2022-2023学年湖北省恩施州高中教育联盟高二（下）期末物理试卷
一、单选题（本大题共7小题，共28.0分）
1. 如图所示，日前多媒体教学一体机普遍采用了电容触摸屏，因为工作面上接有高频信号，当用户手指触摸电容触摸屏时，手指相当于接地导体，手指和工作面形成一个电容器，控制器由此确定手指位置。对于电容触摸屏，下列说法正确的是( )
A. 手指与屏的接触面积变大时，电容变大
B. 手指与屏的接触面积变大时，电容变小
C. 手指压力变大时，手指与屏的工作面距离变小，电容变小
D. 手指压力变大时，手指与屏的工作面距离变小，电容不变
2. 如图所示，甲图是年月日上午在恩施地区观看到的“日晕”图片。民间有“日晕三更雨，月晕午时风”、“看到日晕都会带来好运”等说法。“日晕”又叫“圆虹”，是日光通过卷层云时，受到冰晶的折射或反射形成的。如图乙所示，为一束太阳光射到六角形冰晶上时的光路图，、为其折射出的光线中的两种单色光，下列说法正确的是( )
A. 冰晶对光的折射率大于对光的折射率
B. 在冰晶中，光的传播速度较小
C. 用同一装置做双缝干涉实验，光的条纹间距比光的窄
D. 从同种玻璃中射入空气发生全反射时，光的临界角较大
3. 如图所示，四根等长的均匀带电的绝缘体棒组成了一个正方形，点为正方形的中心，四根绝缘棒带有相同的电荷量，其中、两棒带正电荷，、两棒带负电荷。已知棒上的电荷单独在点产生的电场强度大小为，电势为。则下列说法正确的是( )
A. 点处的电场强度大小为 B. 点处的电场强度大小为
C. 点处的电势为 D. 点处的电势为
4. 波速均为的甲、乙两列简谐横波都沿轴正方向传播，某时刻两列波的图象分别如图所示，其中、处的质点均处于波峰．关于这两列波，下列说法中正确的是( )
A. 如果这两列波相遇可能发生稳定的干涉图样
B. 甲波的周期大于乙波的周期
C. 甲波中处质点比处质点先回到平衡位置
D. 从图示时刻开始，经过，、质点通过的路程均为
5. 如图所示，光滑轻杆倾斜固定在水平地面上，杆上套有一质量为的小环，轻绳跨过光滑的定滑轮与小环连接，定滑轮与小环足够远，在轻绳末端施加竖直向下的外力，使小环沿杆向上匀速运动一段距离的过程中，则下列说法正确的是( )
A. 外力先减小后增大 B. 轻杆给小环的力先减小后增大
C. 轻绳末端下降速度越来越大 D. 轻杆和轻绳给小环的力的合力保持不变
6. 已知氢原子的基态能量为，激发态能量为，其中，，，。已知普朗克常量为，则下列说法正确的是( )
A. 氢原子跃迁到激发态后，核外电子动能增大，原子的电势能减小
B. 基态氢原子中的电子质量为吸收一频率为的光子被电离后，电子速度大小为
C. 一个处于的激发态的氢原子，向低能级跃迁时可辐射出种不同频率的光
D. 若氢原子从能级向能级跃迁时所产生的电磁波能使某金属发生光电效应，则氢原子从能级向能级跃迁时所产生的电磁波也一定能使该金属发生光电效应
7. 如图所示，两接线柱间接入电压恒定的交流电，三个灯泡、、的规格完全相同，变压器可视为理想变压器，在以下各种操作中电路元件都没有损坏，下列说法正确的是( )
A. 仅使滑片上移，灯泡变暗
B. 仅使滑片上移，灯泡、都变亮
C. 仅使滑片自变阻器端向端移动，灯泡中的电流一直增大
D. 仅使滑片自变阻器端向端移动，灯泡中的电流一直增大
二、多选题（本大题共3小题，共12.0分）
8. 下列说法正确的是( )
A. 氡的半衰期为天，若有个氡核，则经过天后剩下个氡核
B. 发生衰变时，生成的核与原来的核相比，中子数少
C. 比结合能越大，原子核中核子结合得越紧密，原子核越稳定
D. 核反应中的为氘核
9. 如图所示是“嫦娥五号”探测器登月飞行的轨道示意图，探测器通过推进器制动从圆形轨道Ⅰ上的点进入到椭圆过渡轨道Ⅱ，然后在轨道Ⅱ的近月点再次制动进入近月圆形轨道Ⅲ。已知轨道Ⅰ的半径是轨道Ⅲ的半径的两倍，不考虑其他天体引力的影响。下列说法正确的是( )
A. 探测器登月飞行的过程中机械能减小
B. 探测器在轨道Ⅰ与轨道Ⅲ上的运行速率的比值为：
C. 探测器在轨道Ⅱ上经过点的加速度小于在轨道Ⅰ上经过点的加速度
D. 探测器在轨道Ⅱ与轨道Ⅲ上的运行周期的比值为：
10. 如图所示，在水平向左的匀强电场中，长为的绝缘轻绳一端固定于点，另一端连接一个质量为、电量为的小球，电场强度。现将轻绳拉至右侧水平，将小球从点由静止释放，对于此后小球的运动情况轻绳不会被拉断，下列判断中正确的是( )
A. 小球刚到最低点时速度大小为
B. 小球整个运动过程中只有电势能、重力势能、动能相互转化，总能量保持不变
C. 小球的运动轨迹总在以为圆心的圆弧上
D. 小球到达点左侧与圆心等高处的速度大小为
三、实验题（本大题共2小题，共17.0分）
11. 如图所示，甲同学用半径相同的、两球的碰撞验证“动量守恒定律”。实验时先让质量为的球从斜槽轨道上某一固定位置由静止开始滚下，从轨道末端抛出，落到位于水平地面的复写纸上，在下面的白纸上留下痕迹。重复上述操作次，得到个落点痕迹，为落点的平均位置。再把质量为的球放在斜槽轨道末端，让球仍从位置由静止滚下，与球碰撞后，分别在白纸上留下各自的落点痕迹，重复操作次，、分别为落点的平均位置。
实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的。但是，可以通过仅测量______ 接地解决这个问题。
A.小球开始释放高度
B.小球抛出点距地面的高度
C.小球做平抛运动的射程、、
以下提供的测量工具中，本实验必须使用的是______ 。
A.刻度尺
B.天平
C.游标卡尺
D.秒表
关于本实验，下列说法正确的是______ 。
A.斜槽轨道必须光滑
B.斜槽轨道末端必须水平
C.实验过程中，用作为入射球与碰效果一样
在实验误差允许范围内，若满足关系式______ ，则可以认为两球碰撞为弹性碰撞。用已知量和中测得的物理量表示
12. 小南同学想用如图所示电路测量电源的电动势和内阻，同时研究某一热敏电阻的性质。小南同学进行了如下操作：
将滑动变阻器的滑片移到最左端，将热敏电阻放置在的恒温槽中保证电路的安全和连接完好，闭合开关；
移动滑动变阻器的滑片，测量多组数据，记录下多组、、的示数、、；
根据数据做出伏安特性曲线如图，其中直线为曲线，曲线为曲线；
小南又将热敏电阻放置在的恒温槽中，重复实验，得到多组、的数据、，做出的伏安特性曲线。
请你根据小南的实验回答下列问题：
根据此实验得到的电源的电动势 ______ ，内阻 ______ 结果保留两位小数；其中电动势的测量值______ 选填“大于”、“小于”、“等于”真实值；
热敏电阻阻值在某一电压时对应的测量值______ 选填“大于”、“小于”、“等于”真实值，同样的电压下，热敏电阻在______ 时电阻大选填“”或“”；
在的恒温环境中，本次实验过程中热敏电阻消耗的电功率的最大值为______ 结果保留两位小数。
四、简答题（本大题共2小题，共27.0分）
13. 如图所示，一导热性能良好的汽缸水平放置，用一质量为、面积为的光滑薄活塞封闭一定质量的理想气体，此时活塞静止，距汽缸底的距离为，已知外界气温为，大气压强为，重力加速度。
将汽缸缓慢地转到开口向上的竖直位置，待稳定后如图所示，此时活塞与汽缸底部的距离，求开始汽缸水平放置时活塞与汽缸底的距离为多少？
在基础上再对缸内气体缓慢加热，使活塞恢复到距汽缸底的距离为，该过程气体增加的内能，求该过程气体吸收的热量。
14. 如图所示，定滑轮两边用轻绳连接线框和带正电的物体，物体放置在倾角为的光滑斜面上，水平面下方空间存在垂直纸面向外的匀强磁场，上方没有磁场。此时释放线框和物体，线框刚进入磁场时，恰好匀速运动，物体仍在磁场中且对斜面恰好没有压力。已知正方形线框边长为，质量为，电阻为，匝数为匝，物块的质量，带电量为，重力加速度为取，不计一切摩擦，运动过程中，线框平面始终位于纸面内，始终处于磁场中，，。求：
进入磁场前线框的加速度的大小；
线框下边初始位置离面的距离；
线框进入磁场过程中线框的电热功率。
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：、手指和工作面形成一个电容器，根据电容的决定式可知，手指与屏的接触面积变大时，电容变大，故A正确，B错误；
、根据电容的决定式可知，手指压力变大时，手指与屏的工作面间距离变小，电容变大，故CD错误。
故选：。
手指和工作面形成一个电容器，根据电容的决定式分析电容的变化情况。
解答本题的关键要电容的决定式，搞清电容与极板正对面积和板间距离的关系。
2.【答案】
【解析】解：、太阳光射入六角形冰晶时，光的折射角大于光的折射角，由折射定律可知，冰晶对光的折射率小于对光的折射率，故A错误；
B、冰晶对光的折射率小于对光的折射率，由知在冰晶中，光的传播速度较小，故B错误；
C、冰晶对光的折射率小于对光的折射率，所以光的频率小于光的频率，由于，所以光的波长大于光的波长，根据双缝干涉条纹间距公式，知用同一装置做双缝干涉实验时，光的条纹间距比光的窄，故C正确；
D、由临界角公式知，光的折射率较小，光的临界角较大，故D错误。
故选：。
太阳光射入六角形冰晶时，光的折射角大于光的折射角，由折射定律比较折射率大小，从而得出频率、波长和波速关系；根据双缝干涉条纹间距公式分析双缝干涉间距大小。依据临界角公式比较临界角的大小。
本题可以取特例用红光与紫光类比光和光，对于七种单色光的折射率、波长、频率等等之间的关系，是考试的热点，要牢固掌握。
3.【答案】
【解析】解：、棒上的电荷单独在点产生的电场强度大小为，则各棒上的电荷单独在点产生的电场强度大小也为，方向如图所示，故点处电场强度大小为，故A错误，B正确；
、根据电势叠加可知，点的电势为，故CD错误。
故选：。
分别求出不同电荷在点的场强大小和方向，结合矢量合成遵循的平行四边形法则计算出合场强的大小和方向；根据电势的叠加特点计算出电势的大小。
本题主要考查了电势和场强的相关概念，在进行合成时要注意物理量的标矢性。
4.【答案】
【解析】解：、由图读出甲、乙两列简谐横波的波长分别为，。由题，两列波的波速相同，由，分析得到周期关系是：，所以两列波不能产生稳定的干涉。故AB错误。
C、波沿轴正方向传播，甲图中点向上振动，而点向下振动直接回到平衡位置，所以甲波中处质点比处质点先回到平衡位置。故C正确
D、甲的周期，乙的周期，时间，甲通过的路程，。故D错误。
故选：。
产生稳定的条件是两列波的频率相同．由图读出波长，由波速公式分析周期关系．由波的传播方向判断甲波中质点的运动方向，分析、哪个质点先回到平衡位置．根据时间与周期的关系，求解、质点通过的路程．
波的基本特点是波传播的是振动形式和能量，而质点不随波迁移，只在各自的平衡位置附近振动．要熟练进行质点振动方向和波的传播方向关系的判断．
5.【答案】
【解析】解：、对小环受力分析，由于轻绳跨过光滑的定滑轮与小环连接，则轻绳对小环的拉力大小等于外力，此外，小环还受重力、杆的弹力，设杆与竖直方向夹角为，轻绳与杆的夹角为，如图所示
图
小环沿光滑杆向上匀速运动过程中，小环处于平衡状态，则沿杆方向合力始终为零，则有
解得：
小环向上匀速运动过程中，不变，逐渐变大，逐渐变小，所以外力越来越大，故A错误；
B、小环向上匀速运动过程中，小环处于平衡状态，则沿垂直杆方向合力始终为零，则有
小环向上匀速运动过程中，不变，变大，逐渐变大，变大，变大，故F变大，即轻杆给小环的弹力越来越大，故B错误；
C、根据运动的分解如图：
图
可知轻绳末端下降速度，可知轻绳末端下降速度越来越小，故C错误；
D、小环向上匀速运动，所以受力平衡，则轻杆和轻绳给小环的力的合力与重力大小相等，保持不变，故D正确。
故选：。
小环沿光滑杆向上做匀速运动，小环处于动态平衡状态，则小环合力始终为零，小环在沿杆方向合力始终为零，在垂直杆方向合力始终为零，根据平衡条件分别列出方程，根据角度变化情况，即可分析相应的力的变化情况，根据运动的分解分析，根据共点力平衡条件分析。
解答本题的关键是要能分析出小环处于动态平衡状态，在受力分析的基础上，分别列出沿杆方向、垂直杆方向的平衡方程，即可求解。本题也可用图解法。
6.【答案】
【解析】解：、氢原子由基态跃迁到激发态时，氢原子吸收光子，则能量增大，轨道半径增大，根据和可得：，知电子动能减小，而其电势能增大，故A错误；
B、根据能量守恒得：，解得电离后电子的速度大小为：，故B正确；
C、一个处于能级的氢原子，向低能级跃迁时可能的途径为或，可知一个氢原子可能辐射出种不同频率的光子，故C错误；
D、若原子从能级向能级跃迁时所产生的电磁波能使某金属发生光电效应，依据能级间跃迁时辐射或吸收的光子能量等于两能级间的能级差，则原子从能级向能级跃迁时所产生的电磁波能量小于能级向能级跃迁时所产生的电磁波辐射的能量，所以不一定能使该金属发生光电效应，故D错误。
故选：。
根据轨道半径的变化，通过库仑引力提供向心力得出电子动能的变化，结合原子能量的变化得出原子势能的变化；
能级间跃迁或电离时，遵循能量守恒定律；
根据数学组合公式求出氢原子可能辐射光子频率的种数；
根据入射光的频率大于或等于极限频率时，才能发生光电效应；
解决本题的关键知道光电效应的条件以及知道能级间跃迁时辐射或吸收的光子能量等于两能级间的能级差，掌握电离的条件，及理解跃迁的种类确定方法，注意大量与一个的种类区别，及最大初动能对应的最大速度。
7.【答案】
【解析】解：设输入端电压为，初级电流、电压分别为、，次级电流、电压分别为、，每个灯泡电阻，次级总电阻，则
根据理想变压器电压、电流与线圈匝数的比值关系有
，
同时
解得
可知当仅使滑片上移时，减小，则变大，灯泡变亮，灯泡两端电压变大，则变压器输入电压减小，则变压器输出电压大小不能确定，则灯泡、不一定都变亮，故AB错误；
C.仅使滑片自变阻器端向端移动，则整个并联部分的总电阻变小，变大，则副线圈电流变大，灯泡两端电压变大，则变压器输入电压减小，则变压器输出电压变小，中电流一定减小，故C错误；
D.仅使滑片自变阻器端向端移动，灯泡所在支路电阻逐渐减小，则灯泡中的电流一直增大，故D正确。
故选：。
根据理想变压器电压、电流与线圈匝数的比值关系结合闭合电路欧姆定律分析，使滑片自变阻器端向端移动，则整个并联部分的总电阻变小，从而分析、中电流的变化。
本题考查变压器的动态分析，关键是抓住变压器的变压和变流规律，应用欧姆定律、串并联电路的关系去解决问题。
8.【答案】
【解析】解：、半衰期是统计规律，对个别或少量的原子不适用，故A错误；
B、发生衰变时是一个中子转变成一个质子同时放出一个电子，所以中子数少，故B正确；
C、比结合能越大，原子核中核子结合得越紧密，原子核越稳定，故C正确，
D、根据质量数和核电荷数守恒，为，故D错误。
故选：。
理解半衰期的统计规律；正确理解衰变的本质；理解比结合能对原子核稳定性的影响；根据质量数和核电荷数守恒分析解答。
本题主要考查了半衰期的相关应用，理解半衰期的影响因素，掌握衰变的本质即可完成分析。
9.【答案】
【解析】解：根据题意可知，探测器通过推进器制动从高轨道到低轨道，推进器做负功，机械能减小，故A正确；
B.由万有引力提供向心力有
整理解得
由于轨道Ⅰ的半径是轨道Ⅲ的半径的两倍，则探测器在轨道Ⅰ与轨道Ⅲ上的运行速率的比值为：，故B正确；
C.由万有引力提供向心力有
解得
探测器在轨道Ⅱ上经过点的加速度等于在轨道Ⅰ上经过点的加速度，故C错误；
D.根据题意，由开普勒第三定律有
已知轨道Ⅰ的半径是轨道Ⅲ的半径的两倍，故
整理解得探测器在轨道Ⅱ与轨道Ⅲ上的运行周期的比值为：，故D错误。
故选：。
探测器从Ⅰ轨道到Ⅱ轨道，在点需做向心运动，根据做功关系分析机械能变化；通过比较万有引力的大小，根据万有引力提供向心力，解出线速度公式，比较大小，同时比较加速度大小，根据开普勒第三定律分析周期之间的关系。
本题主要考查万有引力在航天中的应用，掌握卫星的变轨过程，知道当探测器做圆周运动时，万有引力提供向心力。
10.【答案】
【解析】解：将小球从点由静止释放，小球受到电场力与重力，由题意可知，根据牛顿第二定律有
解得
设合力方向与水平方向夹角为，则
得
故先做匀加速直线运动，则小球从释放到达最低点的位移为
根据
解得小球到达最低点的速度为
故A正确，C错误；
、小球沿与水平方向成角做匀加速直线运动，在最低点时细线突然绷紧，小球沿细线方向的速度立即减为零，而水平方向的速度不变，故能量有损失，从最低点到达点左侧与圆心等高处，根据动能定理有
解得，故B错误，D正确。
故选：。
根据小球的受力情况结合牛顿第二定律解得加速度，根据运动学公式解得小球在最低点的速度，同时分析小球的运动情况，绳子绷紧的过程中能量有损失；在最低点时细线突然绷紧，小球沿细线方向的速度立即减为零，而水平方向的速度不变，结合动能定理解得小球到达点左侧与圆心等高处的速度大小。
本题考查了求电场力、分析小球的运动与受力情况，对小球进行受力分析、分析清楚小球运动过程即可解题；能联想到已学的物理模型，根据相关公式解题．
11.【答案】
【解析】解：由于小球做平抛运动的下落高度相同，可知平抛运动的时间相等，可得平抛运动的水平位移与初速度成正比，故可用水平位移代替平抛的初速度，所以此实验可以通过仅测量小球做平抛运动的水平位移，来间接解决测定小球碰撞前后的速度这个问题，故C正确，AB错误。
故选：。
设平抛运动的时间为，则有：
碰撞前球的速度为：
碰撞后球的速度为：
碰撞后球的速度为：
若两球相碰前、后的动量守恒，则表达式为：
可得表达式可表示为：
需用刻度尺测量水平距离，用天平测量物体质量，故AB正确，CD错误；
故选：。
当小球每次均从斜槽同一位置静止释放时，小球每次下滑过程克服摩擦力做功相同，即每次平抛运动的初速度大小均相等，可知斜槽轨道是否光滑对实验没有影响，故A错误；
B.为了确保小球飞出后做平抛运动，必须确保小球飞出的初速度方向水平，即斜槽轨道末端必须水平，故B正确；
C.因，若用作为入射球与碰撞，可能会反弹，影响其速度的准确性，故C错误；
故选：。
若碰撞为弹性碰撞，则根据机械能守恒定律有
结合可解得：．
故答案为：；；；
平抛运动的时间相等，平抛运动的水平位移与初速度成正比，此实验可以通过测量小球做平抛运动的水平位移来间接解决测定小球碰撞前后的速度这个问题；
根据碰撞前、后的速度与对应的平抛运动的水平位移的关系，来确定所需仪器，结合实验原理分析选项正误；
根据弹性碰撞满足机械能守恒定律与动量守恒定律，从而写出需要验证的表达式。
在验证动量守恒定律实验中，要注意明确实验原理，掌握实验利用平抛运动间接测量速度的方法，并能推导相应的动量守恒表达式。
12.【答案】 等于 小于
【解析】解：电压表测的是路端电压，电流表测的是干路电流，根据闭合电路的欧姆定律，可知图线的纵截距等于电动势，斜率的绝对值等于电源的内阻，可得：
电源的电动势为
电源的内阻为
把电流表内阻看作电源内阻的一部分，根据闭合电路的欧姆定律
变形得
由于图线的纵截距不变，因此电源电动势的测量值等于真实值。
根据电路图可知，热敏电阻两端的电压电压表的示数为真实值；由于电压表的分流作用，通过热敏电阻的电流小于电流表的示数，即
根据欧姆定律，热敏电阻的测量值
热敏电阻的真实值
因此热敏电阻阻值在某一电压时对应的测量值小于真实值；
根据图可知，在同样的电压下，图线的电流大，即
根据欧姆定律，热敏电阻
解得
因此热敏电阻在时电阻大。
当滑动变阻器接入电路的阻值为零即热敏电阻与电源直接联接时热敏电阻消耗的电功率最大，在的恒温环境中，图线与图线的交点坐标为热敏电阻与电源直接联接时的工作电压和电流。
交点坐标为：，
本次实验过程中热敏电阻消耗的最大电功率。
故答案为：；；等于；小于；；。
根据图的图像求电动势和内阻；把电流表内阻看作电源内阻的一部分，根据闭合电路的欧姆定律分析作答；
由于电压表的分流作用，通过热敏电阻的电流小于电流表的示数，根据欧姆定律分析热敏电阻的测量值与真实值的大小关系，再根据图进行分析；
在的恒温环境中，图线与图线的交点坐标为热敏电阻的工作电压和电流，然后根据功率公式求解消耗的电功率。
本题考查了电源电动势和内阻的测量，研究热敏电阻的性质。理解图线的交点坐标的含义是解题的关键。
13.【答案】解：；
气缸水平放置时有，
气缸开口向上时，
根据玻意耳定律有
解得：
加热后气体等压膨胀，外界对气体做功为：
根据热力学第一定律：
解得：
答：开始汽缸水平放置时活塞与汽缸底的距离为；
该过程气体吸收的热量为。
【解析】分析汽缸内的封闭气体变化前后的压强和体积，根据玻意耳定律解答；
加热后气体等压膨胀，先求得外界对气体做功，再根据热力学第一定律解答。
本题主要考查了一定质量的理想气体的状态方程，分析出变化前后的气体状态参量，根据一定质量的理想气体状态方程完成计算，同时结合热力学第一定律完成分析。
14.【答案】解：线框进入磁场前做匀加速运动，对线框和物体由于加速度大小相同，根据牛顿第二定律可得：
解得：
对线框从开始下落到进入磁场前，根据速度位移公式可得：
线框刚进入磁场时对物体受力分析可得：
对线框，切割磁感线产生的电动势：
对框受力分析可得：
其中
解得：，，
线框进入磁场过程中线框的电热功率为：
代入数据解得：
答：进入磁场前线框的加速度的大小为；
线框下边初始位置离面的距离为；
线框进入磁场过程中线框的电热功率为。
【解析】根据牛顿第二定律解得加速度；
分析线框从开始下落到进入磁场前，根据运动学公式得出距离；
根据对物体和线框的受力分析得出磁感应强度的大小；根据功率的计算公式得出对应的热功率。。
本题主要考查了电磁感应的相关应用，熟悉物体的受力分析，结合牛顿第二定律和功率的计算公式即可完成分析。
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