重庆八中2023-2024学年高二下物理期末答案_2024-2025高二（7-7月题库）_2024年07月试卷_0711重庆市（西南大学附属中学校&重庆八中）2023—2024学年高二下学期期末考试

重庆八中 2023——2024 学年度（下）期末考试高二年级
物 理 试 题 答 案
1、【答案】A
【详解】书处于平衡状态，则所受摩擦力为静摩擦力，大小为 f =mgsin，
，选项A正确。故选A。
N =mgcos
2、【答案】D
【详解】AB.v-t图的斜率代表加速度，甲的斜率一直减小，所以加速度一直减小，甲做
变加速直线运动,乙做匀加速直线运动，AB错误
CD.v-t图的面积代表位移，所以t 时刻甲的位移大于乙的位移，所以 0
答案第1页，共6页
t1 时刻甲在前，
甲、乙不能相遇.D正确
3、【答案】C
【详解】A．由位移x与时间t的关系图可知周期为 T = 0 . 8 s ，故A错误；
B．在0.2s时振幅最大，根据简谐振动规律此时速率最小，故B错误；
C．0.1s时与0.3s时位移相同，根据简谐振动规律此时回复力相等，故C正确；
D．在0~1s内质点经历
5
4
T ，由位移x与时间t的关系图可知振幅为 A = 5 c m ，得通过
路程为 s = 5 A = 2 0 c m 故C错误。故选C。
4、【答案】B
【详解】A．B→C过程中，温度降低，则内能减小，选项A错误；
B．B→C过程中，气体体积减小，气体数密度增加，气体压强不变，温度降低，分子平
均动能减小，可知单位时间内、单位面积上气体分子对航天服碰撞的次数增大，选项B
正确；
C．根据 W = p  V 图像与坐标轴围成的面积等于外界对气体做功的数值，可知A→B过
程中外界对气体做的功小于B→C过程中外界对气体做的功，选项C错误。
D.B→C过程中，温度降低，则分子平均动能减小，但并不是所有气体分子的动能都减小，
D错误，故选B。
5、【答案】C
1
【详解】小球下落的时间，根据h=−vt+ gt2
2
可得t =1.5s
这段时间内竹筏前进的距离L=vt =3m
若小球可以落入竹筏中，则竹筏至少长3m，C正确。故选C。
6、【答案】D
{#{QQABaYIEoggoAJAAAAhCUQG6CAAQkBEAAQgOAEAEoAAAwBNABAA=}#}R
R
【详解】AB、设弧长为 的圆弧所对的圆心角为 6 
6 = = =30
R 6
1
根据几何知识，全反射的临界角为C=30根据全反射条件sinC= 解得n=2,AB 错误；
n
c c c
C、由公式v= 可知，光在材料中传播速度v= = ，C错误；
n n 2
D、由题意可知，沿DB方向到达AB面上的光在材料中的传播距离最大，时间最长，做
出如图所示光路图，有几何关系可知光从光源到AC面的传播距离为R，材料中的传播
距离为
答案第2页，共6页
s = ( 2 − 1 ) R 在材料中的传播时间为
t1 =
s
v
=
( 2 −c
2
1 ) R
=
2 ( 2
c
− 1 ) R
光在空气中传播的时间为
t1 =
R
c
点光源发出的光射到AB面上的最长时间为
t = t1 + t
2
=
( 2 2
c
− 1 ) R
，D正确。故D正确
7、【答案】B
【详解】ABC．对篮球受力分析，竖直方向满足 3 f c o s = 3 F
N
s in G   + 因为静摩擦力
f F
N
  解得 F
N 3 c o s
G
s in   

（ − ）
所以想要抓起篮球，则每根“手指”对篮球压力的最小
值为
3 c o s
G
s in    （ − ）
，根据表达式，越小， F
N
越小，C错误由 F
N
表达式可得，夹角
满足 ta n
3 F
N
G
c o s
 

 + 时，才能将篮球抓起。且μ<tan时，不能将篮球抓起，故
A错误，B正确；D．若抓起篮球竖直向上做匀加速运动，且恰好达到最大静摩擦时，
满足 3 F
N
c o s 3 F
N
s in G = m a    − − 可得 F
N
=
3 c
G
o s
m a
s in    （
+
− ）
则每根“手指”对篮球压力的
最小值比匀速运动时大，故D错误。故选B。
8、【答案】BD
【详解】A．根据质量数和电荷数守恒可知，衰变方程为131I→131Xe+ 0e
53 54 −1
即衰变方程中的X是电子，131I衰变时，原子核内中子转化为质子和电子，大量电子从
53
原子核释放出来形成β射线，故A错误；
{#{QQABaYIEoggoAJAAAAhCUQG6CAAQkBEAAQgOAEAEoAAAwBNABAA=}#}B. 比结合能越大越稳定，由于131I衰变成为了131Xe，故131Xe比131I稳定，即131Xe比
53 54 54 53 54
131I的比结合能大，故B正确；；
53
C．温度升高，131I半衰期不变，C错误
53
D．由于半衰期为8天，可知经过16天，即经过两个半衰期，75%的131I原子核发生了
53
衰变，故D正确。故选BD。
9、【答案】AD
【详解】AB、开始时电流表的示数大于0，阴极K到阳极A之间有光电流。当逸出光电
子受到电场的阻碍时，电流表示数才可能为0。因此，根据电路图，只有当阴极K的电势
大于阳极A的电势，即滑片P向 a端滑动，才能实现电流表示数恰好为0。A正确
CD、根 据 爱 因 斯 坦 光 电 效 应 方 程 和 动 能 定 理 ， 有
答案第3页，共6页
E
k
= h v
1
− W
0
= e U
1
和
E
k 2
= h v
2
− W
0
= e U
2
e(U −U )
。联立以上两式，可得出普朗克常量h= 2 1 。D正确。
 −
2 1
10、【答案】ACD
【详解】 S ' 的起振方向与振源的起振方向相同应向下，A正确；波的周期不变，与介质
无关， = v T  ，波长与波速成正比，3：4，B错误；O、S均在波峰，故 9
1 1
 = N
（N =1，2，3，……），因为水面波正好传到
1
S ' 处，故 7
2 2
3
4 2
  = N + （N =0，1，
2
2，……），则
2
N
2
7
3
4
 =
+
，由题意
2
5

N
2
7
+
3
4

1
2
， N
2
可取 14、15、16，
由于
1
:
2
 =3：4，则联立通解 7 N
1
= 1 2 N
2
+ 9 ，代入 N
2
= 1 4 、 1 5 、 1 6 ，要使 N
1
为整数可
得 N
2
= 1 5 , N
1
= 2 7 代入上述表达式，可得
1
=
1
3
 m，
2
=
4
9
 m， v
1
=
2
3
m/s， v
2
=
8
9
m/s，
CD对。判断CD项的方法二：选项代入法，比如假设 D对，则深水区波长可以为
4
9
m，当波正好传到 S '
3 4
处时O处于波峰，故7= N + ，代入 = ，N=15，故D
2 4 2 2 9
对，C项可以类似的方法代入验证。
d(x −x )
11.（6分，每空2分）（1）B （2）7.870 （3） 2 1
4l
L
12.（10分，每空2分）（1）AC（2）0.57 （3）0.42/0.43/0.44 （4） 7 a=2.5k
T
【详解】（1）必须使用电压合适的50Hz交流电源给打点计时器供电，需要用刻度尺测
量计数点之间的距离，故选AC。
{#{QQABaYIEoggoAJAAAAhCUQG6CAAQkBEAAQgOAEAEoAAAwBNABAA=}#}（2）因电源频率为50Hz，每隔四个点取一个计数点，故相邻两计时点之间的时间间隔
(32.45−21.05)10−2m
为0.1s，则打下计数点6时小车的速度为v= =0.57m/s
20.1s
（3）小车的加速度为
答案第4页，共6页
a =


v
t
=
0 .6 1
0
−
.7
0 .3 1
m / s 2  0 .4 3 m / s 2
故测量结果范围为0.42m/s2~0.44m/s2。
（4）因为剪断的纸带所用的时间都是T=0.1s，即时间T相等，所以纸带的长度之比等
于此段纸带的平均速度之比，而此段纸带的平均速度等于这段纸带中间时刻的瞬时速
度，即纸带的高度之比等于中间时刻瞬时速度之比。则图4中纵坐标位置标出的速度值
为 v =
L
T
7
图线的斜率表示加速度，可知小车加速度a与斜率k的关系式为 a = 2 .5 k 。
13.【详解】（1）由液体压强公式： p p
0
g h  = + （4分）
（2）以封闭气体为研究对象，由盖吕萨克定律可得
初始状态体积 V
1
= V + S l1 （1分）
末状态体积 V
2
= V + S l
2
（1分）
V V
1 = 2 （3分）
T T
1
V +Sl
解得T = 2 T （1分）
V +Sl 1
1
2m 2mg
14．（1）2mg （2）(M +m)g （3）
M +m M +5m
{#{QQABaYIEoggoAJAAAAhCUQG6CAAQkBEAAQgOAEAEoAAAwBNABAA=}#}【详解】（1）对木块受力分析，根据平衡条件可知绳子拉力大小为T =mg （1分）
对矩形装置和木块整体，根据平衡条件可知F =2T （1分）
解得F =2mg （1分）
（2）平衡时，由整体法可知地面的支持力为N =(M +m)g （1分）
由（1），地面提供的摩擦力为 f =2mg （1分）
则临界状态
答案第5页，共6页
( M g m g ) 2 m g  + = （1分）
解得
M
2 m
m
 =
+
（2分）
（3）由题意，设木块的水平，竖直加速度分别为 a
x
, a
y
，则矩形装置的加速度也为
a
x
，设绳子拉力为 T ，矩形装置对木块的水平作用力为 N
对木块竖直方向 m g − T = m a
y
（1分）
对木块水平方向 N = m a
x
（1分）
对装置水平方向 2 T − N = M a
x
（1分）
且已知 2 a
x
= a
y
联立解得 a
x
=
M
2 m
+
g
5 m
（2分）
15.（1）设羽毛球与球筒一起运动，则 f + m g = m a （2分）
解得 f =2.3mg  f ，故可以保持相对静止
0
由牛顿第三定律 ： 方向竖直向上 （1分）
羽毛球对球筒的摩擦力大小 f =2.3mg （1分）
（2）由上可知球与球筒一起以a=2.5g匀加速；
当球筒静止后，球以a 做减速运动： f −mg =ma 解得a = g （1分）
1 1 1 1
{#{QQABaYIEoggoAJAAAAhCUQG6CAAQkBEAAQgOAEAEoAAAwBNABAA=}#}(at)2
当球速度减为零时，位移为x= d （2分）
2a 2
1
2 2d
解得t  2 （1分）
5 g
（3）①显然a3.4g：
第一阶段球相对球筒向上滑动，球的加速度为a
2
答案第6页，共6页
f
1
+ m g = m a
2
解得 a
2
= 3 g （1分）
则这一阶段球相对球筒向上滑动的距离为 x
1
=
1
2
a t 2 −
1
2
3 g t 2 （1分）
球筒静止后，球相对筒向下滑动直到静止，相对位移为 x
2
=
( 3
2
g
a
t )
1
2
=
9
2
g t 2 （1分）
要求 2 x
1
− x
2
 d
1
 3 x
1
− 2 x
2
（1分）
解得 ( a −
1 5
2
g ) t 2  d
1
 (
3
2
a −
2 7
2
g ) t 2 （1分）
②若 a  3 .4 g ，只要 t 足够大，球一定从下端离开，因此取值范围是 a  3 .4 g （1分）
若 a  3 .4 g ，此时在一个“周期”内，球相对球筒向下滑的位移大于向上滑动的位置，
且 x
2
− x
1
 d
2
，解得 t 
1 2
2
g
d
2−
a
（1分）
且球不能从上端滑出
1
2
( a − 3 g ) t 2  d
1
，解得 t 
a
2
−
d
13
g
（1分）
2d 2d
则必须有 2  1 （1分）
12g−a a−3g
12d +3d
解得a 1 2 g （1分）
d +d
1 2
{#{QQABaYIEoggoAJAAAAhCUQG6CAAQkBEAAQgOAEAEoAAAwBNABAA=}#}