辽宁省沈阳市辽中区第二中学2022-2023学年高二下学期期末物理试题
一、单选题
1．（2023高二下·辽中期末）下列说法正确的是（ ）
A．气体绝热膨胀对外做功，内能一定增大
B．液体表面存在张力是因为液体表面层分子间的距离小于液体内部分子间的距离
C．温度低的物体分子热运动的平均速率小
D．单晶体和多晶体都有确定的熔点
【答案】D
【知识点】分子动能；热力学第一定律及其应用；晶体和非晶体；液体的表面张力
【解析】【解答】A.气体绝热膨胀，说明气体既不吸热也不放热，Q=0，对外做功，W<0，根据热力学第一定律 U=W+Q，内能一定减小，A错误；
B.液体表面存在张力是因为液体表面层分子间的距离大于液体内部分子间的距离，分子之间表现为引力，B错误；
C.温度是分子平均动能的标志，温度低的物体，分子平均动能一定小， 但是分子平均速率不一定小，C错误；
D.晶体有确定的熔点，非晶体没有确定的熔点，晶体包括单晶体和多晶体，D正确。
故选：D。
【分析】根据热力学第一定律 U=W+Q、分子间存在引力和斥力的条件、温度与分子平均动能的关系、晶体与非晶体的特点进行解答。
2．（2023高二下·辽中期末）原子弹的核反应方程之一为，氢弹的核反应方程为，关于这两个核反应下列说法不正确的是（ ）
A．原子弹的核反应为重核的裂变，X为质子
B．氢弹的核反应为轻核的聚变，Y为氦原子核
C．两个核反应都发生质量亏损
D．两个核反应反应前的比结合能都小于反应后的比结合能
【答案】A
【知识点】质量亏损与质能方程；结合能与比结合能；核裂变；核聚变
【解析】【解答】A.原子弹的核反应为重核的裂变，235+1-144-89=3，92-56-36=0，所以X为中子，A错误，符合题意；
B.氢弹的核反应为轻核的聚变，2+3-1=4，1+1=2，Y为氦原子核，B正确，不符题意；
C.核聚变和核裂变反应会放出大量的能量，根据质能关系可知反应会发生质量亏损，C正确，不符题意；
D.因核反应放出能量，因此反应前的比结合能小于反应后的比结合能，D正确，不符题意；
故选：A。
【分析】核反应前后质量数守恒，电荷数守恒，要发生质量亏损，亏损质量以能量形式辐射出去，核反应总是向比结合能增大的方向进行。
3．（2023高二下·辽中期末）某物体做匀变速直线运动，依次通过A、B、C、D四个点，通过相邻两点的时间间隔均为2s，已知，，则下列说法正确的是（ ）
A．物体的加速度大小为4m/s2
B．物体在BC段的平均速度大小为10m/s
C．物体通过A点的速度大小为6m/s
D．物体通过C点的速度大小为16m/s
【答案】B
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用
【解析】【解答】A.根据 x=at2可得：28-12=2×a×22，解得：a=2m/s2，故A错误；
B.根据 x为常量可得：28-xBC=xBC-12，解得：xBC=20m，物体在BC段平均速度为，故B正确；
C.B点是AC段中间时刻，则物体通过B点的速度大小为，根据v=v0+at可得： 物体通过A点的速度大小为vA=vB-at=8-2×2=4m/s ，故C错误；
D.C点是BD段中间时刻，则物体通过C点的速度大小为，故D错误；
故答案为：B。
【分析】匀变速直线运动，在连续相等的时间通过的位移的差值是定值，即 x=at2，代入数据可得BC段长度和加速度；中间时刻的速度等于整段时间内的平均速度，结合v=v0+at代入数据可得A、C点速度。
4．（2023高二下·辽中期末）如图所示，甲、乙两辆玩具小汽车（可以视为质点）并排沿平直路面的相邻轨道向前行驶，两车都装有蓝牙设备，这两个蓝牙设备可以在以内实现通信。时刻，甲、乙两车刚好位于图示位置，此时甲车的速度为，乙车的速度为，从该时刻起甲车以的加速度做匀减速运动直至停下，乙车保持原有速度做匀速直线运动。忽略轨道间距和信号传递时间，则从时刻起，两车能利用蓝牙通信的时间为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】追及相遇问题
【解析】【解答】当甲车速度为零时，由v甲=at0，
解得：t0=3s
根据题意，甲车在乙车前方时，有x甲-x乙=6m
根据运动学公式x甲= v甲t- at2， x乙=v乙t
联立解得t1=2s，t2=6s
在3s时甲已经静止，故t2=6s舍去，则t=3s之后，甲车停下，乙车运动，从t=3s开始到乙车行驶至甲车前方6m的过程中，这段过程经历的时间为t'=，
所以甲、乙两车能利用蓝牙通信的时间为t总=2s+6s=8s，故C正确，ABD错误。
故选：C。
【分析】由于开始甲车速度大于乙车速度，所以先是甲车在乙车前方，满足位移关系从x甲-x乙=0m到x甲-x乙=6m的过程中可以实现通信，结合运动学公式列式，求相遇时间；求出甲静止时间，从此时刻开始到乙车行驶至甲车前方6m的过程中可以实现通信，根据乙运动运动规律求时间，最终确定蓝牙通信的时间。
5．（2023高二下·辽中期末）如图所示，质量为m的物块在拉力F（图中未画出）的作用下沿水平桌面向右做匀速直线运动，物块与桌面之间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g，则拉力F的最小值为（ ）
A． B． C． D．mg
【答案】B
【知识点】受力分析的应用；力的合成与分解的运用；共点力的平衡
【解析】【解答】设拉力与水平方向夹角为θ，根据共点力平衡可得：Fcosθ-f=0，Fsinθ+FN-mg=0，又f=μFN，联立解得：==，当600+θ=900时，即θ=300时，F有最小值，最小值为F=，故B正确，ACD错误。
故答案为：B。
【分析】物块处于平衡状态，根据共点力平衡条件，利用正交分解法列式求解F的表达式，根据数学知识确定F最小值时的角度，进而解答。
6．（2023高二下·辽中期末）如图所示，质量为3kg的物体A静止在劲度系数为100N/m的竖直轻弹簧上方。质量为 2kg的物体B用细线悬挂起来，A、B紧挨在一起但A、B之间无压力。某时刻将细线剪断，则细线剪断瞬间，下列说法正确的是（g取10m/s2）（ ）
A．轻弹簧的压缩量为0.2m B．物体B对物体A的压力为6N
C．物体B的瞬时加速度为10m/s2 D．物体AB的瞬时加速度为4m/s2
【答案】D
【知识点】牛顿第二定律
【解析】【解答】 A、由题意可知，剪断细线前A、B间无压力，对A，处于静止状态，由平衡条件可得：kx=mAg，解得轻弹簧的压缩量x=0.3m，剪断细线瞬间，轻弹簧的压缩量仍为0.3m，故A错误；
CD、细线剪断瞬间，对A、B整体，由牛顿第二定律得：(mA+mB)g-kx=(mA+mB)a，代入数据解得：a=4m/s2， 所以物体AB的瞬时加速度为4m/s2，故D正确，C错误；
B、对B，由牛顿第二定律得：mBg-FN=mBa，解得：FN=12N，由牛顿第三定律可知，B对A的压力大小12N，故D错误。
【分析】以A为研究对象，分析细线剪断前受力情况，根据共点力平衡条件和胡克定律求出轻弹簧的形变量。细线剪断瞬间，绳子拉力变为零，轻弹簧的形变量不变，弹力不变，以A、B整体为研究对象，应用牛顿第二定律求出剪断细线瞬间A、B的加速度，再以B为研究对象，应用牛顿第二定律求出A对B的支持力，根据牛顿第三定律求出B对A的压力大小。
7．（2023高二下·辽中期末）如图甲所示，倾角为的足够长的传送带以恒定的速率 沿逆时针方向运行。时，将质量的物体（可视为质点）轻放在传送带上， 物体相对地面的图象如图乙所示。 设沿传送带向下为正方向，取重力加速度。则（ ）
A．传送带的速率
B．传送带的倾角
C．物体与传送带之间的动摩擦因数
D．0~2.0s物体相对传送带的位移为16m
【答案】C
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】 A、由图像可知物体先做初速度为零的匀加速直线运动，速度达到传送带速度后，继续做加速度不同的加速运动，说明重力沿传送带方向的分力大于滑动摩擦力，传送带的速度为10m/s。故A错误。
BC、分析图象可知，开始时物体摩擦力方向沿斜面向下，速度相等后摩擦力方向沿斜面向上，
共速前，根据牛顿第二定律可得：mgsinθ+μmgcosθ=ma1，解得：a1= 10m/s2
共速后，mgsinθ- μmgcosθ=ma2，解得：a2= 2m/s2。
联立两式解得：μ=0.5， θ=37°， 故B错误，C正确。
D、速度—时间图像面积表示位移，第一段匀加速直线运动的位移为：x1=，
第二段匀加速直线运动的位移为：x2=，
整个过程传送带位移为x3=，
则0 ~ 2.0s内物体相对传送带的位移△x=x3-x 1=4m，故D错误。
故选：C。
【分析】速度—时间图像斜率表示加速度，由图象可知物体与传送带共速前后加速度不同，根据图象求得两个过程的加速度，根据牛顿第二定律求解动摩擦因数的大小和传送带的倾角，再根据位移—时间图像分别求出物体两次匀加速直线运动的位移和传送带的位移，从而求出0~ 2.0s内物体相对传送带的位移。
二、多选题
8．（2023高二下·辽中期末）一条两岸平直的宽为d的小河，河水流速恒定。一人驾驶小船渡河，去程船头始终与河岸垂直，到达下游B处；回程时行驶路线与河岸垂直，到达正对岸的A处。已知全程小船在静水中的速度大小恒定，去程所用的时间与回程所用的时间之比为，下列说法正确的是（ ）
A．去程到达对岸B处时相对出发点沿河岸方向的位移为
B．去程和回程小船的位移大小之比为3：2
C．回程中船头与河岸之间的夹角为30°
D．船在静水中的速度与河水的流速之比为2：1
【答案】A,D
【知识点】小船渡河问题分析
【解析】【解答】AD.设船在静水中速度为v1，河水流速为v2，去程时间为t1，回程时间为t2，根据题意可得：，，，解得：，即，去程相对河岸方向的位移为：，故AD正确；
B.去程的位移为，回程位移为d，去程和回程小船的位移大小之比为：2，故B错误；
C. 设回程中船头与河岸之间的夹角为θ，可得：v1cosθ=v2，解得：θ=60°，C错误。
故答案为：AD。
【分析】本题主要考查小船渡河问题，当船头垂直河对岸时，渡河时间最短，当船在静水中速度大于水速时，船可以到达正对岸，此时位移最小，船在静水中速度和水速的合速度指向正对岸，当船在静水中速度小于水速时，船到达对岸下游，根据几何知识可求解最小位移。
9．（2023高二下·辽中期末）如图所示，质量为1kg的小球A与质量未知的滑环B用绕过光滑定滑轮的不可伸长的轻绳连接，连接滑环B的绳与杆垂直并在同一竖直平面内。滑环B套在与竖直方向成θ=53°的粗细均匀的固定杆上，滑环和杆间的动摩擦因数μ=0.5，初始时滑环恰好不下滑，现对小球A施加一个水平力F， 使小球A在水平力F的作用下沿着 圆弧轨迹缓慢上移，滑环仍保持静止， 设滑环与杆间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力（sin53°=0.8，取重力加速度g=10m/s2），下列说法正确的是（ ）
A．绳子拉力变大
B．滑环B的质量m=0.5kg
C．固定杆给滑环B的弹力方向一定垂直于杆向下
D．滑环B受到的摩擦力变大
【答案】A,B,C
【知识点】受力分析的应用；共点力的平衡
【解析】【解答】A.对A，如图所示，
由图可知，绳子拉力变大，水平力F变大，故A正确；
BC. 初始时，对于A，受重力、绳子拉力，两个力等大反向，对B，受重力、绳子拉力，摩擦力，杆的弹力，设杆的弹力垂直杆向上，根据共点力平衡可得：，解得：，所以杆的弹力垂直杆向下，根据共点力平衡可得：，解得：，故BC正确；
D.由于B始终处于静止状态，所以B受到的摩擦力始终等于B的重力沿杆方向的分力，大小不变，故D错误。
故选：ABC。
【分析】本题主要考查动态平衡问题，对A受力分析，画出缓慢移动过程中力的平行四边形，根据平四边形边的变化判断绳子拉力变化；以B为研究对象，受力分析，根据平衡条件列式求解B的质量和杆的弹力方向，以及B受到的摩擦力的变化情况。
10．（2023高二下·辽中期末）如图甲为氢原子的能级图，现用频率为的光照射大量处于基态的氢原子，在所发射的光谱中仅能观测到频率分别为的三条谱线，现用这三种频率的光去照射图乙的光电效应的实验装置，其中只有a、b两种光能得到图丙所示的电流与电压的关系曲线，已知图乙中的阴极材料是图丁所给材料中的一种，丁图是几种金属的逸出功和截止频率。已知以下说法正确的是（ ）
A．一定有
B．图乙中的阴极材料一定是钾
C．图丙中的b光照射阴极时每秒射出的光电子数大约个
D．a光是从n=3能级跃迁到n=1能级发出的光
【答案】B,D
【知识点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁；光电效应
【解析】【解答】AD、大量氢原子跃迁时只有三个频率的光谱，这说明是从n=3能级向低能级跃迁，由图丙可知，a光的遏止电压大于b光的遏止电压，根据可知，所以a光是从n=3能级跃迁到n=1，b光是从n=2能级跃迁到n=1，c光是从n=3能级跃迁到n=2能级发出的光，，，所以，故A错误，D正确；
B、根据，代入a的数据得：W=2.25eV，所以阴极材料是钾，故B正确；
C、图丙中b光的饱和电流为Im=0.64μA，由Imt=q=Ne得N=4x1012，故C错误。
故选：BD。
【分析】本题主要考查能级跃迁和光电效应方程，大量氢原子从高能级向低能级跃迁，根据确定原子跃迁的最高能级，再根据能量关系、跃迁公式和光电效应方程即可求解。
三、实验题
11．（2023高二下·辽中期末） 某同学用如图所示的实验装置来“验证力的平行四边形定则”。弹簧测力计A挂于固定点P，下端用细线挂一重物M。弹簧测力计B的一端用细线系于O点，手持另一端向左拉，使结点O静止在某位置。分别读出弹簧测力计A和B的示数，并在贴于竖直木板的白纸上记录O点的位置和拉线的方向。
（1）该实验运用的思想方法是____。
A．控制变量法 B．等效替代法 C．理想模型法
（2）本实验用的弹簧测力计示数的单位为N，图中A的示数为 N。
（3）下列的实验要求不必要的是____（填选项前的字母）。
A．应用测力计测量重物M所受的重力
B．应在水平桌面上进行实验
C．拉线方向应与木板平面平行
D．改变拉力，进行多次实验，每次都要使O点静止在同一位置
（4） 某次实验中，该同学发现弹簧测力计A 的指针稍稍超出量程，下列解决办法中不可行的是____（填选项前的字母）。
A．改变弹簧测力计B的拉力大小
B．减小重物M的质量
C．将A更换成量程较小的弹簧测力计
D．改变弹簧测力计 B的拉力方向
【答案】（1）B
（2）3.80
（3）B；D
（4）C
【知识点】验证力的平行四边形定则
【解析】【解答】解：（1）合力与分力从效果上看是等效的，是等效替代关系，故B正确，AC错误；
故选：B。
（2） 弹簧测力计最小刻度是0.1N，读数需要估读到最小刻度下一位，所以读数为：3.80N；
（3）A、实验通过作出三个力的图示，来验证“力的平行四边形定则”，因此重物的重力必须要知道，故A项需要；
B、如果放在水平面进行实验，由于使结点O静止在某位置。物体与平面之间是静摩擦力，拉物体的绳子拉力无法确定，故B不需要；
C、拉线方向必须与木板平面平行， 这样才确保力的大小准确性，故C项需要；
D、当结点O位置确定时，弹簧测力计A的示数也确定，由于重物的重力已确定，两力大小与方向均一定，因此弹簧测力计B的大小与方向也一定，所以不需要改变拉力多次实验、故D项不需要。
故选：BD。
(3)根据三力平衡知识可知，弹簧测力计A的示数等于弹簧测力计B与重物这两根细线的力的合力，当弹簧测力计A超出其量程，则说明弹簧测力计B与重物这两根细线的力的合力已偏大，又由于挂重物的细线力的方向已确定，所以要么减小重物的重量，要么改变测力计B拉细线的方向，或改变弹簧测力计B拉力的大小，从而使测力计A不超出量程，故ABD正确，C错误；
故选：C。
【分析】本题主要考查实验“验证力的平行四边形定则”和弹簧测力计的读数，合力与分力从效果上看是等效的，遵循矢量计算法则—平行四边形定则。弹簧测力计读数时要先确定最小刻度，然后再读数。
12．（2023高二下·辽中期末）某兴趣小组设计了一个可同时测量物体质量和当地重力加速度的实验，其装置如图甲所示，已知滑块的质量为，待测物体的质量记为，当地的重力加速度为，请完成下列填空：
⑴闭合气泵开关，调节气垫导轨，轻推滑块，使滑块上的遮光条依次通过两光电门的时间相等，则导轨水平；
⑵将待测物体固定在滑块的凹槽内，并将细线的一端拴接在滑块上，另一端跨过定滑轮挂一个质量为的钩码；
⑶调节定滑轮使细线与气垫导轨的轨道平行；
⑷释放滑块，记录滑块上的遮光条通过光电门1、2的时间分别为、，读出两光电门之间的距离；用游标卡尺测出遮光条的宽度，示数如图乙所示，则 ，并由此计算出滑块的加速度 （用含、、和的式子表示）；
⑸依次添加钩码，重复步骤（4）几次，记录相关实验数据并计算出滑块相应的加速度；
⑹以加速度的倒数为横轴，钩码总质量的倒数为纵轴，建立直角坐标系，利用以上数据画出如图丙所示的图像，若该直线的斜率为，纵截距为，则 ， 。
【答案】0.515；；；
【知识点】探究加速度与力、质量的关系；刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用
【解析】【解答】（4） 游标卡尺读数为：0.5cm=3×0.05mm=0.515mm，遮光条的宽度为0.515mm；
遮光条通过光电门1、2速度分别为：，，根据可得滑块的加速度为：；
（5）根据牛顿第二定律可得：mg=（m+M+M0）a，可得：，可知，，解得：，。
【分析】本题主要考查利用气垫导轨测量物体质量和当地重力加速度的实验，以及游标卡尺的读数训练。游标卡尺先读主尺（单位cm），再读游标（单位mm），再加在一起就是游标卡尺的所测量的物体长度。遮光条通过光电门的时间很短，平均速度近似等于瞬时速度，根据计算1、2的速度，再根据推导加速度的表达式；以钩码，滑块待测物体为研究对象，根据牛顿第二定律列式求得关系式，结合图像求解测物体质量和重力加速度。
四、解答题
13．（2023高二下·辽中期末）如图所示，倾角θ＝37°的斜面足够大，顶端MN水平。一质量m＝1.8kg的小球自MN上一点以v0＝2m/s的初速度垂直MN水平抛出，已知重力加速度g＝10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，不计空气阻力。
（1）求小球自抛出至落到斜面上的时间；
（2）若小球运动过程中始终受到平行MN的恒定水平风力，小球落到斜面上时的位移大小为1.25m，求小球受到的水平风力大小。
【答案】（1）解：设小球自抛出至落到斜面上的时间为，则小球水平位移
竖直位移
位移间的关系为
联立并代入数据解得
（2）解：设小球受到的平行MN的恒定水平风力大小为F=ma
小球沿MN方向的位移
小球落在斜面上的时间不变
小球的位移
联立并代入数据解得N
【知识点】牛顿第二定律；运动的合成与分解；斜抛运动
【解析】【分析】（1）小球在斜面上抛出后做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，根据数学知识确定斜面倾角与速度偏向角和位移偏向角的关系，分别列水平与竖直方向的位移公式，再根据角度关系求解下落时间；
（2） 小球运动过程中始终受到平行MN的恒定水平风力作用，小球水平方向做匀加速直线运动，竖直方向做自由落体运动，根据运动的合成与分解和牛顿第二定律求解小球受到的水平风力大小。
14．（2022·贵州模拟）利用如图所示装置可以测量矿物小颗粒的体积。容积为3L的容器A通过体积不计的细玻璃管与容器B相连，B下端经橡皮软管与装有水银的容器C连通，C上方与外界大气相通。开始测量时，打开阀门K，上下移动C，使水银面到达容器B的下边沿a；然后关闭阀门K，向上移动C，使水银面到达容器B的上边沿b，此时B、C内的水银高度差为h1=10.0cm。现将待测矿物小颗粒放入容器A中，再重复上述操作，B、C内的水银高度差为h2=15.0cm。已知大气压强p0=75.0cmHg，求：
（1）容器B的容积；
（2）A中待测矿物小颗粒的体积。
【答案】（1）解：由题意，开始时A和B中气体压强均为p0，关闭阀门K后，当水银面到达容器B的上边沿b时，A中气体压强为①
根据玻意耳定律有②
解得③
（2）解：设A中待测矿物小颗粒的体积为V，由题意可知最终A中气体压强为④
根据玻意耳定律有⑤
解得⑥
【知识点】共点力平衡条件的应用；理想气体的实验规律
【解析】【分析】（1） 水银面到达容器B的上边沿b时 ，利用玻意耳定律得出容器B的容积；
（2）利用平衡以及玻意耳定律得出A中待测矿物小颗粒的体积。
15．（2022高二下·烟台期末）如图甲所示，足够长的木板静置于水平地面上，在长木板右端放置一小物块。在时刻对长木板施加一水平向右的恒定拉力，运动一段时间后撤去，整个过程物块一直在木板上、已知物块和木板的质量均为，物块与木板间的动摩擦因数为，木板与地面间的动摩擦因数为，重力加速度。求：
（1）撤去时，木板的速度大小；
（2）撤去后，木板经多长时间停止运动；
（3）长木板的长度至少为多长。
【答案】（1）解：物块所受的最大静摩擦力产生的最大加速度为
若木块相对木板静止，则需加的最大力F满足
解得F0=2.5N
则当时物块相对木板产生相对滑动，则木板的加速度
解得a1=1m/s2
撤去时，木板的速度大小
（2）解：撤去时，物块的速度
撤去F后木板减速运动的加速度
解得a2=2m/s2
当两者达到共速时
解得t2=1s
v=3m/s
共速后木板减速运动的加速度
解得a3=1m/s2
物块做减速运动的加速度仍为，则木板先停止运动，需要时间
则撤去后，木板停止运动的时间为t停=t2+t3=4s
（3）解：力F作用阶段，物块相对长木板先后滑动的距离
撤去F后，到两者达到共速阶段，物块相对长木板先后滑动的距离
共速后到物块停止物块相对长木板向前滑动的距离
则长木板的长度至少为L=s1+s2=7.5m
【知识点】匀变速直线运动基本公式应用；牛顿第二定律
【解析】【分析】根据匀变速直线运动的规律以及牛顿第二定律得出木板的速度；
（2） 撤去F时 ，利用匀变速直线运动的规律以及牛顿第二定律得出木板的加速度，两者达到共速后根据匀变速直线运动得出共同的速度，利用匀变速直线运动的速度与时间的关系得出 木板 停止运动需要的时间；
（3） 力F作用阶段 ，根据匀变速直线运动的规律以及相对运动得出长木板的长度 。
辽宁省沈阳市辽中区第二中学2022-2023学年高二下学期期末物理试题
一、单选题
1．（2023高二下·辽中期末）下列说法正确的是（ ）
A．气体绝热膨胀对外做功，内能一定增大
B．液体表面存在张力是因为液体表面层分子间的距离小于液体内部分子间的距离
C．温度低的物体分子热运动的平均速率小
D．单晶体和多晶体都有确定的熔点
2．（2023高二下·辽中期末）原子弹的核反应方程之一为，氢弹的核反应方程为，关于这两个核反应下列说法不正确的是（ ）
A．原子弹的核反应为重核的裂变，X为质子
B．氢弹的核反应为轻核的聚变，Y为氦原子核
C．两个核反应都发生质量亏损
D．两个核反应反应前的比结合能都小于反应后的比结合能
3．（2023高二下·辽中期末）某物体做匀变速直线运动，依次通过A、B、C、D四个点，通过相邻两点的时间间隔均为2s，已知，，则下列说法正确的是（ ）
A．物体的加速度大小为4m/s2
B．物体在BC段的平均速度大小为10m/s
C．物体通过A点的速度大小为6m/s
D．物体通过C点的速度大小为16m/s
4．（2023高二下·辽中期末）如图所示，甲、乙两辆玩具小汽车（可以视为质点）并排沿平直路面的相邻轨道向前行驶，两车都装有蓝牙设备，这两个蓝牙设备可以在以内实现通信。时刻，甲、乙两车刚好位于图示位置，此时甲车的速度为，乙车的速度为，从该时刻起甲车以的加速度做匀减速运动直至停下，乙车保持原有速度做匀速直线运动。忽略轨道间距和信号传递时间，则从时刻起，两车能利用蓝牙通信的时间为（ ）
A． B． C． D．
5．（2023高二下·辽中期末）如图所示，质量为m的物块在拉力F（图中未画出）的作用下沿水平桌面向右做匀速直线运动，物块与桌面之间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g，则拉力F的最小值为（ ）
A． B． C． D．mg
6．（2023高二下·辽中期末）如图所示，质量为3kg的物体A静止在劲度系数为100N/m的竖直轻弹簧上方。质量为 2kg的物体B用细线悬挂起来，A、B紧挨在一起但A、B之间无压力。某时刻将细线剪断，则细线剪断瞬间，下列说法正确的是（g取10m/s2）（ ）
A．轻弹簧的压缩量为0.2m B．物体B对物体A的压力为6N
C．物体B的瞬时加速度为10m/s2 D．物体AB的瞬时加速度为4m/s2
7．（2023高二下·辽中期末）如图甲所示，倾角为的足够长的传送带以恒定的速率 沿逆时针方向运行。时，将质量的物体（可视为质点）轻放在传送带上， 物体相对地面的图象如图乙所示。 设沿传送带向下为正方向，取重力加速度。则（ ）
A．传送带的速率
B．传送带的倾角
C．物体与传送带之间的动摩擦因数
D．0~2.0s物体相对传送带的位移为16m
二、多选题
8．（2023高二下·辽中期末）一条两岸平直的宽为d的小河，河水流速恒定。一人驾驶小船渡河，去程船头始终与河岸垂直，到达下游B处；回程时行驶路线与河岸垂直，到达正对岸的A处。已知全程小船在静水中的速度大小恒定，去程所用的时间与回程所用的时间之比为，下列说法正确的是（ ）
A．去程到达对岸B处时相对出发点沿河岸方向的位移为
B．去程和回程小船的位移大小之比为3：2
C．回程中船头与河岸之间的夹角为30°
D．船在静水中的速度与河水的流速之比为2：1
9．（2023高二下·辽中期末）如图所示，质量为1kg的小球A与质量未知的滑环B用绕过光滑定滑轮的不可伸长的轻绳连接，连接滑环B的绳与杆垂直并在同一竖直平面内。滑环B套在与竖直方向成θ=53°的粗细均匀的固定杆上，滑环和杆间的动摩擦因数μ=0.5，初始时滑环恰好不下滑，现对小球A施加一个水平力F， 使小球A在水平力F的作用下沿着 圆弧轨迹缓慢上移，滑环仍保持静止， 设滑环与杆间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力（sin53°=0.8，取重力加速度g=10m/s2），下列说法正确的是（ ）
A．绳子拉力变大
B．滑环B的质量m=0.5kg
C．固定杆给滑环B的弹力方向一定垂直于杆向下
D．滑环B受到的摩擦力变大
10．（2023高二下·辽中期末）如图甲为氢原子的能级图，现用频率为的光照射大量处于基态的氢原子，在所发射的光谱中仅能观测到频率分别为的三条谱线，现用这三种频率的光去照射图乙的光电效应的实验装置，其中只有a、b两种光能得到图丙所示的电流与电压的关系曲线，已知图乙中的阴极材料是图丁所给材料中的一种，丁图是几种金属的逸出功和截止频率。已知以下说法正确的是（ ）
A．一定有
B．图乙中的阴极材料一定是钾
C．图丙中的b光照射阴极时每秒射出的光电子数大约个
D．a光是从n=3能级跃迁到n=1能级发出的光
三、实验题
11．（2023高二下·辽中期末） 某同学用如图所示的实验装置来“验证力的平行四边形定则”。弹簧测力计A挂于固定点P，下端用细线挂一重物M。弹簧测力计B的一端用细线系于O点，手持另一端向左拉，使结点O静止在某位置。分别读出弹簧测力计A和B的示数，并在贴于竖直木板的白纸上记录O点的位置和拉线的方向。
（1）该实验运用的思想方法是____。
A．控制变量法 B．等效替代法 C．理想模型法
（2）本实验用的弹簧测力计示数的单位为N，图中A的示数为 N。
（3）下列的实验要求不必要的是____（填选项前的字母）。
A．应用测力计测量重物M所受的重力
B．应在水平桌面上进行实验
C．拉线方向应与木板平面平行
D．改变拉力，进行多次实验，每次都要使O点静止在同一位置
（4） 某次实验中，该同学发现弹簧测力计A 的指针稍稍超出量程，下列解决办法中不可行的是____（填选项前的字母）。
A．改变弹簧测力计B的拉力大小
B．减小重物M的质量
C．将A更换成量程较小的弹簧测力计
D．改变弹簧测力计 B的拉力方向
12．（2023高二下·辽中期末）某兴趣小组设计了一个可同时测量物体质量和当地重力加速度的实验，其装置如图甲所示，已知滑块的质量为，待测物体的质量记为，当地的重力加速度为，请完成下列填空：
⑴闭合气泵开关，调节气垫导轨，轻推滑块，使滑块上的遮光条依次通过两光电门的时间相等，则导轨水平；
⑵将待测物体固定在滑块的凹槽内，并将细线的一端拴接在滑块上，另一端跨过定滑轮挂一个质量为的钩码；
⑶调节定滑轮使细线与气垫导轨的轨道平行；
⑷释放滑块，记录滑块上的遮光条通过光电门1、2的时间分别为、，读出两光电门之间的距离；用游标卡尺测出遮光条的宽度，示数如图乙所示，则 ，并由此计算出滑块的加速度 （用含、、和的式子表示）；
⑸依次添加钩码，重复步骤（4）几次，记录相关实验数据并计算出滑块相应的加速度；
⑹以加速度的倒数为横轴，钩码总质量的倒数为纵轴，建立直角坐标系，利用以上数据画出如图丙所示的图像，若该直线的斜率为，纵截距为，则 ， 。
四、解答题
13．（2023高二下·辽中期末）如图所示，倾角θ＝37°的斜面足够大，顶端MN水平。一质量m＝1.8kg的小球自MN上一点以v0＝2m/s的初速度垂直MN水平抛出，已知重力加速度g＝10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，不计空气阻力。
（1）求小球自抛出至落到斜面上的时间；
（2）若小球运动过程中始终受到平行MN的恒定水平风力，小球落到斜面上时的位移大小为1.25m，求小球受到的水平风力大小。
14．（2022·贵州模拟）利用如图所示装置可以测量矿物小颗粒的体积。容积为3L的容器A通过体积不计的细玻璃管与容器B相连，B下端经橡皮软管与装有水银的容器C连通，C上方与外界大气相通。开始测量时，打开阀门K，上下移动C，使水银面到达容器B的下边沿a；然后关闭阀门K，向上移动C，使水银面到达容器B的上边沿b，此时B、C内的水银高度差为h1=10.0cm。现将待测矿物小颗粒放入容器A中，再重复上述操作，B、C内的水银高度差为h2=15.0cm。已知大气压强p0=75.0cmHg，求：
（1）容器B的容积；
（2）A中待测矿物小颗粒的体积。
15．（2022高二下·烟台期末）如图甲所示，足够长的木板静置于水平地面上，在长木板右端放置一小物块。在时刻对长木板施加一水平向右的恒定拉力，运动一段时间后撤去，整个过程物块一直在木板上、已知物块和木板的质量均为，物块与木板间的动摩擦因数为，木板与地面间的动摩擦因数为，重力加速度。求：
（1）撤去时，木板的速度大小；
（2）撤去后，木板经多长时间停止运动；
（3）长木板的长度至少为多长。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】分子动能；热力学第一定律及其应用；晶体和非晶体；液体的表面张力
【解析】【解答】A.气体绝热膨胀，说明气体既不吸热也不放热，Q=0，对外做功，W<0，根据热力学第一定律 U=W+Q，内能一定减小，A错误；
B.液体表面存在张力是因为液体表面层分子间的距离大于液体内部分子间的距离，分子之间表现为引力，B错误；
C.温度是分子平均动能的标志，温度低的物体，分子平均动能一定小， 但是分子平均速率不一定小，C错误；
D.晶体有确定的熔点，非晶体没有确定的熔点，晶体包括单晶体和多晶体，D正确。
故选：D。
【分析】根据热力学第一定律 U=W+Q、分子间存在引力和斥力的条件、温度与分子平均动能的关系、晶体与非晶体的特点进行解答。
2．【答案】A
【知识点】质量亏损与质能方程；结合能与比结合能；核裂变；核聚变
【解析】【解答】A.原子弹的核反应为重核的裂变，235+1-144-89=3，92-56-36=0，所以X为中子，A错误，符合题意；
B.氢弹的核反应为轻核的聚变，2+3-1=4，1+1=2，Y为氦原子核，B正确，不符题意；
C.核聚变和核裂变反应会放出大量的能量，根据质能关系可知反应会发生质量亏损，C正确，不符题意；
D.因核反应放出能量，因此反应前的比结合能小于反应后的比结合能，D正确，不符题意；
故选：A。
【分析】核反应前后质量数守恒，电荷数守恒，要发生质量亏损，亏损质量以能量形式辐射出去，核反应总是向比结合能增大的方向进行。
3．【答案】B
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用
【解析】【解答】A.根据 x=at2可得：28-12=2×a×22，解得：a=2m/s2，故A错误；
B.根据 x为常量可得：28-xBC=xBC-12，解得：xBC=20m，物体在BC段平均速度为，故B正确；
C.B点是AC段中间时刻，则物体通过B点的速度大小为，根据v=v0+at可得： 物体通过A点的速度大小为vA=vB-at=8-2×2=4m/s ，故C错误；
D.C点是BD段中间时刻，则物体通过C点的速度大小为，故D错误；
故答案为：B。
【分析】匀变速直线运动，在连续相等的时间通过的位移的差值是定值，即 x=at2，代入数据可得BC段长度和加速度；中间时刻的速度等于整段时间内的平均速度，结合v=v0+at代入数据可得A、C点速度。
4．【答案】C
【知识点】追及相遇问题
【解析】【解答】当甲车速度为零时，由v甲=at0，
解得：t0=3s
根据题意，甲车在乙车前方时，有x甲-x乙=6m
根据运动学公式x甲= v甲t- at2， x乙=v乙t
联立解得t1=2s，t2=6s
在3s时甲已经静止，故t2=6s舍去，则t=3s之后，甲车停下，乙车运动，从t=3s开始到乙车行驶至甲车前方6m的过程中，这段过程经历的时间为t'=，
所以甲、乙两车能利用蓝牙通信的时间为t总=2s+6s=8s，故C正确，ABD错误。
故选：C。
【分析】由于开始甲车速度大于乙车速度，所以先是甲车在乙车前方，满足位移关系从x甲-x乙=0m到x甲-x乙=6m的过程中可以实现通信，结合运动学公式列式，求相遇时间；求出甲静止时间，从此时刻开始到乙车行驶至甲车前方6m的过程中可以实现通信，根据乙运动运动规律求时间，最终确定蓝牙通信的时间。
5．【答案】B
【知识点】受力分析的应用；力的合成与分解的运用；共点力的平衡
【解析】【解答】设拉力与水平方向夹角为θ，根据共点力平衡可得：Fcosθ-f=0，Fsinθ+FN-mg=0，又f=μFN，联立解得：==，当600+θ=900时，即θ=300时，F有最小值，最小值为F=，故B正确，ACD错误。
故答案为：B。
【分析】物块处于平衡状态，根据共点力平衡条件，利用正交分解法列式求解F的表达式，根据数学知识确定F最小值时的角度，进而解答。
6．【答案】D
【知识点】牛顿第二定律
【解析】【解答】 A、由题意可知，剪断细线前A、B间无压力，对A，处于静止状态，由平衡条件可得：kx=mAg，解得轻弹簧的压缩量x=0.3m，剪断细线瞬间，轻弹簧的压缩量仍为0.3m，故A错误；
CD、细线剪断瞬间，对A、B整体，由牛顿第二定律得：(mA+mB)g-kx=(mA+mB)a，代入数据解得：a=4m/s2， 所以物体AB的瞬时加速度为4m/s2，故D正确，C错误；
B、对B，由牛顿第二定律得：mBg-FN=mBa，解得：FN=12N，由牛顿第三定律可知，B对A的压力大小12N，故D错误。
【分析】以A为研究对象，分析细线剪断前受力情况，根据共点力平衡条件和胡克定律求出轻弹簧的形变量。细线剪断瞬间，绳子拉力变为零，轻弹簧的形变量不变，弹力不变，以A、B整体为研究对象，应用牛顿第二定律求出剪断细线瞬间A、B的加速度，再以B为研究对象，应用牛顿第二定律求出A对B的支持力，根据牛顿第三定律求出B对A的压力大小。
7．【答案】C
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】 A、由图像可知物体先做初速度为零的匀加速直线运动，速度达到传送带速度后，继续做加速度不同的加速运动，说明重力沿传送带方向的分力大于滑动摩擦力，传送带的速度为10m/s。故A错误。
BC、分析图象可知，开始时物体摩擦力方向沿斜面向下，速度相等后摩擦力方向沿斜面向上，
共速前，根据牛顿第二定律可得：mgsinθ+μmgcosθ=ma1，解得：a1= 10m/s2
共速后，mgsinθ- μmgcosθ=ma2，解得：a2= 2m/s2。
联立两式解得：μ=0.5， θ=37°， 故B错误，C正确。
D、速度—时间图像面积表示位移，第一段匀加速直线运动的位移为：x1=，
第二段匀加速直线运动的位移为：x2=，
整个过程传送带位移为x3=，
则0 ~ 2.0s内物体相对传送带的位移△x=x3-x 1=4m，故D错误。
故选：C。
【分析】速度—时间图像斜率表示加速度，由图象可知物体与传送带共速前后加速度不同，根据图象求得两个过程的加速度，根据牛顿第二定律求解动摩擦因数的大小和传送带的倾角，再根据位移—时间图像分别求出物体两次匀加速直线运动的位移和传送带的位移，从而求出0~ 2.0s内物体相对传送带的位移。
8．【答案】A,D
【知识点】小船渡河问题分析
【解析】【解答】AD.设船在静水中速度为v1，河水流速为v2，去程时间为t1，回程时间为t2，根据题意可得：，，，解得：，即，去程相对河岸方向的位移为：，故AD正确；
B.去程的位移为，回程位移为d，去程和回程小船的位移大小之比为：2，故B错误；
C. 设回程中船头与河岸之间的夹角为θ，可得：v1cosθ=v2，解得：θ=60°，C错误。
故答案为：AD。
【分析】本题主要考查小船渡河问题，当船头垂直河对岸时，渡河时间最短，当船在静水中速度大于水速时，船可以到达正对岸，此时位移最小，船在静水中速度和水速的合速度指向正对岸，当船在静水中速度小于水速时，船到达对岸下游，根据几何知识可求解最小位移。
9．【答案】A,B,C
【知识点】受力分析的应用；共点力的平衡
【解析】【解答】A.对A，如图所示，
由图可知，绳子拉力变大，水平力F变大，故A正确；
BC. 初始时，对于A，受重力、绳子拉力，两个力等大反向，对B，受重力、绳子拉力，摩擦力，杆的弹力，设杆的弹力垂直杆向上，根据共点力平衡可得：，解得：，所以杆的弹力垂直杆向下，根据共点力平衡可得：，解得：，故BC正确；
D.由于B始终处于静止状态，所以B受到的摩擦力始终等于B的重力沿杆方向的分力，大小不变，故D错误。
故选：ABC。
【分析】本题主要考查动态平衡问题，对A受力分析，画出缓慢移动过程中力的平行四边形，根据平四边形边的变化判断绳子拉力变化；以B为研究对象，受力分析，根据平衡条件列式求解B的质量和杆的弹力方向，以及B受到的摩擦力的变化情况。
10．【答案】B,D
【知识点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁；光电效应
【解析】【解答】AD、大量氢原子跃迁时只有三个频率的光谱，这说明是从n=3能级向低能级跃迁，由图丙可知，a光的遏止电压大于b光的遏止电压，根据可知，所以a光是从n=3能级跃迁到n=1，b光是从n=2能级跃迁到n=1，c光是从n=3能级跃迁到n=2能级发出的光，，，所以，故A错误，D正确；
B、根据，代入a的数据得：W=2.25eV，所以阴极材料是钾，故B正确；
C、图丙中b光的饱和电流为Im=0.64μA，由Imt=q=Ne得N=4x1012，故C错误。
故选：BD。
【分析】本题主要考查能级跃迁和光电效应方程，大量氢原子从高能级向低能级跃迁，根据确定原子跃迁的最高能级，再根据能量关系、跃迁公式和光电效应方程即可求解。
11．【答案】（1）B
（2）3.80
（3）B；D
（4）C
【知识点】验证力的平行四边形定则
【解析】【解答】解：（1）合力与分力从效果上看是等效的，是等效替代关系，故B正确，AC错误；
故选：B。
（2） 弹簧测力计最小刻度是0.1N，读数需要估读到最小刻度下一位，所以读数为：3.80N；
（3）A、实验通过作出三个力的图示，来验证“力的平行四边形定则”，因此重物的重力必须要知道，故A项需要；
B、如果放在水平面进行实验，由于使结点O静止在某位置。物体与平面之间是静摩擦力，拉物体的绳子拉力无法确定，故B不需要；
C、拉线方向必须与木板平面平行， 这样才确保力的大小准确性，故C项需要；
D、当结点O位置确定时，弹簧测力计A的示数也确定，由于重物的重力已确定，两力大小与方向均一定，因此弹簧测力计B的大小与方向也一定，所以不需要改变拉力多次实验、故D项不需要。
故选：BD。
(3)根据三力平衡知识可知，弹簧测力计A的示数等于弹簧测力计B与重物这两根细线的力的合力，当弹簧测力计A超出其量程，则说明弹簧测力计B与重物这两根细线的力的合力已偏大，又由于挂重物的细线力的方向已确定，所以要么减小重物的重量，要么改变测力计B拉细线的方向，或改变弹簧测力计B拉力的大小，从而使测力计A不超出量程，故ABD正确，C错误；
故选：C。
【分析】本题主要考查实验“验证力的平行四边形定则”和弹簧测力计的读数，合力与分力从效果上看是等效的，遵循矢量计算法则—平行四边形定则。弹簧测力计读数时要先确定最小刻度，然后再读数。
12．【答案】0.515；；；
【知识点】探究加速度与力、质量的关系；刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用
【解析】【解答】（4） 游标卡尺读数为：0.5cm=3×0.05mm=0.515mm，遮光条的宽度为0.515mm；
遮光条通过光电门1、2速度分别为：，，根据可得滑块的加速度为：；
（5）根据牛顿第二定律可得：mg=（m+M+M0）a，可得：，可知，，解得：，。
【分析】本题主要考查利用气垫导轨测量物体质量和当地重力加速度的实验，以及游标卡尺的读数训练。游标卡尺先读主尺（单位cm），再读游标（单位mm），再加在一起就是游标卡尺的所测量的物体长度。遮光条通过光电门的时间很短，平均速度近似等于瞬时速度，根据计算1、2的速度，再根据推导加速度的表达式；以钩码，滑块待测物体为研究对象，根据牛顿第二定律列式求得关系式，结合图像求解测物体质量和重力加速度。
13．【答案】（1）解：设小球自抛出至落到斜面上的时间为，则小球水平位移
竖直位移
位移间的关系为
联立并代入数据解得
（2）解：设小球受到的平行MN的恒定水平风力大小为F=ma
小球沿MN方向的位移
小球落在斜面上的时间不变
小球的位移
联立并代入数据解得N
【知识点】牛顿第二定律；运动的合成与分解；斜抛运动
【解析】【分析】（1）小球在斜面上抛出后做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，根据数学知识确定斜面倾角与速度偏向角和位移偏向角的关系，分别列水平与竖直方向的位移公式，再根据角度关系求解下落时间；
（2） 小球运动过程中始终受到平行MN的恒定水平风力作用，小球水平方向做匀加速直线运动，竖直方向做自由落体运动，根据运动的合成与分解和牛顿第二定律求解小球受到的水平风力大小。
14．【答案】（1）解：由题意，开始时A和B中气体压强均为p0，关闭阀门K后，当水银面到达容器B的上边沿b时，A中气体压强为①
根据玻意耳定律有②
解得③
（2）解：设A中待测矿物小颗粒的体积为V，由题意可知最终A中气体压强为④
根据玻意耳定律有⑤
解得⑥
【知识点】共点力平衡条件的应用；理想气体的实验规律
【解析】【分析】（1） 水银面到达容器B的上边沿b时 ，利用玻意耳定律得出容器B的容积；
（2）利用平衡以及玻意耳定律得出A中待测矿物小颗粒的体积。
15．【答案】（1）解：物块所受的最大静摩擦力产生的最大加速度为
若木块相对木板静止，则需加的最大力F满足
解得F0=2.5N
则当时物块相对木板产生相对滑动，则木板的加速度
解得a1=1m/s2
撤去时，木板的速度大小
（2）解：撤去时，物块的速度
撤去F后木板减速运动的加速度
解得a2=2m/s2
当两者达到共速时
解得t2=1s
v=3m/s
共速后木板减速运动的加速度
解得a3=1m/s2
物块做减速运动的加速度仍为，则木板先停止运动，需要时间
则撤去后，木板停止运动的时间为t停=t2+t3=4s
（3）解：力F作用阶段，物块相对长木板先后滑动的距离
撤去F后，到两者达到共速阶段，物块相对长木板先后滑动的距离
共速后到物块停止物块相对长木板向前滑动的距离
则长木板的长度至少为L=s1+s2=7.5m
【知识点】匀变速直线运动基本公式应用；牛顿第二定律
【解析】【分析】根据匀变速直线运动的规律以及牛顿第二定律得出木板的速度；
（2） 撤去F时 ，利用匀变速直线运动的规律以及牛顿第二定律得出木板的加速度，两者达到共速后根据匀变速直线运动得出共同的速度，利用匀变速直线运动的速度与时间的关系得出 木板 停止运动需要的时间；
（3） 力F作用阶段 ，根据匀变速直线运动的规律以及相对运动得出长木板的长度 。
