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2022-2023学年辽宁省沈阳市重点高中郊联体高二（下）期末物理试卷（含解析）
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这是一份2022-2023学年辽宁省沈阳市重点高中郊联体高二（下）期末物理试卷（含解析），共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题，计算题，综合题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年辽宁省沈阳市重点高中郊联体高二（下）期末物理试卷
一、单选题（本大题共7小题，共28.0分）
1. 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. 原子弹的核反应方程之一为 92235U+01n→56144Ba+3689Kr+3X，氢弹的核反应方程为 12H+13H→01n+Y，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 11H
B. 氢弹的核反应为轻核的聚变，Y为氦原子核 24He
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. 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AB=12m，CD=28m，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. 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6m以内实现通信。t=0时刻，甲、乙两车刚好位于图示位置，此时甲车的速度为6m/s，乙车的速度为2m/s，从该时刻起甲车以1m/s2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t=0时刻起，两车能利用蓝牙通信的时间为( )
A. 2s B. 6s C. 8s D. 10s
5. 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 33，重力加速度大小为g，则拉力F的最小值为( )
A. mg4 B. mg2 C. 3mg4 D. mg
6. 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. 如图甲所示，倾角为θ的足够长的传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运行。t=0时，将质量m=1kg的物体(可视为质点)轻放在传送带上，物体相对地面的v−t图象如图乙所示。设沿传送带向下为正方向，取重力加速度g=10m/s2。则( )
A. 传送带的速率v0=12m/s
B. 传送带的倾角θ=30∘
C. 物体与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5
D. 0∼2.0s物体相对传送带的位移为16m
二、多选题（本大题共3小题，共18.0分）
8. 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 32，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d2
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. 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14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. 如图甲为氢原子的能级图，现用频率为ν0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νa、νb、νc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e=1.6×10−19C以下说法正确的是( )
A. 一定有hν0=hνa+hνb+hνc
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4×1011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（本大题共2小题，共16.0分）
11. 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. 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M，待测物体的质量记为M0，当地的重力加速度为g，请完成下列填空：
(1)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；
(2)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m1的钩码；
(3)调节定滑轮使细线与气垫导轨的轨道平行；
(4)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t1、t2，读出两光电门之间的距离L；用游标卡尺测出遮光条的宽度d，示数如图乙所示，则d=_____cm，并由此计算出滑块的加速度a1=_____(用含t1、t2、L和d的式子表示)；
(5)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；
(6)以加速度的倒数1a为横轴，钩码总质量的倒数1m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k，纵截距为−b，则M0=_____，g=_____。
四、简答题（本大题共1小题，共11.0分）
13. 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。
五、计算题（本大题共1小题，共11.0分）
14. 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。
六、综合题（本大题共1小题，共16.0分）
15. 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t=0时刻对长木板施加一水平向右的恒定拉力F=3N，运动一段时间5s后撤去F，整个过程物块一直在木板上、已知物块和木板的质量均为1kg，物块与木板间的动摩擦因数为μ1=120，木板与地面间的动摩擦因数为μ2=340，重力加速度g=10m/s2。求：
(1)撤去F时，木板的速度大小；
(2)撤去F后，木板经多长时间停止运动；
(3)长木板的长度至少为多长。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】A.气体绝热膨胀，说明气体与外界没有热量交换，对外做功，根据热力学第一定律，内能一定减小，故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，故B错误；
C.温度低的物体分子的平均动能小，但由于分子的质量不能明确，故不能说明温度低的物体分子平均速率就小，故C错误；
D.晶体和非晶体的区别就是晶体具有固定的熔点，单晶体和多晶体都有确定的熔点，故D正确。
故选D。
2.【答案】A
【解析】A.原子弹的核反应为重核的裂变，X为中子 01n ，选项A符合题意；
B.氢弹的核反应为轻核的聚变，Y为氦原子核 24He ，选项B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，选项C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，选项D不符题意；
故选A。
3.【答案】B
【解析】
【分析】
根据连续相等时间内的位移之差是一恒量求出小球的加速度，以及BC的位移；根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出C点的速度。
解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式和推论，并能灵活运用，有时运用推论求解会使问题更加简捷。
【解答】
A.由公式xm−xn=(m−n)at2可得：a=28−122×22m/s2=2m/s2，故A错误；
B.匀变速直线运动连续相等时间间隔内的位移之差等于定值，即xBC−xAB=at2，解得：xBC=20m，所以平均速度为：v−=202m/s=10m/s，故B正确；
C.B点的速度：vB=xAB+xBC2T=12+202×2m/s=8m/s，则A点的速度大小为：vA=vB−aT=4m/s，故C错误；
D.通过C点的速度等于BD间的平均速度即vC=vBD−=20+282×2m/s=12m/s，故D错误；
故选B。
4.【答案】C
【解析】
【分析】根据几何关系分析出两车在运动方向位移上需要满足的条件，结合运动学公式分析出满足条件的时间，要注意甲车的停止时刻。
本题主要考查了汽车的追及相遇问题，要利用好几何关系找到临界状态，特别要注意甲车的临界状态，再结合运动学公式即可完成分析。
【解答】根据几何知识可知，当甲车在乙车前方时，有
x甲−x乙=6m
根据运动学公式有
x甲=v甲t−12at2
x乙=v乙t
解得
t1=2s，t2=6s
由于
v甲=at
解得
t=v甲a=62s=3s
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，故甲、乙两车的距离不断减小，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′=2sv乙=2×6mv乙=6s
所以甲、乙两车能利用蓝牙通信的时间为
t总=2s+6s=8s
故选C。
5.【答案】B
【解析】如图所示
设物块受到的摩擦为 Ff ，受到桌面的支持力为 FN ，则由
tanθ=FfFN=μ= 33
解得
θ=30∘
即当 FN 与 Ff 的合力方向在图示虚线方向上，根据力的三角形知识可知拉力F的最小值为
Fmin=mgsinθ=mg2
选项B正确。
故选B。
6.【答案】D
【解析】A.A、B紧挨在一起但A、B之间无压力，对A有
mAg=kx
解得弹簧压缩量为
x=mAgk=0.3m
故A错误；
CD.细线剪断瞬间，弹簧弹力不变，对A、B整体，由牛顿第二定律可得
mA+mBg−kx=mBg=mA+mBa
解得物体A、B的瞬时加速度为
a=4m/s2
故C错误，D正确；
B.对物体A，由牛顿第二定律
F+mAg−kx=mAa
解得物体B对物体A的压力为
F=12N
故B错误。
故选D。
7.【答案】C
【解析】A.由 v−t 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，由于重力沿斜面向下的分力大于摩擦力，物块继续向下做匀加速直线运动，从图像可知传送带的速度为 v0=10m/s ，故A错误；
B.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，则有
a1=mgsinθ+μmgcosθm=gsinθ+μgcosθ
a2=mgsinθ−μmgcosθm=gsinθ−μgcosθ
由 v−t 图像可知
a1=10−01m/s2=10m/s2
a2=12−102−1m/s2=2m/s2
联立解得
μ=0.5 ， θ=37∘
故B错误，C正确；
D.物体第一段匀加速直线运动的位移为
x1=v022a1=10020m=5m
物体第二段匀加速直线运动的位移为
x2=v2−v022a2=144−1004m=11m
传送带运动的位移为
x=v0t=10×2m=20m
则0～2.0s内物体相对传送带的位移为
Δx=x1+x2−x=5+11−20m=−4m
故D错误。
故选C。
8.【答案】AD
【解析】
【分析】本题主要考查小船渡河问题。解决本题的方法是运动的合成与分解，解决本题的关键知道分运动与合运动具有等时性，以及知道各分运动具有独立性，互不干扰。去程时船头指向始终与河岸垂直，结合运动学公式，可列出河宽与船速的关系式，回程时路线与河岸垂直时，可求出船过河的合速度，从而列出河宽与船速度的关系，结合题意和几何知识分析即可正确求解。
【解答】D.设小船在静水中的速度为v1、河水的流速为v2，去程船头垂直河岸，所用的时间t1=dv1，回程所用的时间t2=d v12−v22，又t1t2= 32，解得v1:v2=2:1，故D正确;
A.去程小船沿河岸的位移x=v2t1=d2，故A正确;
B.去程小船的位移为 d2+(d2)2= 52d，回程小船的位移为d，去程和回程小船的位移之比为 5:2，故B错误;
C.设回程船头方向与河岸成α角，则有v1cosα=v2，解得α=60∘，故C错误。
9.【答案】ABC
【解析】A.对小球A施加水平拉力 F ，使小球A沿着 14 圆弧轨迹缓慢上移，则小球A处于动态平衡状态，受力分析如图所示
根据平衡条件可得
Tcosα=mAg
解得
T=mAgcosα
小球在上移过程中， α 增大，可知绳上的拉力 T 增大，故A正确；
BC.初始时，对小球A由平衡条件可知，绳上的拉力
T1=mAg
初始时滑环恰好不下滑，对滑环B
①假设滑环受到固定杆的支持力方向垂直于杆向下，则由平衡条件有
mBgsin(π2−θ)=μFN ， T1=FN+mgcos(π2−θ)
两式联立，代入数据解得
m=0.5kg
因此假设成立；
②假设滑环受到固定杆的支持力方向垂直于杆向上，则由平衡条件有
mBgsin(π2−θ)=μFN ， T1+FN=mgcos(π2−θ)
联立两式，代入数据解得
m<0 (为负值)
因此假设不成立，由此可知，固定杆给滑环B的弹力方向一定垂直于杆向下，故BC正确；
D.根据题意，在小球A移动的过程中，滑环B始终处于静止状态，则对滑环B由平衡条件有
f=mBgsin(π2−θ)=mBgcosθ=mBgcos53∘
可知滑环B受到的摩擦力大小不变，故D错误。
故选ABC。
10.【答案】BD
【解析】AD.大量氢原子跃迁时只有三种频率的光谱，根据氢原子跃迁时辐射出光的种数
Cn2=3
可知氢原子是从 n=3 能级向低能级跃迁，则
hν0=E3−E1
又由图丙，结合
eU=Ek=hν−W0
可知
νa>νb>νc
因此可知
hν0=hνa=hνb+hνc
即a光是从 n=3 能级跃迁到 n=1 能级时辐射出的光，故A错误，D正确；
B.由
eU=Ek=hν−W0
代入a光的遏止电压
Ua=9.84V
代入上式可得
W0=2.25eV
对照图丁可知阴极材料为钾，故B正确；
C.图丙中的b光照射金属时产生的饱和光电流
Im=0.64μA
根据
Imt=Ne
可得
N=4×1012 (个)
故C错误。
故选BD。
11.【答案】(1)3.6；
(2)AC或CA；
(3)BD或DB；
(4)C
【解析】由图示弹簧测力计确定其分度值，读出其示数;当出现超出弹簧测力计A的量程时，通过改变其中一个力大小或另一个力方向来达到此目的；合力与分力的作用效果相同，是等效替代的关系。
本题考查了弹簧测力计读数、减小实验误差的方法，对弹簧测力计读数时要先确定其分度值，然后再读数，读数时视线要与刻度线垂直。
【详解】
(1)测力计的最小分度值是0.2N，图中A的示数为3.6N；
(2) A.为了对比两个力的合力与重物的重力，则需要测量重物A所受的重力，故A正确；
B.因为两个弹簧测力计的合力与重力等大反向，所以不能在水平桌面上进行实验，故B错误；
C.拉线方向应与木板平面平行，使线中拉力等于测力计示数，故C正确；
D.改变拉力的大小与方向，再次进行实验时，不一定要使结点O静止在原位置，故D错误；
故选AC；
(3)ABD.当弹簧测力计A超出其量程，则说明与弹簧测力计B和重物相连的两根细线的拉力的合力已偏大，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，要么同时改变测力计B拉细线的方向和弹簧测力计B拉力的大小，从而使测力计A不超出量程，故A错误BD正确；
C.已经超量程了，将A更换成量程较小的弹簧测力计也同样会超量程，故C错误。
故选BD；
(4)合力与分力的作用效果相同，本实验采用的科学方法是等效替代法。
故选C。
12.【答案】 0.515 d22L(1t22−1t12) 1b−M kb
【解析】
【分析】
(4)根据游标卡尺读数的方法正确读出d的大小；根据运动学的公式即可求出加速度的表达式；
(6)由牛顿第二定律写出1a −1m关系式，然后结合斜率与截距求解即可。
解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事．遇到涉及图象的问题时，要先根据物理规律写出关于纵轴与横轴的函数表达式，再根据斜率和截距的概念求解即可．
【解答】
(4)20分度的游标卡尺精确度为0.05mm，由图可知，游标尺的0刻度前为5mm，第三刻度与上边对齐，读数为3×0.05mm=0.15mm
所以总读数为5mm+0.15mm=5.15mm=0.515cm
在极短时间内的平均速度等于该时刻的瞬时速度，则滑块通过光电门1的速度为v1=dt1
滑块通过光电门2的速度为v2=dt2
根据v22−v12=2ax
可得2a1L=(dt2)2−(dt1)2
所以a1=d22L(1t22−1t12)
(6)滑块的质量为M，待测物体的质量为M0，滑块受到拉力为F，由牛顿第二定律有F=(M0+M)a
对钩码有mg−F=ma
联立得1m=gM0+M⋅1a−1M0+M
所以图像的斜率为k=gM0+M
−b=−1M0+M
所以M0=1b−M，g=kb
13.【答案】(1)0.3s；(2)40N
【解析】(1)设小球自抛出至落到斜面上的时间为 t1 ，则小球水平位移
x=v0t1
竖直位移
y=12gt12
位移间的关系为
tanθ=yx
联立并代入数据解得
t1=0.3s
(2)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
z=12at22
小球落在斜面上的时间不变
t2=t1=0.3s
小球的位移
s= x2+y2+z2
联立并代入数据解得
F=40 N
14.【答案】(1)0.4L；(2)1L
【解析】1)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
p1=p0+ph1=85cmHg ①
根据玻意耳定律有
p0(VA+VB)=p1VA ②
解得
VB=0.4L ③
(2)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
p2=p0+ph2=90cmHg ④
根据玻意耳定律有
p0(VA+VB−V)=p2(VA−V) ⑤
解得
V=1L ⑥
15.【答案】(1)5m/s；(2)4s；(3)7.5m
【解析】(1)物块所受的最大静摩擦力产生的最大加速度为
a0=μ1g=0.5m/s2
若木块相对木板静止，则需加的最大力F满足
F0−μ2⋅2mg=2ma0
解得
F0=2.5N
则当 F=3N>2.5N 时物块相对木板产生相对滑动，则木板的加速度
F−μ2⋅2mg−μ1mg=ma1
解得
a1=1m/s2
撤去 F 时，木板的速度大小
v1=a1t1=5m/s
(2)撤去 F 时，物块的速度
v2=a0t2=2.5m/s
撤去F后木板减速运动的加速度
μ2⋅2mg+μ1mg=ma2
解得
a2=2m/s2
当两者达到共速时
v=v1−a2t2=v2+a0t2
解得
t2=1s
v=3m/s
共速后木板减速运动的加速度
μ2⋅2mg−μ1mg=ma3
解得
a3=1m/s2
物块做减速运动的加速度仍为 a0=0.5m/s2 ，则木板先停止运动，需要时间
t3=va3=3s
则撤去 F 后，木板停止运动的时间为
t停=t2+t3=4s
(3)力F作用阶段，物块相对长木板先后滑动的距离
s1=12a1t12−12a0t12=6.25m
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
s2=v+v12t2−v+v22t2=1.25m
共速后到物块停止物块相对长木板向前滑动的距离
s3=v22a0−v22a3=4.5m
则长木板的长度至少为
L=s1+s2=7.5m
2022-2023学年辽宁省沈阳市重点高中郊联体高二（下）期末物理试卷
一、单选题（本大题共7小题，共28.0分）
1. 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. 原子弹的核反应方程之一为 92235U+01n→56144Ba+3689Kr+3X，氢弹的核反应方程为 12H+13H→01n+Y，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 11H
B. 氢弹的核反应为轻核的聚变，Y为氦原子核 24He
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. 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AB=12m，CD=28m，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. 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6m以内实现通信。t=0时刻，甲、乙两车刚好位于图示位置，此时甲车的速度为6m/s，乙车的速度为2m/s，从该时刻起甲车以1m/s2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t=0时刻起，两车能利用蓝牙通信的时间为( )
A. 2s B. 6s C. 8s D. 10s
5. 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 33，重力加速度大小为g，则拉力F的最小值为( )
A. mg4 B. mg2 C. 3mg4 D. mg
6. 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. 如图甲所示，倾角为θ的足够长的传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运行。t=0时，将质量m=1kg的物体(可视为质点)轻放在传送带上，物体相对地面的v−t图象如图乙所示。设沿传送带向下为正方向，取重力加速度g=10m/s2。则( )
A. 传送带的速率v0=12m/s
B. 传送带的倾角θ=30∘
C. 物体与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5
D. 0∼2.0s物体相对传送带的位移为16m
二、多选题（本大题共3小题，共18.0分）
8. 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 32，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d2
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. 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14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. 如图甲为氢原子的能级图，现用频率为ν0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νa、νb、νc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e=1.6×10−19C以下说法正确的是( )
A. 一定有hν0=hνa+hνb+hνc
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4×1011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（本大题共2小题，共16.0分）
11. 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. 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M，待测物体的质量记为M0，当地的重力加速度为g，请完成下列填空：
(1)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；
(2)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m1的钩码；
(3)调节定滑轮使细线与气垫导轨的轨道平行；
(4)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t1、t2，读出两光电门之间的距离L；用游标卡尺测出遮光条的宽度d，示数如图乙所示，则d=_____cm，并由此计算出滑块的加速度a1=_____(用含t1、t2、L和d的式子表示)；
(5)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；
(6)以加速度的倒数1a为横轴，钩码总质量的倒数1m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k，纵截距为−b，则M0=_____，g=_____。
四、简答题（本大题共1小题，共11.0分）
13. 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。
五、计算题（本大题共1小题，共11.0分）
14. 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。
六、综合题（本大题共1小题，共16.0分）
15. 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t=0时刻对长木板施加一水平向右的恒定拉力F=3N，运动一段时间5s后撤去F，整个过程物块一直在木板上、已知物块和木板的质量均为1kg，物块与木板间的动摩擦因数为μ1=120，木板与地面间的动摩擦因数为μ2=340，重力加速度g=10m/s2。求：
(1)撤去F时，木板的速度大小；
(2)撤去F后，木板经多长时间停止运动；
(3)长木板的长度至少为多长。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】A.气体绝热膨胀，说明气体与外界没有热量交换，对外做功，根据热力学第一定律，内能一定减小，故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，故B错误；
C.温度低的物体分子的平均动能小，但由于分子的质量不能明确，故不能说明温度低的物体分子平均速率就小，故C错误；
D.晶体和非晶体的区别就是晶体具有固定的熔点，单晶体和多晶体都有确定的熔点，故D正确。
故选D。
2.【答案】A
【解析】A.原子弹的核反应为重核的裂变，X为中子 01n ，选项A符合题意；
B.氢弹的核反应为轻核的聚变，Y为氦原子核 24He ，选项B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，选项C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，选项D不符题意；
故选A。
3.【答案】B
【解析】
【分析】
根据连续相等时间内的位移之差是一恒量求出小球的加速度，以及BC的位移；根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出C点的速度。
解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式和推论，并能灵活运用，有时运用推论求解会使问题更加简捷。
【解答】
A.由公式xm−xn=(m−n)at2可得：a=28−122×22m/s2=2m/s2，故A错误；
B.匀变速直线运动连续相等时间间隔内的位移之差等于定值，即xBC−xAB=at2，解得：xBC=20m，所以平均速度为：v−=202m/s=10m/s，故B正确；
C.B点的速度：vB=xAB+xBC2T=12+202×2m/s=8m/s，则A点的速度大小为：vA=vB−aT=4m/s，故C错误；
D.通过C点的速度等于BD间的平均速度即vC=vBD−=20+282×2m/s=12m/s，故D错误；
故选B。
4.【答案】C
【解析】
【分析】根据几何关系分析出两车在运动方向位移上需要满足的条件，结合运动学公式分析出满足条件的时间，要注意甲车的停止时刻。
本题主要考查了汽车的追及相遇问题，要利用好几何关系找到临界状态，特别要注意甲车的临界状态，再结合运动学公式即可完成分析。
【解答】根据几何知识可知，当甲车在乙车前方时，有
x甲−x乙=6m
根据运动学公式有
x甲=v甲t−12at2
x乙=v乙t
解得
t1=2s，t2=6s
由于
v甲=at
解得
t=v甲a=62s=3s
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，故甲、乙两车的距离不断减小，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′=2sv乙=2×6mv乙=6s
所以甲、乙两车能利用蓝牙通信的时间为
t总=2s+6s=8s
故选C。
5.【答案】B
【解析】如图所示
设物块受到的摩擦为 Ff ，受到桌面的支持力为 FN ，则由
tanθ=FfFN=μ= 33
解得
θ=30∘
即当 FN 与 Ff 的合力方向在图示虚线方向上，根据力的三角形知识可知拉力F的最小值为
Fmin=mgsinθ=mg2
选项B正确。
故选B。
6.【答案】D
【解析】A.A、B紧挨在一起但A、B之间无压力，对A有
mAg=kx
解得弹簧压缩量为
x=mAgk=0.3m
故A错误；
CD.细线剪断瞬间，弹簧弹力不变，对A、B整体，由牛顿第二定律可得
mA+mBg−kx=mBg=mA+mBa
解得物体A、B的瞬时加速度为
a=4m/s2
故C错误，D正确；
B.对物体A，由牛顿第二定律
F+mAg−kx=mAa
解得物体B对物体A的压力为
F=12N
故B错误。
故选D。
7.【答案】C
【解析】A.由 v−t 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，由于重力沿斜面向下的分力大于摩擦力，物块继续向下做匀加速直线运动，从图像可知传送带的速度为 v0=10m/s ，故A错误；
B.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，则有
a1=mgsinθ+μmgcosθm=gsinθ+μgcosθ
a2=mgsinθ−μmgcosθm=gsinθ−μgcosθ
由 v−t 图像可知
a1=10−01m/s2=10m/s2
a2=12−102−1m/s2=2m/s2
联立解得
μ=0.5 ， θ=37∘
故B错误，C正确；
D.物体第一段匀加速直线运动的位移为
x1=v022a1=10020m=5m
物体第二段匀加速直线运动的位移为
x2=v2−v022a2=144−1004m=11m
传送带运动的位移为
x=v0t=10×2m=20m
则0～2.0s内物体相对传送带的位移为
Δx=x1+x2−x=5+11−20m=−4m
故D错误。
故选C。
8.【答案】AD
【解析】
【分析】本题主要考查小船渡河问题。解决本题的方法是运动的合成与分解，解决本题的关键知道分运动与合运动具有等时性，以及知道各分运动具有独立性，互不干扰。去程时船头指向始终与河岸垂直，结合运动学公式，可列出河宽与船速的关系式，回程时路线与河岸垂直时，可求出船过河的合速度，从而列出河宽与船速度的关系，结合题意和几何知识分析即可正确求解。
【解答】D.设小船在静水中的速度为v1、河水的流速为v2，去程船头垂直河岸，所用的时间t1=dv1，回程所用的时间t2=d v12−v22，又t1t2= 32，解得v1:v2=2:1，故D正确;
A.去程小船沿河岸的位移x=v2t1=d2，故A正确;
B.去程小船的位移为 d2+(d2)2= 52d，回程小船的位移为d，去程和回程小船的位移之比为 5:2，故B错误;
C.设回程船头方向与河岸成α角，则有v1cosα=v2，解得α=60∘，故C错误。
9.【答案】ABC
【解析】A.对小球A施加水平拉力 F ，使小球A沿着 14 圆弧轨迹缓慢上移，则小球A处于动态平衡状态，受力分析如图所示
根据平衡条件可得
Tcosα=mAg
解得
T=mAgcosα
小球在上移过程中， α 增大，可知绳上的拉力 T 增大，故A正确；
BC.初始时，对小球A由平衡条件可知，绳上的拉力
T1=mAg
初始时滑环恰好不下滑，对滑环B
①假设滑环受到固定杆的支持力方向垂直于杆向下，则由平衡条件有
mBgsin(π2−θ)=μFN ， T1=FN+mgcos(π2−θ)
两式联立，代入数据解得
m=0.5kg
因此假设成立；
②假设滑环受到固定杆的支持力方向垂直于杆向上，则由平衡条件有
mBgsin(π2−θ)=μFN ， T1+FN=mgcos(π2−θ)
联立两式，代入数据解得
m<0 (为负值)
因此假设不成立，由此可知，固定杆给滑环B的弹力方向一定垂直于杆向下，故BC正确；
D.根据题意，在小球A移动的过程中，滑环B始终处于静止状态，则对滑环B由平衡条件有
f=mBgsin(π2−θ)=mBgcosθ=mBgcos53∘
可知滑环B受到的摩擦力大小不变，故D错误。
故选ABC。
10.【答案】BD
【解析】AD.大量氢原子跃迁时只有三种频率的光谱，根据氢原子跃迁时辐射出光的种数
Cn2=3
可知氢原子是从 n=3 能级向低能级跃迁，则
hν0=E3−E1
又由图丙，结合
eU=Ek=hν−W0
可知
νa>νb>νc
因此可知
hν0=hνa=hνb+hνc
即a光是从 n=3 能级跃迁到 n=1 能级时辐射出的光，故A错误，D正确；
B.由
eU=Ek=hν−W0
代入a光的遏止电压
Ua=9.84V
代入上式可得
W0=2.25eV
对照图丁可知阴极材料为钾，故B正确；
C.图丙中的b光照射金属时产生的饱和光电流
Im=0.64μA
根据
Imt=Ne
可得
N=4×1012 (个)
故C错误。
故选BD。
11.【答案】(1)3.6；
(2)AC或CA；
(3)BD或DB；
(4)C
【解析】由图示弹簧测力计确定其分度值，读出其示数;当出现超出弹簧测力计A的量程时，通过改变其中一个力大小或另一个力方向来达到此目的；合力与分力的作用效果相同，是等效替代的关系。
本题考查了弹簧测力计读数、减小实验误差的方法，对弹簧测力计读数时要先确定其分度值，然后再读数，读数时视线要与刻度线垂直。
【详解】
(1)测力计的最小分度值是0.2N，图中A的示数为3.6N；
(2) A.为了对比两个力的合力与重物的重力，则需要测量重物A所受的重力，故A正确；
B.因为两个弹簧测力计的合力与重力等大反向，所以不能在水平桌面上进行实验，故B错误；
C.拉线方向应与木板平面平行，使线中拉力等于测力计示数，故C正确；
D.改变拉力的大小与方向，再次进行实验时，不一定要使结点O静止在原位置，故D错误；
故选AC；
(3)ABD.当弹簧测力计A超出其量程，则说明与弹簧测力计B和重物相连的两根细线的拉力的合力已偏大，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，要么同时改变测力计B拉细线的方向和弹簧测力计B拉力的大小，从而使测力计A不超出量程，故A错误BD正确；
C.已经超量程了，将A更换成量程较小的弹簧测力计也同样会超量程，故C错误。
故选BD；
(4)合力与分力的作用效果相同，本实验采用的科学方法是等效替代法。
故选C。
12.【答案】 0.515 d22L(1t22−1t12) 1b−M kb
【解析】
【分析】
(4)根据游标卡尺读数的方法正确读出d的大小；根据运动学的公式即可求出加速度的表达式；
(6)由牛顿第二定律写出1a −1m关系式，然后结合斜率与截距求解即可。
解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事．遇到涉及图象的问题时，要先根据物理规律写出关于纵轴与横轴的函数表达式，再根据斜率和截距的概念求解即可．
【解答】
(4)20分度的游标卡尺精确度为0.05mm，由图可知，游标尺的0刻度前为5mm，第三刻度与上边对齐，读数为3×0.05mm=0.15mm
所以总读数为5mm+0.15mm=5.15mm=0.515cm
在极短时间内的平均速度等于该时刻的瞬时速度，则滑块通过光电门1的速度为v1=dt1
滑块通过光电门2的速度为v2=dt2
根据v22−v12=2ax
可得2a1L=(dt2)2−(dt1)2
所以a1=d22L(1t22−1t12)
(6)滑块的质量为M，待测物体的质量为M0，滑块受到拉力为F，由牛顿第二定律有F=(M0+M)a
对钩码有mg−F=ma
联立得1m=gM0+M⋅1a−1M0+M
所以图像的斜率为k=gM0+M
−b=−1M0+M
所以M0=1b−M，g=kb
13.【答案】(1)0.3s；(2)40N
【解析】(1)设小球自抛出至落到斜面上的时间为 t1 ，则小球水平位移
x=v0t1
竖直位移
y=12gt12
位移间的关系为
tanθ=yx
联立并代入数据解得
t1=0.3s
(2)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
z=12at22
小球落在斜面上的时间不变
t2=t1=0.3s
小球的位移
s= x2+y2+z2
联立并代入数据解得
F=40 N
14.【答案】(1)0.4L；(2)1L
【解析】1)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
p1=p0+ph1=85cmHg ①
根据玻意耳定律有
p0(VA+VB)=p1VA ②
解得
VB=0.4L ③
(2)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
p2=p0+ph2=90cmHg ④
根据玻意耳定律有
p0(VA+VB−V)=p2(VA−V) ⑤
解得
V=1L ⑥
15.【答案】(1)5m/s；(2)4s；(3)7.5m
【解析】(1)物块所受的最大静摩擦力产生的最大加速度为
a0=μ1g=0.5m/s2
若木块相对木板静止，则需加的最大力F满足
F0−μ2⋅2mg=2ma0
解得
F0=2.5N
则当 F=3N>2.5N 时物块相对木板产生相对滑动，则木板的加速度
F−μ2⋅2mg−μ1mg=ma1
解得
a1=1m/s2
撤去 F 时，木板的速度大小
v1=a1t1=5m/s
(2)撤去 F 时，物块的速度
v2=a0t2=2.5m/s
撤去F后木板减速运动的加速度
μ2⋅2mg+μ1mg=ma2
解得
a2=2m/s2
当两者达到共速时
v=v1−a2t2=v2+a0t2
解得
t2=1s
v=3m/s
共速后木板减速运动的加速度
μ2⋅2mg−μ1mg=ma3
解得
a3=1m/s2
物块做减速运动的加速度仍为 a0=0.5m/s2 ，则木板先停止运动，需要时间
t3=va3=3s
则撤去 F 后，木板停止运动的时间为
t停=t2+t3=4s
(3)力F作用阶段，物块相对长木板先后滑动的距离
s1=12a1t12−12a0t12=6.25m
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
s2=v+v12t2−v+v22t2=1.25m
共速后到物块停止物块相对长木板向前滑动的距离
s3=v22a0−v22a3=4.5m
则长木板的长度至少为
L=s1+s2=7.5m
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