山东省菏泽市2022届新高考高二物理下学期期末综合测试试题

2019-2020学年高二下学期期末物理模拟试卷

一、单项选择题：本题共8小题

1．如图所示，质量为M的木楔ABC静置于粗擦水平面上，在斜面顶端将一质量为m的躯体，以一定的初速度从A点沿平行斜面的方向推出，物体m沿斜面向下做减速运动．在减速运动过程中，下列有关说法中正确的是（ ）

A．地面对木楔的支持力大于（M+m）g B．地面对木楔的支持力小于（M+m）g C．地面对木楔的支持力等于（M+m）g D．地面对木楔的摩擦力为0 2．下列说法正确的是

A．布朗运动是悬浮在液体中固体颗粒的分子无规则运动的反映 B．摄氏温度和热力学温度都可能取负值

C．知道某物质的摩尔质量和密度可求出阿伏加德罗常数 D．内能不同的物体，它们分子热运动的平均动能可能相同

3．如图所示，一人站在商场的自动扶梯的水平踏板上随扶梯一起向上匀速运动，则下列说法正确的是

A．人受到的摩擦力水平向右

B．踏板对人的支持力大于人所受到的重力 C．踏板对人做的功等于人的机械能的增量 D．人随踏板运动过程中处于超重状态

4．如图所示，一束单色光从空气入射到棱镜的AB面上，经AB和AC两个面折射后从AC面进入空气．当出射角和入射角i相等时，出射光线相对于入射光线偏转的角度为．已知棱镜顶角为α，则计算棱镜对该色光的折射率表达式为

sinA．

22

B．

sin22

C．

sinsin()2sin

D．

sinsinsin()2

5．如图所示，M是一个小型理想变压器，原副线圈匝数之比n1∶n2=10∶1，接线柱a、b接上一个正弦交变电源，电压u2202sin100tV．变压器右侧部分为一火警报警系统原理图，其中R2为用半导体热敏材料（电阻随温度升高而减小）制成的传感器，R1为一定值电阻．下列说法中正确的是 （ ）

A．电压表V示数为22 V

B．当传感器R2所在处出现火警时，电压表V的示数减小 C．当传感器R2所在处出现火警时，电流表A的示数减小 D．当传感器R2所在处出现火警时，电阻R1的功率变大

6．实验观察到，静止在匀强磁场中A点的原子核发生衰变，衰变产生的新核与释放出的粒子恰在纸面内做匀速圆周运动，运动方向和轨迹示意如图。则下列说法正确的是（ ）

A．发生的α衰变，磁场方向垂直纸面向里 B．发生的α衰变，磁场方向垂直纸面向外 C．发生的β衰变，磁场方向垂直纸面向里 D．发生的β衰变，磁场方向垂直纸面向外

7．如图所示，在外力的作用下，导体杆OC可绕O轴沿半径为r的光滑的半圆形框架在匀强磁场中以角速度ω匀速转动，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，A、O间接有电阻R，杆和框架电阻不计，则所施外力的功率为( )

B22r2A．

RB22r4B．

RB22r4C．

4RB22r4D．

8R8．如图所示，两块水平放置的平行金属板，板长为2d，相距为d，两板间加有竖直向下的匀强电场，将一质量为m、电荷量为q的带正电小球以大小为v0的水平速度从靠近上板下表面的P点射入，小球刚好从下板右边缘射出，重力加速度为g．则该匀强电场的电场强度大小为（ ）

2mgdmv0A．

qd22mgdmv0B．

2qd2mgdmv0C．

qd2mv02mgdD．

2qd二、多项选择题：本题共4小题

9．2008年我国南方遭到了特大冰雪灾害，高压供电线路损坏严重．在维修重建过程中，除了增加铁塔的个数和铁塔的抗拉强度外，还要考虑尽量减小线路上电能损耗，既不减少输电功率，也不增加导线质量，对部分线路减少电能损耗采取的有效措施是( ) A．提高这部分线路的供电电压，减小导线中电流 B．在这部分线路两端换用更大匝数比的升压和降压变压器 C．在这部分线路上换用更优质的导线，减小导线的电阻率 D．多增加几根电线进行分流

10．如图所示，a为带正电的小物块，b是一不带电的绝缘物块，a、b叠放于粗糙的水平地面上，地面上方有垂直纸面向里的匀强磁场，现用水平恒力F拉b物块，使a、b一起无相对滑动地向左加速运动，在加速运动阶段：( )

A．a、b一起运动的加速度减小 B．a、b一起运动的加速度增大 C．a、b物块间的摩擦力减小 D．a、b物块间的摩擦力增大

11．如图所示，环形金属线圈a用轻绳竖直悬挂，在a的右方固定有水平螺线管b，二者水平轴线重合，

螺线管、电源和滑动变阻器组成闭合回路．将滑动变阻器的滑片P向右滑动，下列说法正确的是

A．线圈a中产生感应电流的方向如图所示 B．穿过线圈a的磁通量变大 C．线圈a有收缩的趋势 D．线圈a将向右摆动

12．关于固体和液体，下列说法正确的是 A．单晶体和多晶体都具有确定的熔点

B．非晶体沿各个方向的物理性质都是一样的，叫做各向同性

C．水的饱和汽压与空气中实际的水蒸气的压强比值叫做空气的相对湿度 D．如果要保存地下水分，可以把土壤锄松，破坏土壤里的毛细管 E.非晶体熔化过程中温度不变 三、实验题:共2小题

13． “测定玻璃的折射率”的实验中，在白纸上放好玻璃砖，aa＇和bb＇分别是玻璃砖与空气的两个界面，如图所示．在玻璃砖的一侧插上两枚大头针Pl和P2，用“+”表示大头针的位置，然后在另一侧透过玻璃砖观察，并依次插上大头针P3和P1．在插P3和P1时，应使_________（选填选项前的字母）．

A．P3只挡住Pl的像 B．P1只挡住P2的像 C．P3同时挡住Pl、P2的像 D．P1同时挡住Pl、P2、P3的像

14．如图是研究光电效应的电路图。用频率为v的入射光照射截止频率为v0的K极板，有光电子逸出。

⑴图中电极A为光电管的_______ (填“阴极”或“阳极”);

⑵K极板的逸出功W0＝_______；逸出的光电子最大初动能EK=______; 现将电源的电极反向连接，当电流表的示数为0时，电压表的示数UC=_____.(普朗克常量为h，电子的电量为e，电路中电表均为理想电表) 四、解答题：本题共4题

15．如图所示，木块A和B质量均为1kg，置于光滑水平面上，B与一轻质弹簧端相连，弹簧另一端固定在竖直挡板上，当A以2m/s的速度向B撞击时，由于有橡皮泥而粘在一起运动．求：

(1)木块A和B碰后的速度大小．

(2)弹簧被压缩到最短时，具有的弹簧势能为多大.

16．真空中有一半径为R=5cm，球心为O，质量分布均匀的玻璃球，其过球心O的横截面如图所示。一单色光束SA从真空以入射角i于玻璃球表面的A点射入玻璃球，又从玻璃球表面的B点射出。已知∠AOB=120°，该光在玻璃中的折射率为3，光在真空中的传播速度c=3×108m/s，求：

(1)入射角i的值；

(2)该光束在玻璃球中的传播时间t.

17．如图所示，在水平桌面上放有长度为 L=2.4m的长木板C，在C上左端和中点处分别放有小物块A和B，A、B可视为质点．A、B、C的质量分别为：mA=mB=2kg，mC=1kg，A、B与长木板C间的动摩擦因数均为μ1=0.5，长木板C与桌面间的动摩擦因数为μ2=0.1．开始时，A、B、C均静止，现使A以某一初速度v0从木板左端开始向右运动，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g=10m/s2．求：

(1)在物块A与B相碰前的运动过程中，物块B受到的摩擦力的大小； (2)要使物块A与B能相碰v0应满足的条件；

(3)如已知v0=5m/s，A、B相碰后直接交换速度，碰撞时间忽略不计，且碰撞瞬间木板C的速度保持不变，求最终物块A、B之间的距离．

18．如图所示为氢原子的能级图，现有大量氢原子处于第4能级。求：

（1）这些氢原子跃迁会产生多少种不同频率的光子；

（2）这些不同频率的光子照到逸出功为2.25eV的某种金属上，产生的光电子的最大初动能。

参考答案

一、单项选择题：本题共8小题 1．A 【解析】

试题分析：对M和m组成的系统研究，将m的加速度分解为水平方向和竖直方向，在水平方向和竖直方向分别运用牛顿第二定律分析判断．

解：m沿斜面减速运动，加速度方向沿斜面向上，可知m在竖直方向上的加速度方向竖直向上，在水平方向上的加速度方向水平向右，

对系统研究，竖直方向上有：N﹣（M+m）g=may，可知地面对木楔的支持力大于（M+m）g，故A正确，B、C错误．

水平方向上有：f=max，可知地面对木楔的摩擦力不为零，故D错误． 故选A．

【点评】本题采用整体法分析判断比较简捷，该方法不是常规方法，在平时的学习中，一般情况下取加速度相同的两物体为整体． 2．D

【解析】 【详解】

A．布朗运动是固体微粒的无规则运动是由液体分子撞击形成的，反应了液体分子的无规则运动，故A错误；

B．摄氏温度可能取负值，但是热力学零度是低温的极限，则热力学温度不可以取负值，选项B错误； C．知道某物质的摩尔质量和一个分子的质量可求出阿伏加德罗常数，选项C错误；

D．内能不同的物体，它们的温度可能相同，即它们分子热运动的平均动能可能相同，选项D正确； 故选D. 3．C 【解析】 【分析】 【详解】

AB．由于人匀速向上运动，所以人只受重力与踏板对人的支持力，且两力大小相等，方向相反，合力为零，故AB错误；

C．根据机械能守恒条件可知，除重力或系统内弹力做功，其它力对物体所做的功等于物体机械能的变化，故C正确；

D．由于人匀速向上运动，所以合外力为零处于平衡状态，故D错误． 故选C。 4．A 【解析】 【分析】 【详解】

由折射定律可知nsini，因入射角和出射角相等，即 sinii

故由几何关系可知

，i

222故折射率

sinn22

sinA正确。 5．A 【解析】 【分析】

输出电压是由输入电压和匝数比决定的，输入的功率的大小是由输出功率的大小决定的，电压与匝数程正比，电流与匝数成反比，根据理想变压器的原理分析即可． 【详解】

由图象可知，输入的电压为220V，变压器的电压与匝数成正比，由此可得副线圈的电压为22V，电压表测的是半导体热敏材料的电压，R1，R2的总电压为22V，所以电压表的示数小于22V，故A错误；当出现火警时，温度升高，电阻R2减小，副线圈的电流变大，所以R1的电压要增大，由于副线圈的总电压不变，所以R2的电压就要减小，故B正确；由B分析可知，副线圈的电阻减小，副线圈的电流变大，所以原线圈的电流也就要增大，故C错误；由B分析可知，副线圈的电阻减小，副线圈的电流变大，由于R1的电阻不变，由P=I2R1可知，电阻R1的功率变大，故D正确．所以BD正确，AC错误． 【点睛】

本题主要考查变压器的知识，要能对变压器的最大值、有效值、瞬时值以及变压器变压原理、功率等问题． 6．C 【解析】 【详解】

原子核发生衰变时，根据动量守恒可知两粒子的速度方向相反，动量的方向相反，大小相等；根据左手定则可知，若是发生α衰变，则α粒子与新核都带正电，由于粒子动量的方向相反，所以洛伦兹力的方向相反，是外切圆；若发生β衰变，β粒子是电子，带负电，由于粒子动量的方向相反，所以洛伦兹力的方向相同，是内切圆。故该原子核发生的是β衰变，由半径公式rmvP分析得知，r与电荷量成反比，qBqBβ粒子与新核的电量大小分别为e和ne（n为新核的电荷数），则β粒子与新核的半径之比为：ne：e=n：1．所以半径比较大的轨迹是衰变后β粒子的轨迹，新核沿顺时针方向运动，在A点受到的洛伦兹力向左，由左手定则可知，磁场的方向向里

A. 发生的α衰变，磁场方向垂直纸面向里与分析不相符，故A项与题意不相符； B. 发生的α衰变，磁场方向垂直纸面向外与分析不相符，故B项与题意不相符；

C. 发生的β衰变，磁场方向垂直纸面向里与分析相符，故C项与题意相符； D. 发生的β衰变，磁场方向垂直纸面向外与分析不相符，故D项与题意不相符。 7．C 【解析】 【分析】 【详解】

因为OC是匀速转动的，根据能量的守恒可得，

E2 P外P电R又因为

rEBr·

2联立解得：

B22r4 P外4R所以C正确，选项ABD错误． 故选C。 【名师点睛】

导体棒匀速转动，说明处于受力平衡状态，外力的功率和电阻的发热的功率大小相等，求出电阻发热的功率即可；解决本题的关键是分析出外力的功率与电阻的发热的功率大小相等，知道这一点本题就简单的多了． 8．D 【解析】

当两极板间电场向下时，根据牛顿第二定律，有：qE+mg=ma1 解得：a1=

qEmg…① m运动时间为：t=2d/v0…② d=

12a1t …③ 22mv02mgd联立①②③得：E

2dq当两极板间电场向上时，根据牛顿第二定律，有： mg−qE=ma2 解得：a2=

mgqE…④ m运动时间为：t=2d/v0…⑤

1d=a2t2 …⑥ 222mgdmv0联立④⑤⑥得：E

2dq综上，D正确，ABC错误； 故选D

二、多项选择题：本题共4小题 9．ABC 【解析】

高压输电，电路中电流变小，则损失的电能减小，A正确；换用更大匝数比的升压和降压变压器，仍为提高输电线的电压，B正确；当电路中电阻减小时，由能减小损失的能量，同时还增加材料等，不现实，D错误． 10．AC 【解析】 【分析】 【详解】

先整体受力分析：F-μN=（Ma+Mb）a，N=(Ma+Mb)g+Bqv，所以整体做加速度减小的加速运动；故A正确，B错误；

对a来讲，静摩擦力提供加速度：11．AD 【解析】

将滑动变阻器的滑片P向右滑动时，电阻变大，电流减小，穿过a的磁通量向左减小，根据楞次定律可知，线圈a中产生感应电流的方向如图所示，选项A正确，B错误；根据安培定则可知，a中所受的安培力是线圈扩张的趋势，且线圈向右摆动靠近线圈b，选项C错误，D正确；故选AD.

点睛：首先应掌握楞次定律的基本应用，楞次定律的第二描述是能量守恒定律在电磁感应现象中得出的必然结果．一般在解决有关相对运动类问题时用楞次定律的第二描述将会非常简便． 12．ABD 【解析】 【详解】

A. 单晶体和多晶体都具有确定的熔点，选项A正确；

B. 非晶体沿各个方向的物理性质都是一样的，叫做各向同性，选项B正确；

C. 空气中的水蒸气的压强与同一温度下水的饱和汽压的比值叫做空气的相对湿度，故C错误； D. 如果要保存地下水分，可以把土壤锄松，破坏土壤里的毛细管，选项D正确；

，C正确；多增加几根电线进行分流，既不

f，所以a、b物块间的摩擦力减小．故C正确，D错误． Ma

E.晶体熔化过程中温度不变，选项E错误. 三、实验题:共2小题 13．CD; 【解析】 【详解】

根据实验的原理，连接P1、P2表示入射光线，连接P3、P1表示出射光线，连接两光线与玻璃砖的交点，即为折射光线．实验的过程中，要先在白纸上放好玻璃砖，在玻璃砖的一侧插上两枚大头针P1和P2，然后在玻璃砖另一侧观察，调整视线使P1的像被P2的像挡住，接着在眼睛所在一侧相继又插上两枚大头针P3、P1，使P3挡住P1、P2的像，使P1挡住P3和P1、P2的像． A．P3只挡住Pl的像，与结论不相符，选项A错误； B．P1只挡住P2的像，与结论不相符，选项B错误； C．P3同时挡住Pl、P2的像，与结论相符，选项C正确； D．P1同时挡住Pl、P2、P3的像，与结论相符，选项D正确； 故选CD． 【点睛】

用插针法测定玻璃砖折射率时，要知道实验的原理及实验的步骤，同时要使得大头针间的距离和入射角都应适当大些，可减小角度引起的相对误差，提高精度． 14．阳极 hv0 hv－hv0 【解析】 【详解】

第一空．根据电路图可知，电极A为光电管的阳极； 第二空．K极板截止频率为v0，则其逸出功为：W=hv0；

第三空．根据光电效应方程可知逸出的光电子最大初动能为：EK=hv-hv0；

第四空．将电源的电极反向连接，当电流表的示数为0时，由动能定理可得：-eUC=0-EK，电压表的示数为：UC=

hvhv0 ehvhv0． e2n1

2n1n2四、解答题：本题共4题 15． (1)

1m/s (2) an{【解析】 【详解】

（1）对AB碰撞过程，由动量守恒定律有 mA0(mAmB) 解得

1m/s

（2）弹簧压缩至最短时，AB动能全部转化为弹性势能，所以弹簧的最大弹性势能为

1EPm(mAmB)2

2解出

an{2n1

2n1n2【点睛】

（1）A撞击B过程系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出碰后共同速度．

（2）当弹簧被压缩到最短时，系统的动能全部转化为弹簧的弹性势能，由能量守恒定律可以求出弹簧的弹性势能．

16． (1) i=60° (2) t=5×10-10s 【解析】 【详解】

(1) 根据几何关系可知：OAB由折射定律得：n解得：i60

180AOB 30

2sini

sinOABc v2Rcos30 传播时间：tv(2)由折射有：n解得：t51010s 17． (1)fB【解析】

(1)假设在A、B碰前，B、C相对静止，

对B、C整体：1mAg2(mAmBmC)g(mAmB)a1 解得：a110N (2)v04m/s (3)d=0.675m 35m/s2 3对B：fBmBa1

fB10N 310N 3而B、C间的最大静摩擦力：fm1mBg10N 所以，假设成立．fB10N 3(2)A向右匀减速：1mAgmAaA

2解得：aA5m/s

临界：在A、B速度相等时刚好相遇，v共=v0aAt1a1t1

xAxB11L(v0v共)t1v共t1 222解得：v04m/s．所以要使A、B相碰，需满足：v04m/s

(3)当v0=5m/s，A与B相碰：碰前瞬间速度分别为vA、vB，开始运动到相碰，时间为t2， 则：xAxBv0t2解得：t20.3s

此时：vAv0aAt23.5m/s

1212LaAt2a1t2 222vBa1t20.5m/s

2aA碰撞交换速度：vA0.5m/s，vB3.5m/s，aAa15m/s，aB5m/s2 3vBaBt3v之后三者共速：v共AaAt3 =1.25m/s 解得：t30.45s，v共x最终A、B间的距离为d：dxBA解得：d=0.675m

11v共)t3(v(vBAv共)t3 22点睛：此题是板块模型，主要考查牛顿第二定律的综合应用；关键是先搞清物体运动的物理过程，分析临界状态，挖掘隐含条件，关联两物体的位移关系及速度关系，联系运动公式求解. 18．（1）6种；（2）10.5eV。 【解析】 【详解】

（1）大量氢原子从n＝4的能级跃迁能产生C42＝6种不同频率的光；

（2）氢原子从n＝4的能级向n＝1发生跃迁，发射光子能量最大，产生的光电子的最大初动能也最大； 光子的能量：Em＝E4﹣E1＝﹣0.85﹣（﹣13.6）＝12.75eV 当照射光电管放出能量为：Ekm＝12.75﹣2.25＝10.5eV

2019-2020学年高二下学期期末物理模拟试卷

一、单项选择题：本题共8小题

1．关于原子物理知识，下列说法正确的是（ ） A．γ射线是高速运动的电子流

B．太阳辐射能量的主要来源是太阳内部发生的轻核聚变 C．

的半衰期为5天，10g

经过10天后还剩下5g

D．由爱因斯坦质能方程E＝mc2可知质量与能量可以相互转化

2．一质点沿直线方向做加速运动，它离开O点的距离x随时间变化的关系为x=3+2t3(m)，它的速度随时间变化的关系为v=6t2m/s．则该质点在t=2s时的瞬时速度和t=0到t=2s间的平均速度分别为 ( ) A．8 m/s、24 m/s B．24 m/s、8 m/s C．12 m/s、24 m/s D．24 m/s、12 m/s

3．唐僧、悟空、沙僧和八戒师徒四人想划船渡过一条宽150 m的河，他们在静水中划船的速度为5 m/s，现在他们观察到河水的流速为4m/s，对于这次划船过河，他们有各自的看法，其中正确的是 A．唐僧说：我们要想到达正对岸就得船头正对岸划船 B．悟空说：我们要想节省时间就得朝着正对岸划船 C．沙僧说：我们要想少走点路就得朝着正对岸划船 D．八戒说：今天这种情况我们是不可能到达正对岸的

4．一定质量的理想气体，在温度不变的条件下，使其压强增大，则在这一过程中气体 ( ) A．从外界吸收了热量 B．对外界做了功 C．密度增大

D．分子的平均动能增大

5．如图所示，长L＝34 cm的粗细均匀的长直玻璃管竖直放置，上端开口，用长h=15 cm的水银将一定质量的气体封闭在管的下端，稳定后气体长度l=10 cm。已知外界大气压p0=75cmHg，现保持温度不变的情况下从管的上端开口处缓慢加入水银，则加入水银的最大长度为

A．9 cm B．10 cm C．14 cm

D．15 cm

6．如图所示是水面上两列频率相同的波在某时刻相遇时的示意图，以波源S1、S2为圆心的两组同心圆弧分别表示同一时刻两列波的波峰(实线)和波谷(虚线)，S1的振幅A1＝4cm，S2的振幅A2＝4cm．则下列说法正确的是

A．质点D是振动减弱点 B．质点B是振动加强点

C．质点A、D在该时刻的高度差为16cm D．再过半个周期，质点C是振动加强点

7．如图所示，虚线右侧空间有磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，直角扇形导线框OMN的半径为l，电阻为R绕垂直于纸面的轴O以角速度顺时针匀速转动．设线框中感应电流的方向以

OMNO为正，线框处于图示位置为计时零点．下列图中能正确表示线框转动一周感应电流变

化情况的是（ ）

A．

B．

C．

D．

8．如图甲所示的变压器电路中，电压表为理想电表，变压器原、副线线圈的匝数比为3:1，a,b端输入稳定的交流电压如图乙所示，L1、L2两个灯泡均正常发光，电压表的示数为55V，则L1、L2两个灯泡的额定功率P1、P2之比为

A．1:3 B．2:3 C．1:1 D．4:3

二、多项选择题：本题共4小题

9．对以下物理现象的分析正确的是( )

①从射来的阳光中，可以看到空气中的微粒在上下飞舞 ②上升的水汽的运动 ③用显微镜观察悬浮在水中的小炭粒，小炭粒不停地做无规则运动 ④向一杯清水中滴入几滴红墨水，红墨水向周围运动 A．①②③属于布朗运动 B．④属于扩散现象 C．只有③属于布朗运动 D．以上结论均不正确

10．如图所示，空气中有一折射率为2的玻璃柱体，其横截面是圆心角为90、半径为R的扇形OAB，一束光平行于横截面，以入射角照射到OA上，OB不透光．只考虑首次入射到圆弧AB上的光

A．若45，则AB面上最大的入射角为45 B．若45，则AB面上最大的入射角大于45 C．若增大，则AB上有光透出部分的强长不变 D．若增大，则AB上有光透出部分的弧长变长

11．如图所示，A、B是相同的的两个小灯泡，L为自感系数很大的线圈，其直流电阻等于灯泡电阻．闭合开关S，电路稳定时，B灯能正常发光．则（ ）

A．开关S闭合时，A、B两灯同时亮 B．开关S闭合，电路稳定时，A灯熄灭 C．开关S断开时，两灯都会闪亮一下再熄灭 D．开关S断开时，A灯灯丝不可能被烧断

12．如图所示,光滑平行金属导轨PP′和QQ′都处于同一水平面内,P和Q之间连接一电阻R,整个装置处于竖直向下的匀强磁场中,现在垂直于导轨放置一根导体棒MN,用一水平向右的力F拉动导体棒MN,以下关于导体棒MN中感应电流方向和它所受安培力的方向的说法正确的是( )

A．感应电流方向是M→N C．安培力水平向左 三、实验题:共2小题

B．感应电流方向是N→M D．安培力水平向右

13．有一只标识为“2.5 V，0.5 A”的小灯泡，小华想测定其伏安特性曲线，实验室所供选择的器材除了导线和开关外，还有以下一些器材可供选择： 编号 A B C D E F 器材名称 电源E 电流表A1 电流表A2 电阻箱R 滑动变阻器R1 滑动变阻器R2 规格与参数 电动势为3.0V，内阻不计 量程0～10mA，内阻200Ω 量程0～600mA，内阻2Ω 阻值999.99Ω 最大阻值10Ω 最大阻值2kΩ （1）为了达到实验目的需要组装一个量程为3.0 V的电压表，那么电阻箱的阻值应调到________ Ω； （2）为了减小实验误差，实验中滑动变阻器应选择________(选填器材前面的编号)；

（3）请帮助小华设计一个电路，要求使误差尽量小，并将电路图画在图1虚线框内________；

（4）小华在实验中用电流表和改装后的电压表测得数据并记录在下表中，请根据表格中的数据在图2方格纸上作出该小灯泡的伏安特性曲线_________； 电压U/V 电流I/A 0 0 0.5 0.17 1.0 0.30 1.5 0.39 2.0 0.45 2.5 0.49 （5）将一个电动势为1.5V，内阻为3Ω的电源直接接在该小灯泡的两端，则该小灯泡的实际功率为________W(结果保留1位有效数字)．

14．现有一种特殊的电池，它的电动势E恒定，内阻r较大．为了测定这个电池的电动势和内阻，某同学

利用如图所示的电路进行实验，图中电压表的内阻很大，对电路的影响可不考虑，R为电阻箱．改变电阻箱的阻值R，记录电压表的示数U，绘制如图所示

11图线． UR

①用E、r表示图线的斜率为_______、纵截距为_______，由图线可求得E=_______V，r=_______Ω； ②若电压表内阻的影响不能忽略，则由上述图线求得的电动势将比真实值_______，求得的内阻将比真实值_______．（两空均选填“偏大”“不变”或“偏小”） 四、解答题：本题共4题

15．2022年第24届冬季奥运会将在北京和张家口举行。冰壶运动是冬季运动项目之一，深受观众喜爱。图1为中国运动员在训练时投掷冰壶的镜头。冰壶的一次投掷过程可以简化为如图2所示的模型：在水平冰面上，运动员将冰壶甲推到A点放手，冰壶甲以速度v0从A点沿直线ABC滑行，之后与对方静止在B点的冰壶乙发生正碰。已知两冰壶的质量均为m，冰面与两冰壶间的动摩擦因数均为μ，AB＝L，重力加速度为g，冰壶可视为质点。不计空气阻力。

（1）求冰壶甲滑行到B点时的速度大小v；

（2）若忽略两冰壶发生碰撞时的能量损失。请通过计算，分析说明碰后两冰壶最终停止的位置将如图3所示：甲停在B点，乙停在B右侧某点D。

（3）在实际情景中，两冰壶发生碰撞时有一定的能量损失。如果考虑了它们碰撞时的能量损失，请你在图4中画出甲、乙两冰壶碰后最终停止的合理位置。

16．如图所以，玻璃管长为l080cm，一端开口，另一端封闭，内有一段长度h=25cm的水银柱封闭着一定质量的理想气体，当玻璃管水平放置时，气柱长l140cm，温度为t=27℃，大气压强p0=75cmHg，现把玻璃管缓慢转动到开口向上，然后对玻璃管内的气体加热，问：

（1）温度升到多少摄氏度，玻璃管中水银恰好不溢出；

（2）继续对气体加热，温度升到多少摄氏度，玻璃管中水银将会全部自动溢出．

17．带有活塞的气缸内封闭一定量的理想气体，其变化图如图所示．气体开始处于状态A，由过程A→B到达状态B，后又经过程B→C到达状态C.设气体在状态A时的压强、体积和温度分别为pA、VA和TA.在状态B时的体积为VB，状态C时的温度为TC.

(1)求气体在状态B时的温度TB.

(2)A→B过程中，其内能减小了E，求气体吸收的热量． (3)求气体在状态A的压强pA与状态C的压强pC之比． 18．如图所示,用折射率n2的玻璃做成内径为R、外径为R2R的半球形空心球壳,束平行光平行

于OO射向此半球的外表面．

(ⅰ)某条光线到达内表面时发生全反射,求这条光线在内、外表面上的入射角各为多大? (ⅱ)要使球壳内表面没有光线射出,可在半球壳左侧放一遮光板，此板面积至少多大?

参考答案

一、单项选择题：本题共8小题 1．B

【解析】 【详解】

A.β射线是高速运动的电子流，γ射线为电磁波，故A项错误； B.太阳辐射能量的主要来源是太阳中发生的轻核聚变，故B项正确； C.

的半衰期是5天，10克

经过10天后还剩下

；故C项错误.

D.爱因斯坦质能方程E＝mc2表明，物体具有的能量和它的质量之间有简单的正比关系，不能理解为质量与能量是可以相互转化的；故D项错误. 2．B 【解析】

试题分析：质点在t＝2 s时的瞬时速度为O点为

；0时刻距O点为

，2s时距

，所以位移为16m，所以平均速度为8 m/s．

考点：本题考查了位移、平均速度的计算 3．B

【解析】试题分析：当静水速度垂直于河岸时，渡河的时间最短，为：

；但30s内要

随着水向下游移动，故A错误，B正确；当合速度与河岸垂直时，渡河的位移最小，此时船头偏向上游，故C错误，D错误；故选B。 考点：运动的合成和分解 4．C 【解析】

气体的温度不变，内能不变，使其压强增大，玻意耳定律PV=C可知，其体积减小，外界对气体做功，由热力学第一定律知气体向外放热．故AB错误．由A知气体的体积减小，分子密度增大．故C正确．温度是分子平均动能的标志，温度不变，分子的平均动能不变，D错误；故选C．

点睛：根据温度是分子平均动能的标志、一定质量的理想气体内能只与温度有关进行判断．对于气体状态变化过程，要掌握气态方程，分析参量的变化． 5．B 【解析】 【详解】

设水银柱的最大长度为x，此时气体的压强p2=(p0+x)cmHg；气体的体积为V2=（L-x）S；开始时：p1= p0+h=90cmHg；气体的体积：V1=lS；由玻意耳定律可知：p1V1= p2V2，解得x=25cm；则加入水银的最大长度为：25-15=10cm；

A. 9 cm，与结论不相符，选项A错误；

B. 10 cm，与结论相符，选项B正确； C. 14 cm，与结论不相符，选项C错误； D. 15 cm，与结论不相符，选项D错误； 6．C 【解析】 【分析】 【详解】

A、B：两列频率相同的相干水波相遇时发生稳定的干涉，D点是波谷与波谷相遇点，A是波峰与波峰相遇点，B、C两点是波峰与波谷相遇点．则A、D两点是振动加强的，且B、C两点是振动减弱的，故AB错误；

C、S1的振幅A1=4cm，S2的振幅A2=4cm，质点A是处于波峰叠加位置，相对平衡位置高度为8cm，而质点D处于波谷叠加位置，相对平衡位置为-8cm，因此质点A、D在该时刻的高度差为16cm，故C正确； D、质点C是振动减弱点，再过半个周期，仍是减弱点，故D错误． 7．A 【解析】

当线框进入磁场过程中，切割的有效长度为半圆的半径不变，即电动势及电流大小不变，电流大小为

Bl2，由右手定则可知，电流为逆时针，故为正值； 2R当线框全部进入磁场，磁通量不变，无感应电流；

当线框离开磁场过程中，切割的有效长度为半圆的半径不变，即电动势及电流大小不变，电流大小为

Bl2，由右手定则可知，电流为顺时针，故为负值， 2R故选A. 8．A 【解析】 【详解】

由于电压表的示数为55V，即灯泡两端的电压为55V，根据

可知原线圈的输入电压为165V，因此

灯泡两端的电压，两个灯泡的电流之比为，因此两个灯泡的额定功

率之比；

A.1：3与分析相符，符合题意；

B.2：3与分析不符，不符合题意； C.1：1与分析不符，不符合题意； D.4：3与分析不符，不符合题意。 二、多项选择题：本题共4小题 9．BC 【解析】 【详解】

①从射来的阳光中，可以看到空气中的微粒在上下飞舞，是固体颗粒的运动，是由于空气的流动形成的，不属于布朗运动；

②上升的水蒸气的运动，是由于大气压力的作用引起的，不是布朗运动；

③用显微镜观察悬浮在水中的小碳粒，小碳粒不停地做无规则运动，是布朗运动；

④向一杯清水中滴入几滴红墨水，红墨水向周围运动，属于扩散运动，故BC正确，AD错误。 10．BC 【解析】 根据折射定律有：

sin45＝ 2可得光进入玻璃后光线与竖直方向的夹角为30°． sinr

过O的光线垂直入射到AB界面上点C射出，C到B之间没有光线射出；越接近A的光线入射到AB界面上时的入射角越大，若AB面上的入射角等于45°，则由图可知，∠DOA=1800-450-1200=150，则设到AD之间的光线的入射角大于450，即AB面上最大的入射角大于45°，选项A错误，B正确；根据临界角公式：sinC=1，得临界角为45°，如果AB界面上的临界点为D，此光线在AO界面上点E入射，在三角形ODE2中可求得OD与水平方向的夹角为180°-（120°+45°）=15°，所以A到D之间没有光线射出．由此可得没有光线射出的圆弧对应圆心角为90°-（30°+15°）=45°，所以有光透出的部分的弧长为 R． 增大θ，则折4射角也增大，根据几何关系，设折射角为α，则有光线射出的部分对应的圆心角为90°-α-（180°-135°-α）=45°，知对应的弧长不变．故C正确，D错误．故选BC．

点睛：本题考查光的折射和全反射，做光路图运用几何关系进行分析是解题的基础；此题意在考查正确地作出光路图解决几何光学问题的能力和综合运用知识的能力． 11．AD 【解析】

A. 开关s闭合瞬间，A和B同时发光，故A正确；

B. 电路稳定后L的电感不再起作用，起作用的只是它的直流电阻，因A.B灯相同，B此时正常发光，那么说明灯的额定电流由并联的A和L的直流电阻分配，L的直流电阻等于灯泡电阻,那么A支路的电流会等于其额定电流的1/2，也就是说其亮度较B灯暗，不一定熄灭，故B错误；

CD. 断开开关S的瞬间，由电感的特性可知：L和A组成的回路中的电流会维持不变，其数值就是S断开前L支路中的电流，即等于额定电流的一半，不会闪亮一下，灯丝也不可能被烧断．而B灯立即熄灭，故C错误，D正确； 故选AD 12．BC 【解析】

根据右手定则判断可知：导体棒MN中感应电流方向N→M，根据左手定则判断可知MN所受的安培力方向水平向左，故BC正确，AD错误．故选BC. 三、实验题:共2小题

13．100 E 0.2

【解析】 【详解】

[1]由题意可知，（1）本实验应采用伏安法测量伏安特性曲线，由表中数据可知，电流大小最大约为0.49A，因此电流表应采用A2，故只能采用A1与电阻箱串联的方式进行改装，由串并联电路规律可知

3R200Ω=100Ω

0.01（2）[2]由于本实验采用滑动变阻器分压接法，所以只能选用总阻值较小的E；

（3）[3]本实验应采用滑动变阻器分压接法，由于电流表内阻较小，故应采用电流表外接法，故原理图如图所示

（4）[4]根据描点法可得出对应的伏安特性曲线如图所示

（5）[5]在灯泡伏安特性曲线中作出电源的伏安特性曲线，两图的交点表示灯泡的工作点，由图可知，电压U=0.8V，电流I=0.22A，则功率

PUI0.80.22W0.2W

【点睛】

明确实验原理，根据电路的改装规律可明确电阻箱应接入电阻；根据滑动变阻器的作用可确定应选择的滑动变阻器；根据实验原理进行分析，从而明确应采用的电路图；根据描点法可得出对应的图象；在灯泡伏安特性曲线中作出电源的伏安特性曲线，两图的交点表示灯泡的工作点，从而确定电压和电流，由功率公式即可确定电功率．

14．r/E 1/E 5.0 150.0 偏小 偏小 【解析】 【详解】

①闭合开关，调整电阻箱的阻值，读出电压表的示数，再改变电阻箱的电阻，得出多组数据，根据

EU意义是

U11r1rr知，知图线的纵轴截距表示电动势的倒数，图线的斜率等于，截距的物理

UEERER1，由斜率与截距可以求得E5.0V，r150.0Ω； EUU11rr1)r，知(1)，考虑电压RRVUERVER(2)如果考虑电压表的内阻，根据实验的原理EU(表的内阻，此时图线的纵轴截距表示

1r(1)，所以E测小于E真，r测小于r真，即则由上述图线求得的ERV电动势将比真实值偏小，求得的内阻将比真实值偏小。 四、解答题：本题共4题

215．（1）vv02gL（2）见解析（3）

【解析】 【详解】

（1）以甲冰壸为研究对象，从A到B，根据动能定理mgL2解得vv02gL

1212mvmv0 22

（2）以甲、乙两冰壸为研究对象，设碰后瞬间它们的速度分别为v甲和v乙， 根据动量守恒定律mv=mv甲+mv乙

121122根据能量守恒定律mvmv甲+mv乙

222联立解得v甲=0，v乙=v

即碰后甲停在B点，乙以速度v向前做匀减速直线运动，最后停在D点。

（3）甲、乙两冰壶碰后最终停止的合理位置如图所示，甲、乙停在BD之间，甲在B点右侧，乙在D点左侧。

16．（1）277℃；（2）327.625℃； 【解析】

（1）开口向上，玻璃管中水银恰好不溢出时 压强P2P0h100cmHg；气柱长为l2l0h；

p0l1Sp2l2S由气体状态方程有，

t273t2273解得t2=277℃

（2）设剩余水银柱高为x时对应温度最高 这时气柱长为L3l0x，压强为p3p0x；

p0l1Sp3l3S设温度为t3，由气体状态方程得，

t273t3273代入得

754075x80x 300t3273求得当x=2.5cm时，对应最高温度为t3=327.625℃(327.6℃~327.63℃皆可) 所以温度升到327.625℃，玻璃管中水银将会全部自动溢出．

点睛：气体问题，分析清楚气体的状态变化过程、求出气体的状态参量是解决本题的前提与关键，分过程应用玻意耳定律、盖吕萨克定律和气态方程可以解题． 17． (1)TB= TAVB/VA (2)Q=-P(VA-VB)-E (3)VBTA/VATC 【解析】

A（1）由题图知，A→B过程为等压变化．由盖-吕萨克定律有 ＝VTAVBTAVB T= ，解得B

TBVA（2）A→B过程中，外界对气体做功：W=PA(VA-VB)，因其内能减小了E，根据∆U=W+Q可知，气体吸收的

热量Q=-PA(VA-VB)-E．

（3）由题图知，B→C过程为等容变化，由查理定律有P/T＝C；

PATAVB A→B过程为等压变化，压强相等，有PA=PB由以上各式得． PCTCVA点睛：由图线判断出三点各物理量间的关系，A→B过程为等压变化．由盖-吕萨克定律求B点温度；B→C过程为等容变化，熟练应用理想气体状态方程即可正确解题． 18． (ⅰ)45o、45o(ⅱ)SR2 【解析】 【详解】

(ⅰ)设光线aa射入外球面，沿ab方向射向内球面，刚好发生全反射则sinC11 n2

o所以内表面入射角i1C45

在Oab中， Oa2R,ObR

sin(180oi1)sinr所以

R2R解得r30o 又由

sinin，解得i45o sinr所以外表面入射角为45o (ⅱ)由图中可知， hRsiniR

所以，至少用一个半径为R的遮光板，圆心过OO轴并垂直该轴放置，才可以挡住射出球壳的全部光线，这时球壳内部将没有光线射出，其最小面积SR2. 【点睛】

解决光学问题的关键要掌握全反射的条件、折射定律n画出光路图，运用几何知识结合解决这类问题．

c1sini、临界角公式sinC、光速公式v，sinrnn