，故A正确，C错误。

故选A。

8. 回旋加速器是将半径为的两个形盒置于磁感应强度为的匀强磁场中，两盒间的狭缝很小，两盒间接电压为的高频交流电源。电荷量为的带电粒子从粒子源处进入加速电场初速度为零，若不考虑相对论效应及粒子所受重力，下列说法正确的是（　　）

A. 增大狭缝间的电压，粒子在形盒内获得的最大速度会增大

B. 粒子第一次在中运动时间大于第二次在中的运动时间

C. 粒子第一次与第二次在磁场中运动的轨道半径之比为

D. 若仅将粒子的电荷量加倍 ，则交流电源频率应变为原来的 倍

【答案】D

【解析】

【详解】A．粒子从D形盒中出来时速度最大，根据洛伦兹力提供向心力

得

可知增大狭缝间的电压U，粒子在D形盒内获得的最大速度不变，故A错误；

B．粒子在磁场中的运动周期为

粒子每次在中的运动时间为周期的一半，故粒子第一次在中的运动时间等于第二次在中的运动时间，故B错误；

C．根据动能定理

第二次被加速

又

联立可得半径之比

故C错误；

D．若仅将粒子的电荷量加倍，根据可得离子在磁场中运动的周期变为原来的倍，则电源的周期变为原来的倍，根据可知电源的频率变为原来2倍，故D正确。

故选D。

9. 如图所示，圆形虚线框内有垂直纸面向里的匀强磁场，、、、是以不同速率对准圆心入射的正电子或负电子的运动径迹；、、d三个出射点和圆心的连线分别与竖直方向成，，的夹角，粒子在磁场中运动过程中（　　）

A. 沿径迹运动的粒子时间最短

B. 沿径迹运动的粒子为正电子

C. 沿径迹运动的粒子速度最大

D. 沿径迹、运动的时间相等

【答案】C

【解析】

【详解】B．根据左手定则可知，沿、径迹运动的粒子四指指向与运动方向相同，可知，沿、径迹运动的粒子是正电子，沿、径迹运动的粒子四指指向与运动方向相反，可知，沿、径迹运动的粒子是负电子，故B错误；

A．粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有

，

解得

，

令粒子运动轨迹对应的圆心角为，则粒子在磁场中运动的时间

根据图像可知，沿径迹运动的粒子轨迹对应的圆心角最大，即沿径迹运动的粒子时间最长，故A错误；

C．根据图像，结合几何关系可知，沿径迹运动的粒子圆周半径最大，结合上述可知，沿径迹运动的粒子速度最大，故C正确；

D．沿径迹、运动的粒子的轨迹对应的圆心角分别、，结合上述可知，沿径迹、运动的粒子的时间不相等，故D错误。

故选C。

10. 如图所示，为研究光电效应的装置，若用频率v的光照射光电管，阴极K有光电子逸出，则滑动变阻器的滑片P向a端移动的过程中（　　）

A. 若开关接1时，光电流一直变大

B. 若开关接1时，光电流一直减小，最终可能为零

C. 若开关接2时，光电流一直变大

D. 若开关接2时，光电流一直减小，最终可能为零

【答案】D

【解析】

【详解】AB．若开关接1时，光电管加正向电压，滑片P向a端移动的过程中光电流可能先增大，达到饱和电流后再不变，故AB错误；

CD．若开关接2时，光电管加反向电压，滑片P向a端移动的过程中，光电管两端反向电压增大，光电流一直减小，最终可能为零，故C错误，D正确；

故选D。

11. 物理“天宫课堂”中，“水桥”实验为我们展示了微重力环境下液体表面张力的特性。“水桥”表面与空气接触的薄层叫表面层，已知分子间作用力和分子间距的关系如图所示。下列说法正确的是（　　）

A. 能总体反映该表面层里的水分子之间相互作用的是位置

B. 表面层中两水分子间的分子势能与其内部水分子相比偏大

C. 表面层中水分子间的距离与其内部水分子相比偏小

D. “水桥”在表面张力作用下收缩过程中分子力做负功

【答案】B

【解析】

【详解】A．“水桥”实验中液体表面的分子表现为引力，而位置水分子之间作用力为0，所以反映该表面层里的水分子之间相互作用的不是位置。故A错误；

BC．表面层中两水分子间距离比分子内部小，水分子内部可以看作分子合力为0，表面层中水分子间的距离与其内部水分子相比偏大。两水分子从内部的距离到达表面层的距离时，分子力做负功，分子势能增大，所以表面层中两水分子间的分子势能与其内部水分子相比偏大。故B正确，C错误；

D．“水桥”在表面张力作用下收缩过程中分子力表现为引力，分子力做正功。故D错误。

故选B。

二、实验题：本大题共1小题，共15分。

12. 某实验小组探究加速度与物体质量的关系。

（1）用天平测量小车质量为及单个钩码的质量；不挂钩码，把小车放在木板上，垫起木板右端以调节木板倾斜角度，直至轻推小车，小车能够沿斜面____________，此时小车受到的合外力为零。

（2）取个钩码，挂在轻绳左端，轻绳跨过定滑轮，右端连接小车。调节滑轮的高度，使连接小车的绳子伸直时与木板保持________________。

（3）纸带穿过打点计时器限位孔并固定在小车上。接通打点计时器，释放小车，打点计时器打出点迹清晰的纸带。每隔个点取一个计数点，记录连续个计数点为、、、、，如图所示。测得、、、。则小车运动的加速度为________（结果保留位有效数字）

（4）保持拉动小车的钩码不变，在小车上添加钩码，增大小车的质量，重复步骤（3）并以加速度为纵坐标，以小车和车上钩码总质量的倒数为横坐标，绘制图像。发现在较大时图线为直线，该直线的斜率为___________，当较小时，实验值与理论值存在明显差异，其原因是_____________________。

【答案】（1）匀速直线运动    

（2）平行    （3）0.20    

（4）    ①.     ②. 当不满足时，由于钩码失重，绳子拉力小于

【解析】

【小问1详解】

不挂钩码，把小车放在木板上，垫起木板一端以调节木板倾斜角度，直至轻推小车，小车能够沿斜面做匀速直线运动，此时小车重力沿斜面分力与摩擦力平衡，故填匀速直线运动。

【小问2详解】

调节滑轮的高度，使连接小车的绳子伸直时与木板保持平行，可在平衡摩擦力后使细绳拉力等于小车受的合力，故填平行。

【小问3详解】

每隔4个点取一个计数点，则相邻计数点间时间间隔

小车运动的加速度为

【小问4详解】

[1]根据题意保持拉动小车的钩码不变，对整体分析，根据牛顿第二定律得

得

由图可得该直线的斜率为

故填；

[2]但当M较小时，实验值与理论值存在明显差异，其原因是当不满足时，由于钩码失重，绳子拉力小于mg，故填当不满足时，由于钩码失重，绳子拉力小于mg。

三、计算题：本大题共4小题，共41分。

13. 如图所示，质量为M、倾角为α的斜面体（斜面光滑且足够长）放在粗糙的水平地面上，斜面顶端与劲度系数为k、自然长度为L的轻质弹簧相连，弹簧的另一端连接着质量为m的物块。压缩弹簧使其长度为L时将物块由静止开始释放，且物块在以后的运动中，斜面体始终处于静止状态。重力加速度为g。

(1)求物块处于平衡位置时弹簧的长度；

(2)求物块在运动过程中弹簧的最大伸长量。

【答案】(1)；(2)＋

【解析】

【详解】物块处于平衡位置时合力为零，物块做简谐运动的条件是

F＝－kx

(1)设物块在斜面上平衡时，弹簧伸长量为ΔL，有

mgsinα－kΔL＝0

解得

此时弹簧的长度为

(2)物块做简谐运动的振幅为

A＝＋

由对称性可知，最大伸长量为

＋

14. 如图所示，在光滑金属框架上垂直导轨放置金属棒，电阻，两导轨间距，导轨左端用电阻相连。匀强磁场的磁感应强度。用外力使棒以速度右移。求：

（1）通过棒的电流；

（2）棒两端的电势差；

（3）在棒上消耗的发热功率。

【答案】（1）0.4A；（2）0.16V；（3）0.016W

【解析】

【详解】（1）由法拉第电磁感应定律，有

由闭合电路欧姆定律，有

（2）棒两端的电势差 

 （3）棒上消耗的发热功率 

15. 如图所示，一定质量的理想气体，在图像中描述从的循环变化过程，其中为等温线，气体在过程中吸热，在状态时温度为。封闭气体的容器内有面积为的观察台，求

（1）气体在状态时的温度；

（2）在过程中气体内能的改变量；

（3）循环变化过程中观察台受到的最大压力差。

【答案】（1）300K；（2）400J；（3）6000N

【解析】

【详解】（1）  为等温线  则

 到过程由盖吕萨克定律得

得

（2）到过程压强不变，由气体对外界做的功

由热力学第一定律

则气体内能增加，增加。

（3）循环变化过程中观察台受到的最大压力差

16. 如图甲所示，水平地面上放有一质量M=2kg的长木板，其右端放有质量m=2kg的小物块，小物块与长木板间的动摩擦因数μ₁=0.3，长木板与地面间的动摩擦因数μ₂=0.2。现对长木板施加一水平向右的拉力F，拉力F随时间t变化的情况如图乙所示。已知小物块可视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s²。求：

（1）t=2s时小物块和长木板的速度大小分别为多少；

（2）0~4s内小物块和长木板的位移大小分别为多少；

（3）小物块始终未滑下长木板，长木板的最短长度是多少。

【答案】（1）均为2m/s    ；（2）12m，16m；（3）4.8m

【解析】

【详解】（1）若物块与长木板恰好不发生相对滑动时，设拉力为F₀，对整体，由牛顿第二定律得

对物块

解得

0~2s内外力

所以物块与长木板一起做匀加速运动。对整体，由牛顿第二定律得

得

（2）0~2s内物块与长木板一起做匀加速运动

解得

2~4s内外力为

物块与长木板发生相对滑动。以物块为研究对象，根据牛顿第二定律有

2~4s内物块的位移

解得

物块0~4s内的位移为

解得

2~4s内以长木板为研究对象，根据牛顿第二定律有

解得

2~4s内长木板的位移

解得

长木板0~4s内的位移为

解得

（3）时物块的速度为

长木板的速度为

由题图乙可知4s后水平拉力为0。对物块分析，受长木板的滑动摩擦力，水平向右的加速度不变仍为a。对长木板分析，受地面的滑动摩擦力、物块的滑动摩擦力均水平向左，做匀减速运动，由牛顿第二定律得

解得

经时间两者共速，有

解得

时间内长木板相对物块向右的位移为

解得

由于

故共速后一起做匀减速运动，不再有相对位移。所以长木板的最小长度

解得