浙江省嘉兴市2023-2024学年高二下学期6月期末物理试题

嘉兴市2023~2024学年第二学期期末测试高二物理试题卷考生注意：1.答题前，请务必将自己的姓名，考号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸规定的位置上。2.答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷上的作答一律无效。3.非选择题的答案必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题纸上相应的区域内，作图时先使用2B铅笔，确定后必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑。4.可能用到的相关公式或参数：重力加速度g均取。选择题部分一、选择题Ⅰ（本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）1.下列物理量为矢量的是（）A.温度 B.路程 C.动量 D.磁通量【答案】C【解析】【详解】动量既又大小又有方向，是矢量；而温度、磁通量和路程只有大小无方向，是标量。故选C。2.杭州第19届亚运会游泳比赛中，中国队以28金21银9铜创历史最佳战绩。来自浙江的运动员余依婷，在长50m的标准泳池中进行的女子400米个人混合泳中，以4分35秒44的成绩，摘得比赛的金牌。则（）A.研究余依婷的技术动作时可以将她看成质点 B.“4分35秒44”指的是时间间隔C.余依婷在加速阶段比匀速阶段惯性小 D.余依婷比赛的平均速度大小约为1.45m/s【答案】B【解析】【详解】A．研究余依婷的技术动作时，不能忽略大小和形状，所以不可以将她看成质点。故A错误；B．“4分35秒44”指的是时间间隔。故B正确；C．余依婷在加速阶段和匀速阶段的惯性一样大。故C错误；D．依题意，余依婷比赛位移为零，其平均速度大小为零。故D错误。故选B。3.如图所示，用三根轻绳a、b、c将重力均为G的两个小球1和2连接并悬挂。两小球均处于静止状态，轻绳a与竖直方向的夹角为37℃，轻绳c水平，轻绳a和c的拉力大小分别为。则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【详解】整体分析，由平衡条件得解得故选A。4.把小石片沿水平方向用力投出，石片在水面上连续跳跃前进，这就是“打水漂”，如图所示。以下图示最有可能表示石片“打水漂”运动轨迹是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【详解】小石片沿水平方向抛出后，石片与水发生作用时，水对石片的作用力导致石片反弹后竖直方向与水平方向的分速度均减小，若不计空气阻力，石片做斜抛运动，竖直方向做竖直上抛运动，由于竖直方向速度减小，竖直方向上升的最大高度减小，在空中运动的时间变短，因此每一次在空中运动过程中，水平方向的分位移也减小，满足、、符合要求的只有第四个选择项中的轨迹。故选D。5.据报道，国外某核电站排放的“核污水”中含有大量的氚以及碘129、碳14、锶90等几十种放射性元素。已知氚的半衰期约为12年，其反应方程为则（）A.该反应是核裂变反应B.粒子X是氚原子的核外电子C.的比结合能比的比结合能小D.20个氚核经过24年后还剩余5个【答案】C【解析】【详解】AC．由反应方程知发生β衰变反应，由于释放能量，生成物的原子核更稳定，氚核的比结合能小于氦核的比结合能，则氦核的结合能大于氚核的结合能，故A错误，C正确；B．X粒子是一个核内中子转变为质子并释放的一个电子，故B错误；D．半衰期是大量原子发生衰变的速度的统计规律，对少数的放射性原子发生衰变的速度没有意义，故D错误。故选C。6.2024年5月3日，“嫦娥六号”探测器由长征五号遥八运载火箭在中国文昌航天发射场成功发射。“嫦娥六号”从绕地球运行轨道进入地月转移轨道，前往月背南极—艾特肯盆地开启“挖宝之旅”，如图为“嫦娥六号”飞行的轨迹示意图。已知地球质量约为月球质量的81倍，则（）A.火箭的发射速度大于11.2km/sB.火箭加速离开发射塔架时处于超重状态C.地球对月球的引力约为月球对地球引力的81倍D.若探测器在飞行过程中某位置受到地球和月球的引力大小相等，则该处到地心和月球中心的距离比约为1:9【答案】B【解析】【详解】A．火箭最终绕月球运动，火箭没有脱离地球的束缚，则发射速度小于第二宇宙速度，即火箭的发射速度小于11.2km/s，故A错误；B．火箭加速离开发射塔架时，加速度方向向上，则火箭处于超重状态，故B正确；C．地球对月球的引力与月球对地球引力是一对相互作用力，大小相等，故C错误；D．探测器在飞行过程中某位置受到地球和月球的引力大小相等，则有解得故D错误。故选B。7.下列关于传感器元件的说法，正确的是（）A.图甲：“干簧管”利用电磁感应原理实现开关作用B.图乙：当物体带动铁芯向右移动时，线圈的自感系数变大C.图丙：常温下，电熨斗的上下触点是分离的D.图丁：应变式力传感器可用于制作电子秤【答案】D【解析】【详解】A．干簧管是一种能够感知磁场的传感器，经常被用于控制电路的通断，故A错误；B．当物体1向右移动时，铁芯插入的长度变小，线圈自感系数变小，故B错误；C．常温下，电熨斗的上下触点是接触的，故C错误；D．应变式力传感器可用于制作电子秤，故D正确。故选D。8.如图甲所示，在均匀介质的同一平面内有A、B、C、D四点，A、B、C三点位于同一直线上，，，。时刻，A、B、C处三个完全相同的波源同时开始振动，振动方向与平面ABD垂直，振动图像如图乙所示，振动在介质中产生的横波波长。关于D处的质点，下列说法错误的是（）A.时，质点开始振动 B.时，质点的速度为0C.时，质点位于平衡位置 D.时，质点的位移为4cm【答案】D【解析】【详解】A．这三列波的周期T=4s，则波速均为由图甲可知，D处距离波源最近的距离为3m，故开始振动后波源C处的横波最先传播到D处，故C处的波传到D点的时间为时，D处的质点开始振动，选项A正确；B．AB两处的波传到D点的时间为故时，C处的波在D点振动了1s，由振动图像可知，质点此时处于最大位移处，故质点的速度为0，选项B正确；C．时，AB两处的波刚好传到D点，C处的波在D点振动了2s，则D处的质点处于平衡位置，选项C正确；D．时，AB两处波在D点振动1s，则在D点引起的位移为4cm，C处的波在D点振动了3s，在D点引起的位移为2cm，则D处的质点的位移是2cm，选项D错误。本题选择错误的，故选D。9.如图所示，A、B、C、D分别是点电荷Q周围三个等势面上的点，其中A、B、C在同一条电场线上，且，C、D在同一等势面上。将电荷量的电荷从A移动到C的过程中，电势能减少了。则（）A.点电荷Q带负电B.C、D两点的电场强度相同C.负电荷在A点的电势能小于在D点的电势能D.若取C点的电势为0，则B点的电势为8V【答案】C【解析】【详解】A．将电荷量的电荷从A移动到C的过程中，电势能减少了，则电场力做正功，电场力向右，故点电荷Q带正电，故A错误；B．C、D两点的电场强度大小相等，方向不同，故B错误；C．点电荷Q带正电，则A点的电势高于D点的电势，根据可知，负电荷在A点的电势能小于在D点的电势能，故C正确；D．根据电势能的公式有V点电荷的电场不是匀强电场，AB间的电场强度大于BC间的电场强度，因此由可知即则中点B的电势不于8V，故D错误；故选C10.直流特高压输电技术已成为我国“西电东送”战略的技术基础，其输电示意图如图所示。若变压器均为理想变压器，的匝数之比，直流输电线的总电阻等效为。整流及逆变过程的能量损失不计，交流电的有效值不变。则（）A.图中“500kV”指交流电的峰值B.直流输电线损失的电压为50kVC.相比交流输电，直流特高压输电可以减少感抗和容抗的损耗D.当用户负载增加时，用户端增加的功率等于输出端增加的功率【答案】C【解析】【详解】A．图中“500kV”指交流电的有效值，故A错误；B．根据理想变压器原副线圈电压与线圈匝数的关系解得直流输电线损失的电压为故B错误；C．相比交流输电，直流特高压输电可以减少感抗和容抗的损耗。故C正确；D．当用户负载增加时，输出端增加的功率等于用户端增加的功率与输电线上增加的损失功率之和，故用户端增加的功率小于输出端增加的功率，故D错误。故选C。11.嘉兴火车站被誉为“森林中的火车站”，还是一座会发电的火车站。车站屋顶铺设了1.2万块面积均为0.72m2的光伏组件，发电总功率最大约为1.2×106W。已知太阳辐射的总功率约为4×1026J/s，太阳与地球之间的距离约为1.5×1011m，因大气的影响，阳光垂直射到地面附近的能量约为太阳辐射到地球能量的一半，则（）A.一块光伏组件接收到的太阳辐射功率约为100WB.单位时间内太阳垂直射到地面附近单位面积的能量约为2800JC.该光伏组件的光电转换效率约为20%D.一块光伏组件工作一天可发电约2.4kWh【答案】C【解析】【详解】AB．单位时间内太阳垂直射到地面附近单位面积的能量约为一块光伏组件接收到的太阳辐射功率约为AB错误；C．一块光伏组件的发电功率为该光伏组件的光电转换效率约为C正确；D．一块光伏组件工作一天可发电约D错误。故选C。12.2022年1月，我国成功研制出大功率单通道霍尔推进器，并将其运用到载人航天器中，如图甲所示。霍尔推进器的部分结构如图乙所示，在很窄的圆环空间内存在沿半径方向向外的辐射状的磁场Ⅰ，其磁感强度大小可近似认为处处相等。若在垂直圆环平面的方向上加上匀强磁场Ⅱ和匀强电场（图中都没有画出），沿平行圆环的方向以一定的速度射入电子，电子恰好可以在圆环内沿顺时针方向做半径为R、周期为T的匀速圆周运动。已知磁场Ⅰ、Ⅱ的磁感应强度大小相等，电子的电量为e，质量为m，电子重力忽略不计，则（）A.磁场Ⅰ对电子的作用力提供电子做匀速圆周运动所需向心力B.电场方向垂直圆环平面向外，磁场Ⅱ的方向垂直圆环平面向里C.磁场Ⅰ、Ⅱ的磁感应强度大小为D.电场的电场强度大小为【答案】D【解析】【详解】AB．根据左手定则可知磁场Ⅰ对电子的作用力沿圆环方向垂直纸面向里，不能提供向心力，磁场Ⅱ对电子的作用力提供电子做匀速圆周运动所需向心力，即磁场Ⅱ的方向垂直圆环平面向里，电子所受电场力与磁场Ⅰ对电子的作用力平衡，所以电场方向垂直圆环平面向里。故AB错误；C．根据又联立，解得故C错误；D．根据又联立，解得故D正确。故选D。13.如图甲所示是某款圆柱形玻璃茶壶，茶壶中央有一圆柱形茶叶滤网。当茶壶中盛有茶水时，正对茶壶观察，可以看到滤网的水下部分比水上部分粗一些，其简化图如图乙所示。若测得水面上方滤网的直径，水中“滤网”左右边界之间的距离，茶壶直径，忽略茶壶壁和滤网的厚度，不考虑茶壶壁对光线的影响，则茶水的折射率约为（）A.0.75 B.1.33 C.1.64 D.2.17【答案】B【解析】【详解】人正对茶壶观察，作出滤网最边缘的光路俯视图，如图所示根据几何关系有，根据折射率的定义式有解得故选B。二、选择题Ⅱ（本题共2小题，每小题3分，共6分，每小题列出的四个选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有错选的得0分）14.下列说法正确的是（）A.图甲中，曲线①对应的温度比曲线②低B.图乙中，方解石的双折射现象说明方解石是非晶体C.图丙中，戳破棉线左侧的肥皂膜，棉线会向右弯曲D.图丁中，若用红色滤光片观察肥皂膜干涉条纹，会看到一片红色【答案】AC【解析】【详解】A．当温度升高时，速率大的分子数占总分子数的比例增大，速率小的分子数占总分子数的比例减少，根据图甲可知，曲线①对应的温度比曲线②低，故A正确；B．方解石的双折射现象说明方解石具有各向异性，表明方解石是单晶体，故B错误；C．由于表明张力是引力的效果，可知，戳破棉线左侧的肥皂膜，棉线会向右弯曲，故C正确；D．根据薄膜干涉规律，若用红色滤光片观察肥皂膜干涉条纹，会看到明暗相间的干涉条纹，故D错误。故选AC。15.氢原子从高能级向低能级跃迁时，会产生四种频率的可见光，其光谱如图甲所示。氢原子从能级6跃迁到能级2产生可见光Ⅰ，从能级3跃迁到能级2产生可见光Ⅱ，用同一单缝研究这两种光的衍射现象，得到如图乙和图丙所示的衍射条纹，用这两种光分别照射如图丁所示的实验装置，都能产生光电效应。下列说法正确的是（）A.图甲中的对应的是ⅡB.图乙中的衍射条纹对应的是ⅠC.Ⅰ的光子动量小于Ⅱ的光子动量D.调节P，微安表示数为零时Ⅰ对应的电压表示数比Ⅱ的大【答案】AD【解析】【详解】A．由题意可知，氢原子从能级6跃迁到能级2产生可见光Ⅰ，从能级3跃迁到能级2产生可见光Ⅱ，故可见光Ⅰ的能量大于可见光Ⅱ，可见光Ⅰ的频率大于可见光Ⅱ，故可见光Ⅰ是紫光，可见光Ⅱ是红光，图1中的对应的是Ⅱ，故A正确；B．图乙中的中央衍射条纹更宽，入射光的频率小，波长大，故乙中的衍射条纹对应的是Ⅱ，故B错误；C．根据可知Ⅰ的光子动量大于Ⅱ的光子动量，故C错误；D．根据爱因斯坦光电效应方程可得可知发生光电效应时I对应的遏制电压大，则P向a移动，电流表示数为零时Ⅰ对应的电压表示数比Ⅱ的大，故D正确。故选AD。非选择题部分三、非选择题（本题共5小题，共55分）16.“研究斜槽末端小球碰撞时的动量守恒”实验装置如图Ⅰ（1）所示。（1）除图中所示的实验器材外，还需要的实验器材有___________；A.天平 B.秒表 C.刻度尺 D.复写纸（2）有关下列实验操作和分析正确的是___________；A.两球的质量必须相等B.铅垂线的主要作用是确保斜槽末端水平C.小球B可以放在斜槽水平段的任意位置D.小球A每次必须从轨道的同一位置由静止释放（3）某学习小组采用如图Ⅰ（2）所示实验方案验证动量守恒定律。轨道上的小车A右端连接穿过打点计时器的纸带，轻推小车A运动，小车A与小车B碰撞后粘在一起运动。①完成该实验___________（选填“需要”或“不需要”）垫高轨道一端，以补偿阻力；②图Ⅰ（3）是正确操作后得到的一条纸带，计算小车A碰前的速度应选用___________段纸带（选填“AB”、“BC”、“CD”或“DE”）。已知打点计时器所用交流电源的频率为50Hz，则小车A、B一起运动的速度大小为___________m/s（结果保留3位有效数字）。【答案】（1）ACD（2）D（3）①.需要②.BC③.1.14【解析】【小问1详解】因本实验需要测量计数点之间的距离来求速度，所以还需要用到的器材是刻度尺；同时需要用天平测量滑块的质量，用复写纸记录点迹。故选ACD。【小问2详解】A．为了保证碰撞后小球A不反弹，则A的质量大于B的质量，故A错误；B．铅垂线的作用是确定O点的位置，不是用于检验斜槽是否水平，故B错误；C．小球B需放在斜槽水平段的末端位置，故C错误；D．小球A每次必须从轨道的同一位置由静止释放，保证初速度一致，故D正确。故选D。【小问3详解】①[1]为使碰撞前小车做匀速直线运动，则应在实验前，需要在长木板靠打点计时器一端垫适量木块以补偿摩擦阻力；②[2]碰前小车应做匀速直线运动，故选用BC段；[3]两车碰后粘到一起共同做匀速直线运动，则从DE段可求出碰后速度为17.某实验小组“研究光敏电阻的阻值特性”。（1）小组成员先利用多用电表欧姆挡粗测不同光照条件下光敏电阻的阻值。①测量遮光条件下的阻值，选择“”挡，指针在表盘的位置如图Ⅱ（1）所示，此时的阻值为___________Ω；②测量光照条件下的阻值，选择“”挡，指针在表盘的位置如图Ⅱ（2）所示，为确定该条件下的阻值，后续操作最合理的是___________。A.直接读数B.将选择开关旋至“×100”挡，测量、读数C.将选择开关旋至“×100”挡，重新欧姆调零后，测量、读数D.将选择开关旋至“”挡，重新欧姆调零后，测量、读数（2）为了更精确地测量该光敏电阻在光照条件下的阻值，学习小组进一步采用伏安法进行测量研究。实验所用器材和部分电路连线如图Ⅱ（3）所示。其中：电源电动势（电源内阻忽略不计）、电压表量程0~3V、滑动变阻器阻值0~5Ω。①为了有较大的电压测量范围，导线Q端应___________；A.接aB.接bC.不接②为减小实验误差，电流表最合理的选择是___________；A.多用电表“0.5mA”挡B.多用电表“5mA”挡C.多用电表“50mA”挡③因电表内阻均未知，使用试触法判断P点接法。P点接b时两表盘示数如图Ⅱ（4）a所示，接c时示数Ⅱ（4）b所示。为减小实验误差，P点应选择___________（选填“接b”或“接c”），此时的测量值相比真实值___________（选填“偏小”、“偏大”或“无偏差”）。【答案】（1）①.16k②.C（2）①.A②.B③.接c④.偏大【解析】【小问1详解】[1]①选择“”挡，指针在表盘的位置为16，此时的阻值16kΩ；[2]②指针偏转过大，说明挡位太大，应将选择开关旋至“×100”挡，重新欧姆调零后，测量、读数。故选C。【小问2详解】①[1]为了有较大的电压测量范围，滑动变阻器应选用分压式接法，导线Q端应接a；②[2]电源电动势为3V，电阻约1600Ω，可知电流约为mA故选B。③[3]由图可知电流表变化较明显，为减小实验误差，应采用电流表内接法，P点应选择接c，此时由于电压表测量值过大，则电阻的测量值偏大。18.在“用双缝干涉测量光的波长”实验中，为减小误差，该实验并未直接测量相邻亮条纹间的距离，而是先测量n个条纹的间距再求出。下列实验采用了类似方法的有（）A.“探究两个互成角度的力的合成规律”实验中合力的测量B.“探究弹簧弹力与形变量的关系”实验中弹簧的形变量的测量C.“用单摆测重力加速度”实验中单摆的周期的测量D.“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中一滴油酸酒精溶液体积的测量【答案】CD【解析】【详解】为减小误差，该实验并未直接测量相邻亮条纹间的距离，而是先测量n个条纹的间距再求出，属于放大测量取平均值。A．“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验中合力的测量，属于等效替代法，故A错误；B．“探究弹簧弹力与形变量的关系”实验中弹簧形变量的测量，属于测多次去计算平均值，故B错误；C．“用单摆测重力加速度”实验中单摆周期的测量，属于放大测量取平均值，故C正确；D．“用油膜法估测油酸分子的大小”的实验中1滴油酸酒精溶液体积的测量，属于放大测量取平均值，故D正确。故选CD。19.深度为H、气缸口有固定卡销的圆柱形气缸，可以通过底部安装的电热丝加热来改变缸内的温度。将温度为、压强为的一定质量理想气体，用活塞封闭在气缸内，气缸水平放置时活塞刚好在气缸口，如图甲所示。现将气缸缓慢翻转至竖直放置，整个过程缸内气体温度恒为，活塞保持静止时，活塞距气缸底部的距离为h（h未知），如图乙所示。已知活塞质量、横截面积为S，大气压强恒为，重力加速度为g。活塞及卡销厚度不计，电热丝体积可忽略，活塞可沿气缸壁无摩擦滑动且不漏气。（1）从甲到乙的过程中，气体对外界___________（填“吸热”或“放热”）；（2）求h的大小；（3）图乙状态下，接通气缸底部的电热丝给气体加热，活塞缓慢上升，当气缸内气体的温度为时，缸内气体压强大小为多少？【答案】（1）放热；（2）；（3）【解析】【详解】（1）从甲到乙的过程中，外界对气体做功，但内能没变，则气体对外界放热。（2）初始时，对封闭气体，压强、体积分别为竖直放置时，压强、体积分别为等温条件，根据玻意耳定律解得（3）假设活塞刚好到达气缸口时，气体温度为T，由初始至此状态，等容过程，由查理定律可得此后等容过程或可得20.如图所示为某兴趣小组设计的游戏轨道模型。在同一竖直平面内，四分之一圆弧轨道AB、水平轨道BE和足够长的水平传送带EF平滑连接。已知圆弧半径、水平轨道BE上的CD段粗糙且长，传送带始终以的速度逆时针转动，圆弧轨道上质量的墨块（可视为质点），从距水平轨道h高处由静止开始下滑，墨块与CD间的动摩擦因数，与传送带之间动摩擦因数，其它阻力均不计。求：（1）时，墨块刚到达B处时对圆轨道的压力大小；（2）时，墨块离E点的最远距离，以及传送带上留下的墨迹长度；（3）若墨块停在CD的中点P左右各0.5m范围内为游戏成功，求释放点的高度范围。【答案】（1）；（2）2m，；（3）或【解析】【详解】（1）由h处下滑至B点，根据动能定理B处对小墨块受力分析解得根据牛顿第三定律（2）由静止释放至E点，由动能定理解得在传送带上减速为0，则墨迹长度为传送带上相对位移（3）①若墨块到达E点速度，则经传送带后以返回，最终恰好停在P点，由动能定理解得②若墨块到达E点速度，则经传送带后以返回，若最终停在成功区域，由动能定理其中或，则或综上释放点的