【文档说明】湖北省武汉市部分学校联合体2022-2023学年高二下学期期末联考物理试题 含解析【武汉专题】.docx，共(14)页，948.475 KB，由小赞的店铺上传

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2022～2023学年度第二学期联合体期末联考高二物理试题试卷满分：100分注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2．选择题的作答：每

小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3．非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。其中1-7题给出

的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。8-10题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。1.关于布朗运动，下列说法正确的是（）A.固体小颗粒的体积越大，布朗

运动越明显B.与固体小颗粒相碰的液体分子数越多，布朗运动越显著C.布朗运动的无规则性，反映了液体分子运动的无规则性D.布朗运动就是液体分子的无规则运动【答案】C【解析】【详解】布朗运动是悬浮在液体中的固体颗粒的无规则运动，是因为液体分子无规则运动过程中撞击固体颗粒的不平衡性而造成的

，故可反映液体分子的无规则运动，不能说成是液体分子的无规则运动；固体颗粒越小，同一时该撞击固体颗粒的分子数目就越少，不平衡性就越明显，布朗运动就越明显，故C正确，ABD错误．2.关于以下几幅图中现象的分析，下列说法正确的是（）A.甲图中水黾停在水面而不沉，是浮力作用的结

果B.乙图中将棉线圈中肥皂膜刺破后，扩成一个圆孔，是表面张力作用的结果C.丙图中毛细管中液面高于管外液面的毛细现象，低于管外液面的不是毛细现象D.丁图中玻璃管的裂口在火焰上烧熔后，它的尖端会变钝，是一种浸润现象【答案】B【解析】【详解】A．因为液体表面张力的存在，有些小昆虫

才能无拘无束地在水面上行走自如，故A错误；B．将棉线圈中肥皂膜刺破后，扩成一个圆孔，是表面张力作用的结果，故B正确；C．浸润液体情况下容器壁对液体的吸引力较强，附着层内分子密度较大，分子间距较小，故液体分子间作用力表现为斥力，附着层内液面

升高，故浸润液体呈凹液面，不浸润液体呈凸液面都属于毛细现象，故C错误；D．玻璃管的裂口在火焰上烧熔后，它的尖端会变钝，是表面张力的原因，不是浸润现象，故D错误。故选B。3.甲分子固定在坐标原点O，乙分子沿

x轴运动，甲、乙两分子间的分子势能Ep与甲、乙两分子间距离的关系如图中曲线所示，图中分子势能的最小值为−E0。若乙分子所具有的分子动能和分子势能之和为0，则下列说法正确的是（）A.乙分子在P点（x=x2）时，加速度最大，

分子力最大B.乙分子在P点（x=x2）时，分子动能最大，且其动能为E0C.乙分子在Q点（x=x1）时，处于平衡状态，其分子力为零D.乙分子在Q点（x=x1）时，分子力表现为引力【答案】B【解析】【详解】AC．乙分子在P点（x=x2）时，分子势能最小，即为平衡位置，则分子力为零

，加速度为零，故AC错误；B．乙分子在P点（x=x2）时，分子势能最小，由能量守恒可知，分子动能最大，由于总能量为0，则分子动能为0E，故B正确；D．乙分子在Q点（x=x1）时，分子力表现为斥力，故D错误。故选B。4.如图所示，一演示用的“永动机”转轮由5根轻杆和转轴构成，轻杆的末端装

有形状记忆合金制成的叶片，轻推转轮后，进入热水的叶片因伸展面“划水”，推动转轮转动。离开热水后，叶片形状迅速恢复，转轮因此能较长时间转动。下列说法正确的是（）A.转轮依靠自身惯性转动，不需要消耗外界能量B.转轮转动所需能量来自形状记忆合金自身C.叶片在热水中吸收的热量大于在空

气中释放的热量D.因为转动的叶片不断搅动热水，所以水温最终会升高【答案】C【解析】【详解】AB．要维持转轮转动需要外力做功，转轮转动所需能量不能由转轮自己提供，靠的是记忆合金在热水中吸收热量发生形变而运转然后在空气中释放热量回复形变进行循环，当热水的温度达不到记忆合金的“变态温度”需要给水

升温，因此消耗能量，故B错误；C．根据热力学第二定律，物体不可能从单一热源吸收能量全部用来对外做功而不引起其变化，故叶片在热水中吸收的热量一定大于在空气中释放的热量，其吸收的热量用于转轮动能的增加，空气中的放热和机械运转的摩擦损耗，故C正确；D．转动的叶片不断搅动热水的过程记忆合金吸热发生形

变，转出热水需要将能量释放在进入热热水吸热，故水温降低，故D错误。故选C5.某同学用打气筒为体积为2.OL的排球充气，充气前排球呈球形，内部气压与外界大气压相等，均为1.0×105Pa.设充气过程中排球体积和内外气体温度不变，气筒容积为0.0

5L，要使球内气体压强达到1.5×105Pa，应至少打气多少次A.20次B.30次C.40次D.60次【答案】A【解析】【详解】设至少打气n次，则根据玻意耳定律可知：。000pVpVnpV=+即50500(1.51.0

)102.0201.0100.05ppnVpV−−===次故选A.6.氢原子能级示意图如图所示。光子能量在1.63eV~3.10eV的光为可见光。要使处于基态（1n=）的氢原子被激发后可辐射出可见光光子，可以给氢原子提供的能量为（）A.1.89eV

B.10.2eVC.12.10eVD.12.75eV【答案】D【解析】【详解】氢原子从高能级向基态跃迁时，所辐射光子能量最小值为()3.40eV13.6eV10.2eV3.10eVE=−−−=因此可见要产生可见光，氢原子吸收能量后最起码要跃迁到n>2能级。当

激发后跃迁到n=3能级()311.51eV13.6eV12.09eVEE−=−−−=因此可以给基态氢原子提供12.09eV能量，使其激发到n=3能级。当激发后跃迁到n=4能级()410.85eV13.6eV1

2.75eVEE−=−−−=因此可以给基态氢原子提供12.75eV能量，使其激发到n=4能级。故ABC错误，D正确故选D。。7.某同学设计了一个烟雾探测器，如图S为光源，当有烟雾进入探测器时，S发出的光被烟雾散射进入光电管C。光射到光电管中的钠表面产生光电子，当光电流大于或等于I时，探测器触发报警

系统报警。已知真空中光速为c，钠的极限频率为0ν，电子的电荷量为e，则下列说法正确的是（）A.光源S发出光的波长小于0cv探测器一定可以正常工作B.用极限频率更高的材料取代钠，探测器一定可以正常工作C.光源S发出光只要光强足够

大，探测器一定可以正常工作D.探测器正常工作，仅增大光电管C正向电压，光电流一定增大【答案】A【解析】【详解】A．应使入射光的频率大于极限频率才会产生光电效应，因此要使该探测器正常工作，光源S发出的光波长应小于0c，A正确；B．若用极限频率更高的材料取代钠，如果光子的频

率仍大于该材料的极限频率探测器仍能正常工作，B错误；C．应使入射光的频率大于极限频率才会产生光电效应，因此要使该探测器正常工，与光源S发出光的光强没有关系，C错误；D．即使增大光电管C的正向电压，如果光电流已经达到饱和，光电流也不会再

增大，D错误。故选A。8.如图，用隔板将一绝热汽缸分成两部分，隔板左侧充有理想气体，隔板右侧与绝热活塞之间是真空。现将隔板抽开，气体会自发扩散至整个汽缸。待气体达到稳定后，缓慢推压活塞，将气体压回到原来的体积。假设整个系统不漏气。下列说法正确的

是（）的A气体自发扩散前后内能相同B.气体在被压缩的过程中内能增大C.在自发扩散过程中，气体对外界做功D.气体在被压缩的过程中，外界对气体做功【答案】ABD【解析】【分析】【详解】AC．抽开隔板时，由于右方是真空，气体做自由扩散，气体没有对外做功，又没有

热传递，则根据△U=Q+W可知，气体的内能不变，故A正确，B错误；BD．气体被压缩的过程中，外界对气体做功，又没有热传递，根据△U=Q+W可知，气体内能增大，故BD正确；故选ABD。9.如图所示，两个相切的圆表示一个静止的原子核发生某种衰变后，释放

出来的粒子和反冲核在磁场中运动的轨迹，可以判断A.原子核发生β衰变B.原子核发生α衰变C.大圆是释放粒子的运动轨迹，小圆是新核的运动轨迹D.大圆是新核的运动轨迹，小圆是释放粒子的运动轨迹【答案】AC【解析】【详解】分裂前后动量守恒，由半径可知小圆

粒子带电量大，为生成的新核，肯定带正电，由洛伦兹力可判断新核沿逆时针转动，另一个粒子沿顺时针转动，由洛伦兹力可判断为电子，A对；C对；10.2020年12月4日，新一代“人造太阳”装置---中国环流器二号M装置（HL−2M）在成都建成并实现.

首次放电，该装置是中国目前规模最大、参数最高的先进托卡马克装置，是中国新一代先进磁约束核聚变实验研究装置。我国重大科学工程“人造太阳”主要是将氘核聚变反应释放的能量用来发电。氘核聚变反应的方程为；221110HHxn+→+。已知氘核的质量为m1，比结合能为E，中子的质量为m2，反应中释放的核能为E

，光速为c，下列说法正确的是（）A.反应产物X为42HeB.X核的质量为2122Emmc+−C.X的比结合能为433EE+D.要使该聚变反应发生，必须克服两氘核间巨大的库仑斥力【答案】CD【解析】【

详解】A．由质量数守恒和电荷守恒得出X为32He，故A错误B．由爱因斯坦质能方程2Emc=得到()2122xEmmmc=−−解得1222xEmmmc−=−故B错误。C．根据X43EEE+=解得X433

EEE=+C正确。D．要使该聚变反应发生，必须克服两氘核间巨大的库仑斥力，D正确。故选CD。二、非选择题：本题共5小题，共60分。11.在“用油膜法估测分子的大小”的实验中。（1）某同学操作步骤如下：①用0.5mL的油酸配置了1000mL的

油酸酒精溶液②用注射器和量筒测得50滴油酸酒精溶液体积为1mL③在浅盘内盛适量的水，将痱子粉均匀地撒在水面上，滴入一滴油酸酒精溶液，待其散开稳定④在浅盘上覆盖透明玻璃，描出油膜形状，用透明方格纸测量油膜的面积为2190cm，油酸分子直径大小d=___

___m（结果保留一位有效数字）。（2）若已知纯油酸的密度为，摩尔质量为M，在测出油酸分子直径为d后，还可以继续测出阿伏加德罗常数AN=______（用题中给出的物理量符号表示）。【答案】①.10510−②.36Md【解析】【详解】（1）[1]一滴油酸酒精溶液中含纯油酸的体积为

11310.5mL1.010m501000V−==油酸分子直径大小111041.010m510m19010VdS−−−===（2）[2]阿伏加德罗常数A33616MMNdd==12.一涵同学用金属铷作为阴极的光电管观测光电

效应现象，实验装置示意图如图甲所示。已知普朗克常量346.6310Jsh−=。（1）一涵同学给光电管加上正向电压，在光照条件不变时（入射光的频率大于金属铷的截止频率），一涵同学将滑片P从最左端向右慢慢滑动过程

中，电流表的读数变化情况是________。（2）实验中测得铷的遏止电压cU与入射光频率ν之间的关系如图乙所示，逸出功0W=_________J，如果实验中入射光的频率147.0010Hz=，则产生的光电子的最大初动能kE=

________J（结果保留3位有效数字）。【答案】①.电流表读数先增加，达到一定值后保持不变②.3.41×10-19J##3.40×10-19J③.1.23×10-19J##1.24×10-19J##1.25×10-19J【解析】

【详解】（1）[1]电子从金属板上射出后被电场加速并向A板偏转，随滑动变阻器的滑片向右滑动，电场增强，射向A板的光电子越多，电流增加，但当电流达到一定值，即饱和电流后不再增加。（2）[2]由光电效应方程km0EhW=−①0CWh=②CkmeUE=③因此当遏制电压UC为零时，即k

mE为零，根据图像可知，铷的截止频率14C5.1510J=，根据②式可得出该金属的逸出功大小W0=6.63×10-34×5.15×1014=3.41×10-19J[3]如果实验中入射光的频率147.0010Hz=，则产生的光电子的最大初动能根据①式有34141919km06.6

310710J3.4110J=1.2310JEhW−−−=−=−13.如图所示，一个圆筒形导热汽缸开口向上竖直放置，内有活塞，其横截面积为S＝1×10－4m2，质量为m＝1kg，活塞与汽缸之间无摩擦且不漏气，其内密封有一定质量的理想气体，气柱高度h＝0.2m．已

知大气压强p0＝1.0×105Pa，重力加速度g＝10m/s2．(1)如果在活塞上缓慢堆放一定质量的细砂，气柱高度变为原来的23，求砂子的质量m砂；(2)如果在(1)基础上给汽缸底缓慢加热，使活塞恢复到原高

度，此过程中气体吸收热量5J，求气体内能的增量ΔU．【答案】(1)1kg(2)3J【解析】【详解】(1)因为缓慢放置砂子，气体发生等温变化，根据玻意耳定律，有1122pVpV＝放置砂子前有：p1＝p0＋mgSV1＝hS放置砂子后有：p2＝p0＋mgmgS+砂V2＝23hS联

立以上各式代入数据解得：m砂＝1kg(2)由(1)可得52310PPa=，使活塞恢复到原高度的过程，气体压强不变，气体对外做功有：54213101100.2J2J3WpV−−=−=−＝由热力学第

一定律：ΔU＝W＋Q所以气体内能的增量为ΔU＝3J.答：(1)砂子的质量m砂=1kg；(2)气体内能的增量ΔU＝3J.14.放射性原子核23892U先后发生α衰变和β衰变后，变为原子核23491Pa、已知23892U质量为m1=238.0290u，234

91Pa质量为m2=234.0239u，α粒子的质量为mα=4.0026u，电子的质量为me=0.0005u。（原子质量单位1u相当于931.5Mev的能量）则：（1）写出放射性衰变方程；（2）原子核23892U衰变为23491Pa的过程中释放能量为多少；（3）若23892U的半衰期是4.5×

109年，假设一块矿石中含有2kg23892U，经过90亿年后，还剩多少23892U。【答案】（1）23823440929121UPaHee−→++；（2）1.86MeV；（3）0.5k【解析】【分析】1）根据质量数和电荷数守恒可正确书写该衰变方程。（

2）衰变过程满足质能方程，根据这个方程列方程即可求解。（3）根据总质量（m0）、衰变质量（m）、衰变时间（t），半衰期（T）之间关系式，代入数据可正确解答。【详解】（1）根据质量数和电荷数守恒可得衰变方程为23823440929

121UPaHee−→++（2）上述衰变过程的质量亏损为12emmmmm=−−−放出的能量为2Ecm=代入题给数据得()238.0290234.02394.00260.00050.00293

1MeV1.86MeVEu=−−−==（3）总质量（m0）、衰变质量（m）、衰变时间（t），半衰期（T）之间关系012tTmm=将m0=2kgT0=45亿年t=90亿年代人解得00.5kg4mm==15

.如图所示，“L”形玻璃管ABC粗细均匀，开口向上，玻璃管水平部分长为30cm,竖直部分长为10cm,管中一段水银柱处于静止状态，水银柱在水平管中的部分长为10cm,竖直管中部分长为5cm,已知大气压强为P0

=75cmHg,管中封闭气体的温度为27℃.求:①若对玻璃管中的气体缓慢加热，当竖直管中水银柱液面刚好到管口C时，管中封闭气体的温度升高多少?(保留一位小数)②若以玻璃管水平部分为转轴，缓慢转动玻璃管180°,使玻璃管开口向下，试判断玻璃管中水

银会不会流出?如果不会流出，竖直管中水银液面离管口的距离为多少?为【答案】①98.4K②不会，(5720)cm−【解析】【详解】①开始时，管内封闭气体的压强:p1=p0+5cmHg=80cmHg气柱的长度l1=20cm;气体加热后，当竖直管中水银面刚好到管口C时，管中封闭气柱

的长度为225cml=;管中气体压强:2010cmHg85cmHgpp=+=根据气态方程可知:1222IIplSplSTT=即280208525300T=解得T2=398.4K升高的温度:2198.4KTTT=−=②若将玻璃管以水平部分为转轴，缓慢转动玻璃管180°，使玻璃管开口向

下，假设水银不会流出，且竖直管中水银面离管中的距离为hcm,这时管中气体压强:30(10)cmHg(65)cmHgpphh=−−=+管中封闭气柱长:3(205)cm(25)cmlhh=+−=−根据玻意耳定律:1133plSplS=即:8020(65)(25)hh=+−解得

：(51720)cmh=−因0h.假设成立:获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com