河北省衡水市第二中学2023-2024学年高二下学期6月期末考试物理PDF版含解析_6月_240629河北省衡水市第二中学2023-2024学年高二下学期6月期末考试

{#{QQABYQQAggCAAJIAAAhCAwWiCkAQkBACAYgGQFAEIAAAQBFABCA=}#}{#{QQABYQQAggCAAJIAAAhCAwWiCkAQkBACAYgGQFAEIAAAQBFABCA=}#}{#{QQABYQQAggCAAJIAAAhCAwWiCkAQkBACAYgGQFAEIAAAQBFABCA=}#}{#{QQABYQQAggCAAJIAAAhCAwWiCkAQkBACAYgGQFAEIAAAQBFABCA=}#}高二年级物理期末考试参考答案： C．气体从状态c到d的过程，是等温变化，压强减小，根据理想气体状态方程可知体积变大，气体对 1．D 外界做功，故C错误； 【详解】A．水黾能漂浮在水面上是表面张力的作用，轮船能漂浮在水面上是水的浮力作用，故A错误； D．气体从状态d到a的过程，温度降低，所用内能减小，故D正确。故选D。 B．在空间站微重力环境下，重力的影响很小，可以做出很大的水球和几十毫米长的“液桥”，并非表面 5．D 张力增大的原因，故B错误； 【详解】A．因原子能级跃迁放出的光子的能量等于原子的能级差，由题图可知光子①、⑤对应的能量 C．水浸润玻璃，水面上升到一定高度，液体表面张力方向跟液面相切，液体表面张力形成向上的拉力， 关系为E E A错误； ⑤ ① 与管内高出管外水面部分水的重力平衡，故C错误； B．由题图可知光子③、⑤对应的能量关系为E E 由光子能量Eh可知，③的频率小于⑤的频 D．液体表面层内分子间的距离大于液体内部分子间的距离，表面层内分子间表现为引力，使液面有收 ③ ⑤ 缩的趋势，故D正确。故选D。 率，B错误； 2．B C．由光子能量Eh和E E 可知，用④照射某金属表面时能发生光电效应，可知E 大于此金属 ④ ⑥ ④ 【详解】A．根据质量数和电荷数守恒，可知X为电子，A项错误； 的逸出功W ，因E E ，则无法比较E 与W 的大小关系，故用⑥照射该金属不一定能发生光电效应， 0 ④ ⑥ ⑥ 0 B．衰变反应是放能反应，衰变产物90Y是一种更稳定的元素，可知其比结合能大于90Sr的比结合能，B 39 38 C错误； 项正确； D．XX态能级与基态能级差保持不变，即①和②的频率之和等于⑤和⑥的频率之和，D正确。故选 C．衰变的实质是原子核内部的一个中子转变为质子，同时释放出一个电子，C项错误； D。 1 1 7 D．根据半衰期公式，经过84年即3个半衰期还剩下( )3  的锶90没有发生衰变，即会有 的锶90 6．B 2 8 8 发生衰变，D项错误。故选B。 【详解】AB．根据U e 1 mv2 hW 可得该实验的入射光频率为 eU c W 0 c 2 m 0 h 3．C 该实验的光电子获得的最大初动能为E eU 选项A错误，B正确； km c 【详解】A．100C时分子的平均速率比0C时大，但100°C时有的分子速率比0°C时要小，故A错误； C．开始时光电管两极间的正向电压越大，光电流越大，但随着光电流增加，当达到饱和光电流时，随 B．图中显示的是布朗运动，是悬浮微粒的无规则运动，不是物质分子的无规则热运动，故B错误； 正向电压增加，光电流不再增大，选项C错误； C．当两个相邻的分子间距离为r 时，分子力为零，此时无论分子间距离增大还是减小，分子力均做负 0 W D．由公式hW 0 可得，极限频率为 0 功，分子势能均增大，所以此时它们之间的势能达到最小值，故C正确； 0 h D．图中模拟气体压强的产生，分子的速度不是完全相等的，所以也不要求小球的速率一定相等，故D 则入射光的频率小于 W 0 时，不可以发生光电效应，选项D错误。故选B。 h 错误。故选C。 7．B 4．D 【详解】环境温度不变，则瓶内封闭气体发生等温变化，故内能保持不变，即U 0 【详解】A．气体从状态a到b的过程，图线过原点，是等容变化，气体体积不变，故A错误； 挤压瓶身时，水面上方气体体积减小，外界对气体做功，即W 0 pV B．气体从状态b到c的过程，是等压变化，温度升高，内能增加，根据理想气体状态方程 C 根据热力学第一定律U QW则Q0即气体对外放热。 T 可知体积变大，对外做功，根据热力学第一定律U QW可知是吸热过程，故B错误； 设“潜水艇”悬浮时，吸管内部封闭气体的压强为p ，体积为V ，根据平衡条件得 gV mg 1 1 1m 解得V  即B受到的拉力大于重力沿斜面向下的分力，对B进行受力分析，沿斜面方向上可得 f mg T 1  B 对吸管内的气体，根据玻意耳定律pV  pV 解得p  p 0 V 在此期间B、C始终保持静止，根据轻绳对B拉力的大小关系变化，可知BC间的摩擦力先增大再减小， 0 1 1 1 m 故B正确； 设水面上方的气体体积减小ΔV，对水面上方的气体，根据玻意耳定律pV  p V ΔV 0 0 1 0 C．将B、C看成一个整体，可知轻绳对B、C整体存在向上的分力，且因为拉力的大小的变化规律和  m  解得V V 1  故选B。 平衡力可知，物体C受到地面的支持力先减小后增大，根据牛顿第三定律可得C对地面的压力先减小 0  V  再增大，故C错误； 8．AD D．将B、C看成一个整体，可知轻绳对B、C整体存在向右的分力，为90°时，即当轻绳对B的拉力 【详解】磁铁吸引小球上升，要消耗磁铁的磁场能，时间长了磁铁的磁性就会逐步减弱，直至不能把小 最大的时候，根据平衡力可知地面对物体C的摩擦力最大，可知轻绳对B的拉力最大为 球吸引上去，该思想违背了能量转化和守恒定律，不可能实现。故AD正确，BC错误。故选AD。 G T  A 2 2mg max cos45 9．AD 3 【详解】AB．t=0时，乙站在甲正前方10m处，由v-t图像可知，0-3s内，甲的速度比乙的大，两者间 可得此时轻绳对B的拉力在水平方向上的分力为T B  T max cos302 2mg 2  6mg 距逐渐减小；3-6s内，甲的速度比乙的小，两者间距逐渐增大，因此t=3s时，甲和乙两人的速度相等， 根据整体法可知地面对物体C的摩擦力为 6mg，则根据牛顿第三定律可知，物体C对地面的摩擦力的 相距最近，故A正确，B错误； 最大值为 6mg，故D正确；故选BD。 CD．由于蓝牙耳机能被连接的时间为4s，所以蓝牙耳机连接的时间是从t=1s至t=5s，当t=1s时，甲的 x x x x  6+5 11．(1) 释放纸带 0.02 3 4 1 2 9.66 1.87 速度为5m/s，在0-1s内，甲与乙的位移之差为xx x = 1m31m2.5m (4T)2 甲 乙 2 (2)偏大 因t=0时，乙站在甲正前方10m处，则t=1s时甲与乙之间的距离为s=10m-2.5m=7.5m 【详解】（1）①[1]实验中为了节约纸带同时获取更多的数据点，应先接通电源再释放纸带； 因此，最远连接距离为7.5m，故C错误，D正确。故选AD。 1 1 ②[2]根据频率与周期之间的关系，可得打点周期为T   s0.02s 10．BD f 50 【详解】A．让拉力F 顺时针缓慢转动90且保持角大小不变，因为结点受力 根据逐差相等公式xat2 可得加速度a x 3 x 4 x 1 x 2  (4T)2 平衡，如图 利用加速度的数学表达式，代入数据可解得 设绳拉力与重力夹角为，重力和外力夹角为，根据正弦定理 (8.239.77)(5.136.69) g  102m/s2 9.66m/s2 F G T 0.082   sin sin sin ③[3]匀变速直线运动某段位移的平均速度等于该段位移所用时间中间时刻的瞬时速度，由此可得 根据几何关系可知，比值不变，从135°减为45°，当结点左端与竖直方向成45时，此时结点左端拉 x x 6.698.23 v  2 3  102m/s1.87m/s C 4T 40.02 力最大，即此时轻绳对B拉力最大，故可知轻绳对B拉力先增大后减小，故A错误； （2）若电源的频率从50Hz变成49Hz，而做实验的同学并不知道，仍按50Hz进行数据处理，则实际 2mg B．由上述可得初始时，轻绳对B拉力的最小，为T  2mg min tan45 周期大于0.02s，实验时计算时间小于实际时间，因此③中算得的v与实际值相比将偏大。 C 可知此时B受到重力沿斜面向下的分力为G sin302mgsin30mg 可得T mg B min 12． R 偏小 15 6.7 4【详解】（1）[1]由于电池的电动势约为十几伏，电流表量程为10mA，可知电路最小电阻应大于1000， 14．（1）250cm3；（2）500cm3；（3）250K 滑动变阻器为限流接法，为确保实验仪器安全，滑动变阻器应该选取R 。 【详解】（1）根据玻意耳定律有P(V V )(P gh)V 解得V 250cm3 4 0 B C 0 1 C B [2]由于接入电阻箱R，导致干路上电流变大，当电流表G示数为5mA，则流过变阻箱的电流大于 （2）根据玻意耳定律有P(V V V )(P gh)(V V ) 解得V 500cm3 1 0 B C x 0 1 C x x P P 5mA，则电流表内阻真实值大于R，故测得的电流表内阻比真实值偏小。 （3）根据查理定律有 1  2 解得T'250K 1 T T' （2）[3][4]由实验步骤三、四可知流过电阻箱R 的电流与流过电流表的电流相等，电阻箱与电流表并 15．（1）8104Pa；（2）0.14J；（3）25% 1 联，由并联电路特点可知，电流表内阻等于电阻箱接入电路的阻值R R 100 【详解】（1）将A、B作为一个整体受力分析可知F (M m)gsin0 解得F 4N g 1 弹 弹 如图乙所示电路图可知，由闭合电路欧姆定律得EI（rR）+IR 对A受力分析可得mgsin p S  pSF 总 1 g 0 1 弹 mgsinF R R 1 R R R R R 解得p  弹  p 代入数据可得p 8104Pa 由R 与G并联可知I  0 g I 联立解得  0 g R  0 g r g 1 S 0 1 0 总 R I R E 1 R E E 0 0 0 （2）汽缸内气体的温度从T 上升到T ，汽缸底部恰好接触到斜面底端的挡板的过程中，可以看成等压 1 2 1 R R 可知 R 图像的斜率为 0 g k 解得电源电动势为E15V V V I 1 R E 变化，根据盖-吕萨克定律可知 1  2 其中V LS V (L L )S 0 T T 1 1 2 1 2 1 2 V 28 1 R R R 解得T  2T  270K=280K R 图像的纵轴截距为 0 g r g b 解得内阻为r6.7 2 V 1 27 I 1 R E E 1 0 所以气体内能的变化U kT kT 2102J 2 1 13．（1）40m；（2）12s；（3）18m 气体对外界所做的功W p (V V)0.12J 【详解】（1）设第一次相遇，两车运动的时间为t ，甲车的位移为x ，乙车的位移为x 1 2 1 1 1 2 根据题意：由△x+x 1 =x 2 即  x＝v 01 t 1  1 2 at 1 2v 1 t 1 根据热力学第一定律U W Q 可得QU W 代入数据Q0.14J 代入数据，解之t =4s或t =16s（舍） x =v t =10×4=40m 1 1 1 11 （3）将A、B作为一个整体受力分析可知(M m)gsinF (M m)a （2）第一次相遇时，乙车的速度为v ，则v =v +at =20+（-1）×4=16m/s 弹 02 02 01 1 设两车从第一次相遇到第二次相遇所用时间为t 2 解得F (M m)gsin(M m)a0 弹 1 根据题意有x′ =x′ 即vt＝v t  at2 代入数据解之t =12s 2 1 12 02 2 2 2 2 对A受力分析可得p Smgsin p S 0 2 （3）从第一次相遇到第二次相遇过程中，当两车速度相等时，两车距离最大．设从第一次相遇到两车 mgsin 解得p  p  1.067105Pa 2 0 S 速度相等所用时间为t 3 由于环境的温度不变，此过程是等温过程，根据玻意耳定律pV  pV 解得V 0.75V 根据题意有v +at =v 代入数据，解之t =6s 1 1 2 2 2 1 02 3 1 3 所以  x＝x 2 x 1 ＝v 02 t 3  1 2 at 3 2v 1 t 3 ＝166 1 2 162106＝18m 而此时，汽缸内气体的体积依然没变，故气密性不好，有漏气的现象，漏掉气体占原体积的百分比为 V 100%25% 所以两车间的最大位移为18m． V 1