【文档说明】湖南省长沙市长郡中学2022-2023学年高二下学期期末考试物理试题+含解析.docx，共(15)页，698.165 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-ceea38c2e37c60f975f0845db5e08af0.html

以下为本文档部分文字说明：

长郡中学2023年上学期高二期末考试物理时量：75分钟满分：100分得分________第I卷选择题（共44分）一、单选题（本题共6小题，每小题4分，共24分。每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确）1．下列说法正确的是（）A．原子核的结合能越大，原子核越稳定B．任何两个原子核都可以发生核聚

变C．发生衰变时，新核与原来的原子核相比，中子数减少了2D．23892U衰变成20682Pb要经过8次衰变和6次衰变2．一同学将排球自O点垫起，排球竖直向上运动，随后竖直下落回到O点。设排球在运动过程中所受空气阻力大小和速度大小成正比。则该排球（）A．上升时

间小于下落时间B．回到O点瞬间的速度最大C．达到最高点时加速度为零D．下落过程中做匀加速运动3．2023年5月，世界现役运输能力最大的货运飞船天舟六号，携带约5800kg的物资进入距离地面约400km（小于地球同步卫星离地的高度）的轨道，顺利对接中国空间站后近似做匀速圆周运动。对接后，

这批物资（）A．所受重力为零B．所受地球引力比静止在地面上时小C．所受合力比静止在地面上时小D．做圆周运动的角速度大小比地球自转角速度小4．成语“簸扬糠秕”常用于自谦，形容自己无才而居前列。成语源于如图所示劳动情景，在相同

的恒定水平风力作用下，从同一高度由静止释放的米粒和糠秕落到地面不同位置。已知米粒的质量大于糠秕的质量，空气阻力忽略不计。下列说法正确的是（）A．从释放到落地的过程中，米粒和糠秕重力做功相同B．从释放到落地的过程中，米粒和糠秕风力做功相同C．从释放到落地的过程中，糠秕的运动时间大于米粒的运动时

间D．落地时，米粒重力的瞬时功率大于糠秕重力的瞬时功率5．氢原子能级如图甲所示。一群处于4n=能级的氢原子，向低能级跃迁时能发出多种频率的光，分别用这些频率的光照射图乙电路的阴极K，只能得到3条电流随电压变化的图线，如图丙所示。下列说

法正确的是（）A．阴极K材料的逸出功为12.75eVB．a光的波长大于b光的波长C．图中M点的数值为6.34−D．滑动变阻器的滑片向右滑动时，电流表的示数一定持续增大6．2023年6月15日，长征二号丁遥八十八运载火箭在太原卫星发射中心，成功将

吉林一号高分06A星等41颗卫星准确送入预定轨道，发射任务取得圆满成功，创下中国航天发射一箭多星新纪录。图为其中一颗卫星绕地球运行的示意图，测得该卫星在t时间内沿逆时针从P点运动到Q点，这段圆弧对应的圆心角为。已知地球的半径为R，地球表面重力加速度为g，则该卫星运

动的（）A．线速度大小为23gRtB．周期为2tC．向心加速度大小为222gRtD．轨道半径为2gRt二、多选题（本题共4小题，每小题5分，共20分。每小题给出的四个选项中，有多个选项正确，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，选错或不选的得0分）7．下列说法正确的有（）A．液体

表面层分子间的作用力表现为引力B．由于分子热运动是无规则的，因此大量分子的运动速率分布也不会有规律性C．在一定条件下晶体也可能转变成非晶体D．金属没有确定的几何形状，也不显示各向异性，因此金属是非晶体8．如图所示，A、B两球质量均为m，均可视为质点，用三根完全相同的轻弹簧固连着，在水平拉力

F作用下均处于静止状态，1k弹簧位于竖直方向，则下列说法正确的是（）A．B球必受四个力作用B．2k、3k弹簧长度一样长C．3k弹簧没有发生形变D．2k弹簧最长9．如图甲所示一水平的浅色长传送带上放置一煤块（可视为质点），煤块与传送

带之间的动摩擦因数为0.2=。初始时，传送带与煤块都是静止的。现让传送带在外力作用下先加速后减速，其速度—时间（vt−）图像如图乙所示，假设传送带足够长，经过一段时间，煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹，取210m/sg=，则下列说法正确的是（）A．黑色痕迹的长度为36mB．煤块在传送带上的相对位

移为16mC．若煤块的质量为1kg，则煤块与传送带间因摩擦产生的热量为160JD．煤块的质量越大黑色痕迹的长度越短10．一半径为r的小球紧贴竖直放置的光滑圆形真空管道做圆周运动，如图甲所示。小球运动到最高点时，小球的速度大小为v，管壁对小球的作用力大小为NF，其2NFv

−图像如图乙所示。已知重力加速度为g。则下列说法正确的是（）A．小球的质量为agB．圆形管道内侧壁半径为crg−C．当2vd=时，小球受到外侧壁竖直向下的作用力，大小为bdbc−D．小球在最低点的最小速度为2cg第II卷非选择题（共56分）三、实验题（共2小题，每空2分，共1

6分）11．（8分）小郡同学利用图1所示装置研究平抛运动的规律。实验时该同学使用手机连拍功能对做平抛运动的小球进行拍摄，手机每隔相等时间拍摄一张照片，并自动将拍摄到的照片进行叠加处理在一张照片中，图中的背景是放在竖直平面内的带有方格的纸板，纸板与小球轨迹所在平面平行，其上每个方格的边长为10cm。

（1）下列说法正确的是________。A．实验所用斜槽应尽量光滑B．斜槽末端切线必须保持水平C．必须无初速度释放小球（2）图3是实验中小球从斜槽上不同位置由静止释放获得的两条轨迹，图线①所对应的小球在斜槽上释放的位置___

_____（选填“较低”或“较高”）。（3）某次拍摄后得到的照片如图2所示，取重力加速度29.8m/sg=，则小球做平抛运动的初速度大小0v=________m/s。（4）该小组利用如图2所示的实验数据绘制“2yx

−”图线，发现是一条过原点的直线，由此判断小球下落的轨迹是抛物线，并求得斜率k，则当地的重力加速度表达式为g=________（用斜率k和初速度0v表示）。12．（8分）在某次探究小车加速度与力和质量的关系的实验中，甲、乙、丙、丁四组同学分别设计了如图所

示的实验装置，小车总质量用M，重物质量用m表示。（1）为便于测量合力的大小，并得到小车总质量（未知）一定时，小车的加速度与所受合力成正比的结论，下列说法正确的是________。A．四组实验中只有甲需要阻力补偿B．四组实验都需

要阻力补偿C．四组实验中只有乙需要满足所挂重物质量m远小于小车的总质量M的条件D．四组实验都需要满足所挂重物质量m远小于小车的总质量M的条件（2）某次实验中，利用甲图实验的甲组同学在正确操作后得到了一条如下图所示的纸带（相邻两计数点间还有四个点未画出），已知交流电源的频率为f，

则可以计算出本次实验中小车的加速度表达式为________。（3）在后续的实验中，甲组同学们发现弹簧测力计损坏，因此改变了实验方案，撤去弹簧测力计，仍利用甲装置（保持两段细线均与长木板平行）进行了新的探究，步骤如下：①垫高长木板左端，直到小车在不挂重物时，匀速下滑；②测出重物的质

量m，利用纸带计算出悬挂重物后小车运动时加速度a大小；③改变m，重复步骤②，得到多组m、a的数据；④以a为纵轴、m为横轴作出的am−图像，发现图像为曲线，为了得到两者的线性关系，同学们整理公式，发现以1a为纵轴，以________（选填“1m”或“m”）为横轴，便

可得到线性图像。若该线性图像的斜率为k，纵截距为b，则小车的质量M=________（用字母k，b表示）。四、计算题（共3小题，共40分）13．（11分）如图所示，用活塞将一定质量的理想气体封闭在导热性能良好的竖直汽缸内，已知初始环境温度027CT=，活塞距汽缸底部

的高度027cmh=，大气压强501.010Pap=，活塞面积210cmS=，210m/sg=，不计活塞质量和厚度，汽缸内壁光滑。现将质量2kgm=的物体放在活塞上，活塞向下移动。（1）求活塞稳定后气体的压强和活塞距汽缸底部的高度；（2）活塞稳定后再将

环境温度缓慢升高至127C，若升温过程中气体吸收20J的热量，求该过程中气体的内能变化量。14．（13分）如图所示，一只可爱的企鹅在倾角为37的冰面上玩耍，先以恒定的加速度从冰面底部由静止开始沿直线向上“奔跑”，经0.8st=后，在0.64mx=处，突然卧倒以肚皮贴着冰面向前滑行，最后退滑

到出发点。企鹅在滑行过程中姿势保持不变，企鹅肚皮与冰面间的动摩擦因数恒为0.25=，已知sin370.6=，cos370.8=，取重力加速度210m/sg=，求：（1）企鹅向上“奔跑”的加速度大小

a；（2）企鹅滑行过程所用的总时间t总（结果可用根号表示）。15．（16分）如图所示，竖直面内处于同一高度的光滑钉子M、N相距2L。带有光滑小孔的小球A穿过轻绳，轻绳的一端固定在钉子M上，另一端跨过钉子N与小球B相连，B球质量为m。用手将

A球托住静止在M、N连线的中点P处，此时B球也处于静止状态。放手后，A球下落的最大高度为43L，重力加速度为g。求：（1）A球的质量Am；（2）A球下降0.75L时的速度大小v；（3）A球下落到最低点时绳中张力大小T

。长郡中学2023年上学期高二期末考试物理参考答案一二、选择题1-6：CABDCA7．AC8．CD9．BC10．ABC1．C【解析】A．比结合能越大原子核越稳定，原子核的结合能越大，原子核不一定越稳定，故A错误；B．只有较小的原子核才能发生聚变，故B错误

；C．粒子为氦核，由两个质子和两个中子组成，所以发生衰变时，新核与原来的原子核相比，中子数减少了2，故C正确；D．铀核（23892U）衰变为铅核（20682Pb）的过程中，衰变一次质量数减少4个，次数23820684n−==；衰变的次数为()2892

826n=−−=，要经过8次衰变和6次衰变，故D错误。故选C。2．A【解析】A．上升过程和下降过程的位移大小相同，上升过程的末状态和下降过程的初状态速度均为零。对排球受力分析，上升过程的重力和阻力方向相同，下降过程中重力和阻力方向相反，根据牛顿第二定律可知，上升过程中任意位置

的加速度比下降过程中对应位置的加速度大，则上升过程的平均加速度较大。由位移与时间关系可知，上升时间比下落时间短，A正确；B．上升过程排球做减速运动，下降过程排球做加速运动。在整个过程中空气阻力一直做负功，小球机械能一直在减小，下降过

程中的最低点的速度小于上升过程的最低点的速度，故排球被垫起时的速度最大，B错误；C．达到最高点速度为零，空气阻力为零，此刻排球重力提供加速度不为零，C错误；D．下落过程中，排球速度在变，所受空气阻力在变

，故排球所受的合外力在变化，排球在下落过程中做变加速运动，D错误。故选A。3．B【解析】A．所受重力提供向心力，所以完全失重，但不是所受重力为零，故A错误；BC．设空间站离地面的高度为h，这批物质在地面上静止合力为零，在空间站所受合力为万有引力即2()GMmFRh=+，在地面受

地球引力为12GMmFR=，因此有1FF，故B正确、C错误；D．物体绕地球做匀速圆周运动万有引力提供向心力22GMmmrr=，解得，3GMr=，这批物质在空间站内的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，因此这批物质的角速度大于同步卫星的角速度，同步卫星的

角速度等于地球自转的角速度，即这批物质的角速度大于地球自转的角速度，故D错误。故选B。4．D【解析】A．重力做功为GWmgh=，可知，重力做功不仅与高度有关，还与物体的质量有关，虽然米粒和糠秕下落的高度相同，但二者质量不同，因此从释放到落地的过程中，米粒和糠秕

重力做功不相同，故A错误；B．由于下落过程中，风力相等、水平且大小恒定，但米粒和糠秕的水平位移不同，根据cosWFL=，可知，风力对米粒和糠秕做功不相同，故B错误；C．由于忽略空气阻力，则米粒和糠秕在竖直方向均做自由落体运动

，而下落高度相同，则可知米粒和糠秕从释放到落地的过程中运动时间相同，故C错误；D．根据功率的计算公式可知重力的瞬时功率为GyPmgv=，米粒和糠秕在竖直方向均做自由落体运动，且运动时间相同，则可知二者在竖直方向的速度相同，但二者质量不同，米粒的质量大于糠秕的质量，因此可知，落地时，米

粒重力的瞬时功率大于糠秕重力的瞬时功率，故D正确。故选D。5．C【解析】A．一群处于4n=能级的氢原子，向低能级跃迁时能发出光的频率数为24C6=，发出的光子频率由低到高依次为1v、2v、3v、4v、5v、6v，则431EEhv−=，322EEhv−=，423EEhv−=，214EE

hv−=，315EEhv−=，416EEhv−=，但只检测到3条电流，根据光电效应方程ckm0eUEhW==−，分析图乙可知，a的遏止电压最大，其次为b和c，所以发生光电效应的能量值为21cEEE=−，31bEEE=−，41aEEE=−，由410.

85eV(13.6eV)12.75eVaEEE=−=−−−=，7VcaU=，解得阴极K材料的逸出功为012.75eV7eV5.75eVacaWEeU=−=−=，故A错误；B．由abEE，cEhvh==可知a光的波长小于b光的波长，故B错误；C．由311.

51eV(13.6eV)12.09eVbEEE=−=−−−=，所以06.34eVcbbeUEW=−=，因此图中M点的数值为6.34−，故C正确；D．滑动变阻器的滑片向右滑动时，正向电压增大，刚开始电流表示数会增大，但达到饱和电流以后电流表的示数不变，故D错误。故选C。6．A【解析1】AD．由牛顿第

二定律22MmGmrr=，又vr=，t=，2MmGmgR=，解得23gRvt=，2232gRtr=，A正确，D错误；B．由2T=和t=得，2tT=，B错误；C．由2ar=，t=，2232gRtr=，解得222322gRtat=，C错误。故选A。【解析2

】直接由量纲（单位）可以判断，只有A正确。7．AC【解析】A．由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，液面分子间表现为引力，故A正确；B．由于分子热运动是无规则的，但大量分子的速率分布有统计规律，故B错误；C．

在一定条件下晶体也可能转变成非晶体，故C正确；D．金属没有确定的几何形状，也不显示各向异性，金属是多晶体，故D错误。故选AC。8．CD【解析】ABC．因1k弹簧位于竖直方向，A球受力平衡，故3k弹簧没有拉力没有发生形变，则B球受重力、2k弹簧的拉力、水平拉力F三个力作用

，故2k弹簧长度大于3k弹簧长度，故AB错误、C正确；D．A球，由平衡条件得1kxmg=，1mgxk=，B球，在竖直方向上由平衡条件得2coskxmg=，21cosmgxxk=，故2k弹簧最长，故D正确；故选CD。9．BC【解析】A．煤块先做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可知212m/s

ag==，经时间16st=，速度达到11112m/svat==，设经过2t煤块和传送带共速为2v，皮带减速的加速度234m/sa=，有232mvvat=−，2122vvat=+，联立解得22st=，216m/sv=，此后因3ag，则煤块和皮带各自

匀减速到停止，煤块减速到零的时间为2328svta==，作出煤块的vt−图像如图所示（图像过6s，12m/s；与传送带的图像交于8s，16m/s；然后减速，交t轴于16s）由图可知，煤块先相对皮带向左

滑动的相对位移为1126122mm48m22x=+=，共速后煤块相对皮带往右滑动的相对位移为2168164mm32m22x=−=，则痕迹应取较长的相对位移为148mdx==，故A错误；B．全程煤块在传送带上的相对位移为1216mxxx=−=，故B正确；C．煤块与

传送带间因摩擦产生的热量为12()160JQmgxx=+=，故C正确；D．若煤块的质量变大，其加速和减速的加速度均不变，则图像不变，各段的相对位移不变，则痕迹长也不变，故D错误。故选BC。10．ABC【解析】A．规定竖

直向下为正方向，设圆形管道内侧壁半径为R，小球受到圆形管道的作用力大小为NF，在最高点，由牛顿第二定律，当NFmg=时，0v=，当0NF=时，由重力提供向心力有2mvmgRr=+，解得()vgRr=+，当0()vgRr+时，由牛顿第二定律有2

NmvmgFRr−=+，解得2NmvFmgRr=−++，当()vgRr+时，由牛顿第二定律有2NmvmgFRr+=+，解得2NmvFmgRr=−+，故abmg==，故小球的质量为ag或bg，故A正确；B．当0NF=时，2mvmgRr=+，2()vgRrc=+=，解

得圆形管内侧壁半径cRrg=−，故B正确；C．当2vd=时，小球受到外侧壁竖直向下的作用力，由牛顿第二定律有2NmvmgFRr+=+，解得2()NmvadbdFmgababRrcc=−=−=−=+，故C正确；D．根据能量守恒定律，当小球在最高点具有

最小速度（为零）时，其在最低点的速度最小，即2min12()2mvmgRr=+，min2()2vgRrc=+=，故D错误[也可以由量纲（单位）判断]。故选ABC。三、实验题11．（8分，每空2分）（1）B（2）较高（3）2.8（4）202kv【解

析】（1）A．实验所用斜槽不需要尽量光滑，A错误；B．斜槽末端切线必须保持水平，使物体离开斜槽末端后做平抛运动，B正确；C．本实验使用手机连拍功能对做平抛运动的小球进行拍摄，无需重复实验，故无须静止释放小球，C错误。故选B。（2）由图像可知两小球做平抛运动

下落相同高度时，图线①水平位移更大，故图线①所对应的小球初速度较大，在斜槽上释放的位置较高；（3）由频闪照片可得，小球在竖直方向相邻相等时间的位移之差210cm0.2my==，根据匀变速直线运动特点可得1s7Tyg==，

由水平分运动0xvT=，可得02.8m/svTx==（4）根据平抛运动规律可得0xvt=，212ygt=，联立可得22200122xgygxvv==，可知2yx−图像的斜率为202gkv=，当

地的重力加速度表达式为202gkv=12．（8分，每空2分）（1）BC（2）242(2)100xxfa−=（3）1m4kb【解析】（1）AB．四组实验中长木板都是水平放置，都需要阻力补偿，A错误，B正确；CD．四组实验中，甲、丁都能用

弹簧测力计测量绳的拉力，丙用力的传感器测量绳的拉力，只有乙不能测量绳的拉力，用重物的重力替代绳的拉力，需要满足所挂重物质量m远小于小车的总质量M的条件，C正确，D错误。故选BC。（2）根据逐差法可知小车运动的加速度为4222(2)xxxaT−−=，由于相邻两计数点间有四个点未画出，则5Tf=，代

入可得242(2)100xxfa−=（3）由加速度和合力之间的关系，对m，轻绳拉力的大小为F，有2mgFma−=，对M，2FMa=，可得141222MmMamggmg+==+，以1a为纵轴，以1m为

横轴，便可得到线性图像。若该线性图像的斜率为k，纵截距为b，则2Mkg=，2bg=，联立可得4kMb=四、计算题13．（11分）（1）51.210Pa，22.5cm（2）11J【解析】（1）对气体，有10mgppS=+1分解得5

11.210Pap=1分根据玻意耳定律，有0012pShpSh=2分解得222.5cmh=1分（2）由于气体发生等压变化，则3201ShShTT=2分解得330cmh=1分外界对气体做功为19JWpSh=−=−1分根据热力

学第一定律有UWQ=+1分解得：11JU=1分14．（13分）（1）22m/sa=（2）101s5t+=总【解析】（1）设企鹅向上“奔跑”时加速度大小为a，有212xat=2分解得22m/sa=1分（2）设企鹅向上“奔跑”时的末速度大小为v，有1.6m

/svat==1分设向上滑行时企鹅的加速度大小为1a，时间为1t，有1sincosmgmgma+=1分解得218m/sa=1分11vat=1分10.2st=1分设向下滑行时，企鹅的加速度大小为2a，时间为2t，有2sincosmgmgma−=1分解得2

24m/sa=1分22221122vxata+=1分210s5t=1分所以滑行总时间为12101s5ttt+=+=总1分15．（16分）（1）m（2）25122gL（3）6589mg【解析】（1）A球下落到最低点时，根据几何关系可得B上升的高度为22442233BLLhLL=+−

=2分根据AB系统机械能守恒有AABmghmgh=2分解A球的质量Amm=1分（2）A球下降0.75L时，设A球与M或N连线与竖直方向的夹角为，根据几何关系，则有4tan334LL==解得53

=1分根据几何关系，可得B球上升高度为223220.54BLhLLL=+−=1分根据运动的合成与分解可得2cos53Bvv=1分根据系统机械能守恒，则有22110.7522ABABmgLmghm

vmv=++2分代入数据联立得25122gLv=1分（3）A下到最低点时，设A球与M或N连线与竖直方向的夹角为，根据几何关系，则有3tan443LL==解得37=1分则A、B的加速度分别为Aa、

Ba，对A、B根据牛顿第二定律有2cosAAATmgma−=1分BmgTma−=1分A到最低点时后，在极短的时间t内，A、B的位移为22112cos22ABatat=（或2cosBAaa=）1分联立解得6589Tmg=1分获得

更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com