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2022-2023学年辽宁省葫芦岛市高二（下）期末物理试卷（含详细答案解析）
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这是一份2022-2023学年辽宁省葫芦岛市高二（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题：本大题共7小题，共28分。
1.如下表记录了某受迫振动的振幅随驱动力频率变化的关系，则该振动系统的固有频率最接近( )
A. 30HzB. 50HzC. 60HzD. 80Hz
2.2023年4月12日，我国科学家利用自主设计的全超导托卡马克核聚变实验装置(EAST)，成功实现稳态高约束模式等离子体运行403秒的新世界纪录。该核聚变反应方程为 12H+13H→24He+X，其中粒子X是( )
A. 中子B. 电子C. 质子D. 正电子
3.氢原子的能级图如图甲所示，大量处于n=4激发态的氢原子跃迁时，辐射出频率不同的大量光子，发现由n=4跃迁到n=2辐射出的光子恰好使阴极K发生光电效应现象，由此推断最多能辐射出多少种不同频率的光子可以使阴极K发生光电效应现象( )
A. 2种B. 3种C. 4种D. 5种
4.1801年，英国物理学家托马斯⋅杨完成了著名的双缝干涉实验。如图所示为双缝干涉实验的原理图，单缝S0、屏上的P0点均位于双缝S1和S2的中垂线上。已知入射光在真空中的波长为λ，双缝S1到S2的距离为d，双缝S1和S2到P点的距离分别为x1、x2，屏上P点到P0点的距离为y，双缝与屏之间的距离为L。若P点是暗条纹的中心，n=0、1、2、3，必须满足的关系是( )
A. L=(2n+1)λ2B. d=(2n+1)λ2
C. y=(2n+1)λ2D. x2−x1=(2n+1)λ2
5.分子间的作用力F与分子间距离r的关系如图所示，r0为分子间的平衡位置。下列说法正确的是( )
A. 当r=r0时，分子间的作用力最小
B. 当r=r1时，分子间的作用力最小
C. 分子间的作用力总是随分子间距离增大而减小
D. 分子间的作用力总是随分子间距离增大而增大
6.已知某横波的频率为1.0×105Hz，某时刻该波在某介质中沿x轴传播的波动图像如图所示，此时质点P正沿y轴负方向运动，则( )
A. 该波在沿x轴负方向传播
B. P点下一时刻的速度变大
C. P点下一时刻的加速度变小
D. 该波的传播速度为1.5×103m/s
7.对于质量为m0的放射性元素p，经过时间t后剩余p的质量为m，其图线如图所示。从图中可以得到p的半衰期为( )
A. 5730年B. 11460年C. 17190年D. 34380年
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.如图所示，两端开口、内径均匀的玻璃弯管竖直固定，两段水银柱将空气柱B封闭在玻璃管左侧的竖直部分，左侧水银柱A有一部分在水平管中。若保持温度不变，向右管缓缓注入少量水银，则稳定后( )
A. 右侧水银面高度差h1增大B. 空气柱B的长度增大
C. 空气柱B的压强增大D. 左侧水银面高度差h2减小
9.如图所示，一列简谐横波沿x轴方向传播，实线为t=0时刻的波形图，虚线为t=0.5s时刻的波形图。简谐横波的可能传播速度( )
A. 12m/sB. 20m/sC. 25m/sD. 28m/s
10.有一种速度叫中国速度，有一种骄傲叫中国高铁。2022年9月20日，中国中车股份有限公司面向全球发布时速600公里高速磁浮交通系统。据了解，该磁悬浮列车可以在3.5min内达到最大速度600km/h。假设在某次试运行时起始站到终点站间距离为60km，加速过程、减速过程都以3.5min变化600km/h的加速度变速，请你根据已有数据分析以下试运行方案的v−t图像，不可能实现的有( )
A.
B.
C.
D.
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
11.实验小组的同学在实验室做“用单摆测量重力加速度的大小”的实验。
(1)下列最合理的装置是______。
(2)为使重力加速度的测量结果更加准确，下列做法合理的有______。
A.测量摆长时，应测量水平拉直后的摆线长
B.在摆球运动过程中，必须保证悬点固定不动
C.摆球运动过程中，摆线与竖直方向的夹角不能太大
D.测量周期时，应该从摆球运动到最高点时开始计时
(3)某同学在实验中测得多组周期T和摆长L，画出了T2−L图像，获得一条过原点的倾斜直线，已知直线斜率为k，则当地的重力加速度表达式为______(用已知物理量表示)。
12.某同学利用“插针法”测定玻璃的折射率，所用的玻璃砖两面平行。
(1)实验时，先在玻璃砖的一侧插两枚大头针P1和P2以确定入射光线AO。接着再插第三枚大头针P3时，要求P3应挡住______；
(2)正确操作后，作出的光路图及测出的相关角度如图(a)所示。当入射角为θ1时，测得折射角为θ2，该玻璃砖的折射率n=______；
(3)多次改变入射角，测得多组入射角和折射角，根据测得的入射角和折射角的正弦值，画出了如图(b)所示的图像，由图像可知该玻璃的折射率n=______(保留两位有效数字)。
(4)假设你手头没有量角器，不能测得入射角和折射角，你还可以利用______器材也能测得该玻璃的折射率。
四、简答题：本大题共3小题，共40分。
13.如图所示，在水平桌面上倒立着一个透明圆锥，底面是半径r=0.24m的圆，圆锥轴线与桌面垂直，过轴线的竖直截面是等腰三角形，底角θ=30∘。有一束光线从距轴线a=0.18m处垂直于圆锥底面入射，透过圆锥后在水平桌面上形成一个小光点。已知透明圆锥介质的折射率n= 3，真空中光速c=3.0×108m/s，不考虑光线反射的影响。求：
(1)光在圆锥中传播的时间；
(2)桌面上光点到圆锥顶点O间的距离。
14.太阳系中有颗具有稳定大气的卫星Q。某实验小组尝试利用一导热性能良好的长方体容器测量卫星Q表面的重力加速度。如图所示，将容器竖直放置在地球表面上并封闭一定质量的理想气体，用可自由移动的活塞将气体分成A、B两部分，活塞与容器无摩擦且不漏气，横截面积为S，该处附近的温度恒为27℃，稳定后，A部分气体的压强为p0，体积为V0，B部分气体的体积为0.5V0。若将该容器倒过来，让B部分气体在上方，此时A部分气体的体积为0.6V0。若把容器移至卫星Q表面处并竖直放置，A部分气体在上方且体积为0.9V0，该处的温度恒为−213℃。地球表面的重力加速度为g。求：
(1)活塞的质量；
(2)卫星Q上容器放置处的重力加速度。
15.红绿灯的设置对指挥城市路口交通影响很大。某城市道路汽车行驶限速vm=15m/s，如图是该市一个十字路口前红灯时的情况，第一辆车的车头与停止线齐平，该路口绿灯时间是Δt=30s，已知每辆车长均为L=4.5m，绿灯亮后，每辆汽车都以加速度a=1.5m/s2匀加速到最大限速，然后做匀速直线运动；为保证安全，前后两车相距均为L0=1.5m，绿灯亮时第一辆车立即启动，每后一辆车启动相对前一辆车均延后t0=1s。交通规则：黄灯亮时，只要车头过停止线就可以通行。假设排队等待绿灯的车辆足够多。
(1)绿灯亮后，求经过多长时间停止线后第3辆车车头到达停止线；
(2)第3辆车车头到达停止线时，再经过多长时间第4辆车车头也到达停止线(结果可用根号表示)；
(3)绿灯亮后，通过计算判断：在本次绿灯期间能通过该路口的最后一辆车是停止线后第几辆车。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：从图所示的共振曲线
可判断出f驱与f固相差越大，受迫振动的振幅越小；f驱与f固越接近，受迫振动的振幅越大，并从中看出f驱越接近f固，振幅的变化越慢，比较各组数据知f驱最接近50Hz，振幅变化最小，故该振动系统的固有频率最接近50Hz，故ACD错误，B正确。
故选：B。
做受迫振动的物体，在它的固有频率等于或接近于策动力的频率时，振幅显著增大；如果固有频率和策动力的频率相差较大时，那么受迫振动的振幅就小。
共振不仅在物理学上运用频率非常高，而且，共振现象也可以说是一种宇宙间最普遍和最频繁的自然现象之一，知道共振的发生条件是关键。
2.【答案】A
【解析】解：核反应过程遵循质量数守恒与电荷数守恒，根据此原则，计算可得X的质量数为2+3−4=1，电荷数为1+1−2=0，该粒子为中子，故A正确，BCD错误。
故选：A。
根据核反应过程所遵循的质量数守恒与电荷数守恒，来计算该粒子的质量数与电荷数。
此题考查核反应过程的原则，注意反应方程中，左上角表示质量数，左下角表示电荷数。
3.【答案】C
【解析】解：根据数学知识可知大量处于n=4激发态的氢原子向低能级跃迁时能发出的光子数为
C42=6
因为n=4向n=2跃迁所发生的光正好使某种金属材料产生光电效应，只有能级差大于等于这两个能级的能级差才能发生光电效应，所以有n=4跃迁到n=1和n=2，n=3跃迁到n=1，n=2跃迁到n=1的光子能够使金属发生光电效应，即4种，故C正确，ABD错误；
故选：C。
根据数学知识得出n=4能级的氢原子发生跃迁时产生的光子数，结合光电效应的发生条件完成分析。
本题主要考查了光电效应的相关应用，理解能级差的计算公式，结合光电效应的产生条件即可完成分析，属于基础题型。
4.【答案】D
【解析】解：屏幕上的暗条纹是两列相干光振动减弱的地方，由于P点是暗条纹的中心，根据振动减弱的条件可知，光程差满足Δx=x2−x1=(2n+1)λ2，其中的n=0、1、2、3……，故ABC错误，D正确。
故选：D。
双缝S1和S2产生的是相干光，将在屏幕上产生明暗相间的干涉条纹，屏幕上的暗条纹是两列相干光振动减弱的地方，再根据振动减弱的条件分析作答。
本题主要考查了相干光产生明、暗条纹的条件；理解并熟记相干光光产生明、暗条纹的条件是解题的关键。
5.【答案】A
【解析】【分析】
r0为分子间的平衡位置，引力等于斥力，分子间的作用力最小；分子间的引力和斥力均随分子间的距离增大而减小，根据图像判断分子间作用力的变化。
本题考查分子间的作用力，解题关键是知道分子间引力和斥力随分子距离变化的变化。
【解答】
AB、r0为分子间的平衡位置，引力等于斥力，分子间的作用力最小，为零，故A正确，B错误；
CD、若rr1，分子间的作用力随分子间距离增大而减小，故CD错误。
故选：A。
6.【答案】D
【解析】解：A、质点P正沿y轴负方向运动，根据波形平移法可知波沿x正向传播，故A错误；
BC、质点P正沿y轴负方向运动，远离平衡位置，则其位移变大，速度变小，加速度变大，故BC错误；
D、根据波形图可知该波的波长为λ=15×10−3m，则波速为v=λf=1.5×10−2×1.0×105m/s=1.5×103m/s，故D正确。
故选：D。
质点P正沿y轴负方向运动，根据波形平移法判断波的传播度方向；根据质点P的运动方向，判断速度和加速度的变化情况；读出波长，由v=λf求波速。
已知质点的振动方向，可运用波形平移法、同侧法、上下坡法等方法判断波的传播方向。
7.【答案】A
【解析】解：根据题意可知放射性元素的质量从0.500m0变为0.250m0，刚好衰变了一半的放射性元素，此过程经历的时间为一个半衰期，则有T=11460年−5730年=5730年，故A正确，BCD错误；
故选：A。
理解半衰期的概念，结合图像得出元素的半衰期。
本题主要考查了原子核的衰变问题，理解半衰期的概念即可完成分析，属于简单题型。
8.【答案】BD
【解析】【分析】
右侧灌水银挤压左侧导致A段水银一部分会被挤压到水平管，再根据左侧的平衡方程即可求出B段气柱的压强变化情况，进而对B段气柱运用玻意耳定律即可求出空气柱B的长度的变化情况。
本题考查封闭气体的压强，掌握连通器的原理解题，理解玻意耳定律，注意空气柱的质量一定是解题的前提条件。
【解答】
AD、设水银密度为ρ，向右管注入少量水银，右侧的压强就增大，右侧的水银就会向左移动，从而左侧的水银A向上运动，h2就会变小，
根据平衡，B段气柱的压强：pB=p0+ρgh2=p0+ρgh1，可知，右侧水银面高度差h1减小，故A错误，D正确；
BC、根据AD项分析可知，h2变小，则B段气柱的压强减小，因为温度不变，根据玻意耳定律：pV为定值，可知：空气柱B的体积变大，长度将增大，故B正确，C错误；
故选：BD。
9.【答案】ABD
【解析】解：由图可知，波长λ=8m；若波沿x轴正方向传播，考虑波传播的周期性
在0∼0.5s传播的距离为Δx=(nλ+6)m=(8n+6)m(其中n=0，1，2⋯)
则传播速度为v=ΔxΔt=8n+60.5=(16n+12)m/s(其中n=0，1，2⋯)
当n=0，有v1=16×0m/s+12m/s=12m/s
当n=1，有v2=16×1m/s+12m/s=28m/s
若波沿x轴负方向传播，考虑波传播的周期性
在0∼0.5s传播的距离为Δx′=(nλ+2)m=(8n+2)(其中n=0，1，2⋯)
则传播速度为v′=Δx′Δt=8n+20.5=(16n+4)m/s(其中n=0，1，2⋯)
当n=0，有v1′=(16×0+4)m/s=4m/s
当n=1，有v2′=(16×1+4)m/s=20m/s
当n=2，有v3′=(16×2+4)m/s=36m/s
综上分析，故ABD正确，C错误。
故选：ABD。
波在传播过程中，不仅具有双向性，而且具有周期性，根据波传播的双向性和周期性分析作答。
解题关键是能够根据题中给出的两个不同时刻的波形图分别求解波传播的双向性和周期性，进而解得波的传播速度的可能值。
10.【答案】AD
【解析】解：A、根据v−t图像与t轴围成的面积表示位移，可知A项图中，加速和减速过程中行驶的距离均为
x1A=vm2t=6002km/h×3.560h=17.5km
匀速过程前进的距离为
x2A=vmΔtA=600km/h×1.560h=15km
行驶的总路程为
xA=2x1A+x2A=2×17.5km+15km=50km
A项方案不可能实现，故A正确；
B.同理，B项图中，加速和减速过程中行驶的距离均为x1B=vm2t=6002km/h×3.560h=17.5km
匀速过程前进的距离为
x2B>vmΔtB=600km/h×130h=20km
行驶的总路程为
xB>2x1B+x2B=2×17.5km+20km=55km
B项方案有可能实现，故B错误；
C.C项图中，加速和减速过程中行驶的距离均为x1C=vm2t=6002km/h×3.560h=17.5km
匀速过程前进的距离为
x2C>v′ΔtC=600km/h×130h=20km
行驶的总路程为
xC>2x1C+x2C=2×17.5km+20km=55km
C项方案有可能实现，故C错误；
D.D项图中，加速和减速过程中行驶的距离均为x1D=vm2t=6002km/h×3.560h=17.5km
匀速过程前进的距离为
x2D>v′ΔtD+vmΔt′D=26.7km
行驶的总路程为
xD>2x1D+x2D=61.7km
D项方案不可能实现，故D正确。
本题选不可能实现的，故选AD。
根据v−t图像与时间轴所围的面积表示位移，分析各个图像所表示的运动中列车行驶的距离，与起始站到终点站间距离60km比较即可判断。
本题考查了速度-时间图像的应用，解决本题的关键是理解速度-时间图像与时间轴围成的面积表示位移。
11.【答案】DBCg=4π2k
【解析】解：(1)为了减小空气阻力的影响，应选择密度较大的铁球；为了保证摆动过程摆长保持不变，应选择弹性小的细丝线，且用铁夹夹住细丝线的上端，故D正确，ABC错误；
故选：D。
(2)A.测量摆长时，应测量竖直拉直后的摆线长，故A错误；
B.在摆球运动过程中，为了保证摆长不变，必须保证悬点固定不动，故B正确；
C.摆球运动过程中，为了使摆球做简谐运动，摆线与竖直方向的夹角不能太大，一般小于5∘，故C正确；
D.测量周期时，应该从摆球运动到最低点时开始计时，故D错误。
故选：BC。
(3)根据单摆周期公式
T=2π Lg
可得：T2=4π2gL
可知T2−L图像的斜率为
k=4π2g
解得：g=4π2k
故答案为：(1)D；BC；(3)g=4π2k
(1)为了减小空气阻力的影响，要选择密度较大的铁球，同时要选择弹性小的细绳，并用夹子夹住上端；
(2)根据实验原理掌握正确的实验操作；
(3)根据单摆的周期公式，结合图像的物理意义得出g的表达式。
本题主要考查了单摆测量重力加速度的实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合单摆的周期公式和图像的物理意义即可完成分析。
12.【答案】P1、P2的像 sinθ1sinθ2 1.5刻度尺
【解析】解：(1)根据实验操作步骤可知，插第三枚大头针P3时，要求P3应挡住P1、P2的像。
(2)根据光的折射定律，该玻璃砖的折射率n=sinθ1sinθ2
(3)根据折射定律，化简得sinθ1=nsinθ2
则sinθ2−sinθ1的斜率k=0.4−00.6−0=23
结合sinθ2−sinθ1函数可知k=1n
代入数据解得该玻璃的折射率n=1.5
(4)假设手头没有量角器时，分别用刻度尺过入射光线和出射光线上的某点作两个直角三角形，再用刻度尺测量两直角三角形的对边和斜边的长度，根据数学知识求解入射角、折射角的正弦，最后根据折射定律即可求出玻璃的折射率。
故答案为：(1)P1、P2的像；(2)sinθ1sinθ2；(3)1.5；(4)刻度尺。
(1)根据实验操作步骤分析作答；
(2)根据折射定律求折射率；
(3)根据折射定律求sinθ2−sinθ1函数，结合sinθ2−sinθ1图像斜率的含义求折射率；
(4)假设手头没有量角器，不能测得入射角和折射角，还可以利用刻度尺测出长度，再根据三角函数求出折射率。
本题考查了玻璃折射率的测量，实验的原理为折射定律；在用图像法处理数据时，关键在于根据折射定律求解sinθ2−sinθ1函数，充分体现了数形结合的思想。
13.【答案】解：(1)光在圆锥中传播的速度v=cn
传播时间t=(r−a)tanθv
联立解得：t=2×10−10s
(2)光线从底面垂直入射后沿直线射到圆锥侧面上的O′点发生折射，光路图如图，由几何关系可知入射角等于θ，设折射角为α，则
n=sinαsinθ
解得：α=60∘
设桌面上光点到圆锥顶点O间的距离为l。
由几何关系可知△OPO′为等腰三角形，则2lcs30∘=acsθ
解得：l=0.12m
答：(1)光在圆锥中传播的时间是2×10−10s；
(2)桌面上光点到圆锥顶点O间的距离是0.12m。
【解析】(1)先由公式v=cn求出光在圆锥中传播的速度，结合传播距离求光在圆锥中传播的时间t；
(2)光线从底面垂直入射后沿直线射到圆锥侧面上的O′点发生折射，由几何关系求出入射角，由折射定律求出折射角，再由几何关系求桌面上光点到圆锥顶点O间的距离。
本题关键之处是借助于光的折射定律作出光路图，同时利用几何关系来辅助计算。
14.【答案】解：(1)设A部分气体在下方时，压强为p′，则对A部分气体由玻意耳定律得
p0V0=p′⋅0.6V0
解得：p′=53p0
对活塞受力分析，则A部分气体在上方时，满足
p0S+mg=pBS
A部分气体在下方时，满足
pB′S+mg=p′S
对B部分气体由玻意耳定律得
pB⋅0.5V0=pB′⋅0.9V0
解得：m=5p0S7g
(2)由题意知
T1=300K
T2=60K
对A部分气体由理想气体状态方程得
p0V0T1=pA×0.9V0T2
对B部分气体由理想气体状态方程得
pB×0.5V0T1=pB′′×0.6V0T2
且由平衡条件得
pAS+mg′=pB″S
解得：g′=445g
答：(1)活塞的质量为5p0S7g；
(2)卫星Q上容器放置处的重力加速度为445g。
【解析】(1)气体一开始发生等温变化，根据玻意耳定律得出气体的压强，结合活塞的平衡状态列式得出活塞的质量；
(2)根据题意分析出气体变化前后的状态参量，结合一定质量的理想气体状态方程，结合活塞的平衡状态得出重力加速度。
本题主要考查了一定质量的理想气体状态方程，解题的关键点是分析出气体变化前后的状态参量，结合对物体的受力分析和一定质量的理想气体状态方程即可完成解答。
15.【答案】解：(1)在绿灯亮后，第3辆车等待时间为
Δt3=2t0=2s
设第3辆车从启动到经过停止线一直做匀加速直线运动，所用时间为t1，则有
2(L+L0)=12at12
解得
t1=4s
由于
v1=at1=1.5×4m/s=6m/s则绿灯亮后，停止线后第3辆车车头到达停止线所用时间为
t=Δt3+t1=2s+4s=6s
(2)在绿灯亮后，第4辆车等待时间为
Δt4=3t0=3s
设第4辆车从启动到经过停止线一直做匀加速直线运动，所用时间为t2，则有
3(L+L0)=12at22
解得
t2=2 6s
由于
v2=at2=3 6m/s则绿灯亮后，停止线后第4辆车车头到达停止线所用时间为
t′=Δt4+t2=(3+2 6)s
故第3辆车车头到达停止线时，第4辆车车头也到达停止线经过的时间为
t′−t=(3+2 6)s−6s=(2 6−3)s
(3)设在本次绿灯期间能通过该路口的最后一辆车是停止线后第n辆车；则其等待的时间为
Δtn=(n−1)t0=(n−1)s
该车从启动加速到最大速度所用时间为t加=vma=151.5s=10s
该车从启动加速到最大速度通过的位移为x加=vm22a=1522×1.5m=75m
则该车匀速运动到停止线所用时间为
t匀=(n−1)(L1+L2)−x加vm=6n−8115s=2n−275s
为了该车能通过路口，则有
Δtn+t加+t匀=(n−1)s+10s+2n−275s<Δt=30s
可得
(n−1+10+2n−275)<30
解得
n<1327≈18.86
可知在本次绿灯期间能通过该路口的最后一辆车是停止线后第18辆车。
答：(1)绿灯亮后，经过6s停止线后第3辆车车头到达停止线；
(2)第3辆车车头到达停止线时，再经过(2 6−3)s第4辆车车头也到达停止线；
(3)绿灯亮后，在本次绿灯期间能通过该路口的最后一辆车是停止线后第18辆车。
【解析】(1)先求出在绿灯亮后，第3辆车等待的时间，再根据位移-时间关系求出第3辆车从启动到经过停止线一直做匀加速直线运动所用的时间，之后，根据速度-时间关系求出速度判断是否一直处于加速阶段，进而求出绿灯亮后，停止线后第3辆车车头到达停止线所用的总时间；
(2)先求出在绿灯亮后，第4辆车等待的时间，同理，根据匀变速直线运动的位移-时间关系求出第4辆车从启动到经过停止线一直做匀加速直线运动所用的时间，根据速度-时间关系判断是否达到了最大速度，进而求出绿灯亮后，停止线后第4辆车车头到达停止线所用的总时间；最终求出第3辆车车头到达停止线时，第4辆车车头也到达停止线经过的时间为。
(3)先求出在本次绿灯期间能通过该路口的最后一辆车是停止线后第n辆车的等待时间，再求出该车从启动加速到最大速度所用的时间，以及从启动加速到最大速度通过的位移；之后，根据位移关系求出该车匀速运动到停止线所用的时间，最后根据该车能通过路口的时间关系计算出在本次绿灯期间能通过该路口的最后一辆车是停止线后第几辆车。
本题考查了匀变速直线运动的综合应用，解决本题的关键是分过程求解车辆的运动时间。驱动力频率/Hz
30
40
50
60
70
80
受迫振动振幅/cm
10.2
16.8
27.2
17.1
16.5
8.3
一、单选题：本大题共7小题，共28分。
1.如下表记录了某受迫振动的振幅随驱动力频率变化的关系，则该振动系统的固有频率最接近( )
A. 30HzB. 50HzC. 60HzD. 80Hz
2.2023年4月12日，我国科学家利用自主设计的全超导托卡马克核聚变实验装置(EAST)，成功实现稳态高约束模式等离子体运行403秒的新世界纪录。该核聚变反应方程为 12H+13H→24He+X，其中粒子X是( )
A. 中子B. 电子C. 质子D. 正电子
3.氢原子的能级图如图甲所示，大量处于n=4激发态的氢原子跃迁时，辐射出频率不同的大量光子，发现由n=4跃迁到n=2辐射出的光子恰好使阴极K发生光电效应现象，由此推断最多能辐射出多少种不同频率的光子可以使阴极K发生光电效应现象( )
A. 2种B. 3种C. 4种D. 5种
4.1801年，英国物理学家托马斯⋅杨完成了著名的双缝干涉实验。如图所示为双缝干涉实验的原理图，单缝S0、屏上的P0点均位于双缝S1和S2的中垂线上。已知入射光在真空中的波长为λ，双缝S1到S2的距离为d，双缝S1和S2到P点的距离分别为x1、x2，屏上P点到P0点的距离为y，双缝与屏之间的距离为L。若P点是暗条纹的中心，n=0、1、2、3，必须满足的关系是( )
A. L=(2n+1)λ2B. d=(2n+1)λ2
C. y=(2n+1)λ2D. x2−x1=(2n+1)λ2
5.分子间的作用力F与分子间距离r的关系如图所示，r0为分子间的平衡位置。下列说法正确的是( )
A. 当r=r0时，分子间的作用力最小
B. 当r=r1时，分子间的作用力最小
C. 分子间的作用力总是随分子间距离增大而减小
D. 分子间的作用力总是随分子间距离增大而增大
6.已知某横波的频率为1.0×105Hz，某时刻该波在某介质中沿x轴传播的波动图像如图所示，此时质点P正沿y轴负方向运动，则( )
A. 该波在沿x轴负方向传播
B. P点下一时刻的速度变大
C. P点下一时刻的加速度变小
D. 该波的传播速度为1.5×103m/s
7.对于质量为m0的放射性元素p，经过时间t后剩余p的质量为m，其图线如图所示。从图中可以得到p的半衰期为( )
A. 5730年B. 11460年C. 17190年D. 34380年
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.如图所示，两端开口、内径均匀的玻璃弯管竖直固定，两段水银柱将空气柱B封闭在玻璃管左侧的竖直部分，左侧水银柱A有一部分在水平管中。若保持温度不变，向右管缓缓注入少量水银，则稳定后( )
A. 右侧水银面高度差h1增大B. 空气柱B的长度增大
C. 空气柱B的压强增大D. 左侧水银面高度差h2减小
9.如图所示，一列简谐横波沿x轴方向传播，实线为t=0时刻的波形图，虚线为t=0.5s时刻的波形图。简谐横波的可能传播速度( )
A. 12m/sB. 20m/sC. 25m/sD. 28m/s
10.有一种速度叫中国速度，有一种骄傲叫中国高铁。2022年9月20日，中国中车股份有限公司面向全球发布时速600公里高速磁浮交通系统。据了解，该磁悬浮列车可以在3.5min内达到最大速度600km/h。假设在某次试运行时起始站到终点站间距离为60km，加速过程、减速过程都以3.5min变化600km/h的加速度变速，请你根据已有数据分析以下试运行方案的v−t图像，不可能实现的有( )
A.
B.
C.
D.
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
11.实验小组的同学在实验室做“用单摆测量重力加速度的大小”的实验。
(1)下列最合理的装置是______。
(2)为使重力加速度的测量结果更加准确，下列做法合理的有______。
A.测量摆长时，应测量水平拉直后的摆线长
B.在摆球运动过程中，必须保证悬点固定不动
C.摆球运动过程中，摆线与竖直方向的夹角不能太大
D.测量周期时，应该从摆球运动到最高点时开始计时
(3)某同学在实验中测得多组周期T和摆长L，画出了T2−L图像，获得一条过原点的倾斜直线，已知直线斜率为k，则当地的重力加速度表达式为______(用已知物理量表示)。
12.某同学利用“插针法”测定玻璃的折射率，所用的玻璃砖两面平行。
(1)实验时，先在玻璃砖的一侧插两枚大头针P1和P2以确定入射光线AO。接着再插第三枚大头针P3时，要求P3应挡住______；
(2)正确操作后，作出的光路图及测出的相关角度如图(a)所示。当入射角为θ1时，测得折射角为θ2，该玻璃砖的折射率n=______；
(3)多次改变入射角，测得多组入射角和折射角，根据测得的入射角和折射角的正弦值，画出了如图(b)所示的图像，由图像可知该玻璃的折射率n=______(保留两位有效数字)。
(4)假设你手头没有量角器，不能测得入射角和折射角，你还可以利用______器材也能测得该玻璃的折射率。
四、简答题：本大题共3小题，共40分。
13.如图所示，在水平桌面上倒立着一个透明圆锥，底面是半径r=0.24m的圆，圆锥轴线与桌面垂直，过轴线的竖直截面是等腰三角形，底角θ=30∘。有一束光线从距轴线a=0.18m处垂直于圆锥底面入射，透过圆锥后在水平桌面上形成一个小光点。已知透明圆锥介质的折射率n= 3，真空中光速c=3.0×108m/s，不考虑光线反射的影响。求：
(1)光在圆锥中传播的时间；
(2)桌面上光点到圆锥顶点O间的距离。
14.太阳系中有颗具有稳定大气的卫星Q。某实验小组尝试利用一导热性能良好的长方体容器测量卫星Q表面的重力加速度。如图所示，将容器竖直放置在地球表面上并封闭一定质量的理想气体，用可自由移动的活塞将气体分成A、B两部分，活塞与容器无摩擦且不漏气，横截面积为S，该处附近的温度恒为27℃，稳定后，A部分气体的压强为p0，体积为V0，B部分气体的体积为0.5V0。若将该容器倒过来，让B部分气体在上方，此时A部分气体的体积为0.6V0。若把容器移至卫星Q表面处并竖直放置，A部分气体在上方且体积为0.9V0，该处的温度恒为−213℃。地球表面的重力加速度为g。求：
(1)活塞的质量；
(2)卫星Q上容器放置处的重力加速度。
15.红绿灯的设置对指挥城市路口交通影响很大。某城市道路汽车行驶限速vm=15m/s，如图是该市一个十字路口前红灯时的情况，第一辆车的车头与停止线齐平，该路口绿灯时间是Δt=30s，已知每辆车长均为L=4.5m，绿灯亮后，每辆汽车都以加速度a=1.5m/s2匀加速到最大限速，然后做匀速直线运动；为保证安全，前后两车相距均为L0=1.5m，绿灯亮时第一辆车立即启动，每后一辆车启动相对前一辆车均延后t0=1s。交通规则：黄灯亮时，只要车头过停止线就可以通行。假设排队等待绿灯的车辆足够多。
(1)绿灯亮后，求经过多长时间停止线后第3辆车车头到达停止线；
(2)第3辆车车头到达停止线时，再经过多长时间第4辆车车头也到达停止线(结果可用根号表示)；
(3)绿灯亮后，通过计算判断：在本次绿灯期间能通过该路口的最后一辆车是停止线后第几辆车。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：从图所示的共振曲线
可判断出f驱与f固相差越大，受迫振动的振幅越小；f驱与f固越接近，受迫振动的振幅越大，并从中看出f驱越接近f固，振幅的变化越慢，比较各组数据知f驱最接近50Hz，振幅变化最小，故该振动系统的固有频率最接近50Hz，故ACD错误，B正确。
故选：B。
做受迫振动的物体，在它的固有频率等于或接近于策动力的频率时，振幅显著增大；如果固有频率和策动力的频率相差较大时，那么受迫振动的振幅就小。
共振不仅在物理学上运用频率非常高，而且，共振现象也可以说是一种宇宙间最普遍和最频繁的自然现象之一，知道共振的发生条件是关键。
2.【答案】A
【解析】解：核反应过程遵循质量数守恒与电荷数守恒，根据此原则，计算可得X的质量数为2+3−4=1，电荷数为1+1−2=0，该粒子为中子，故A正确，BCD错误。
故选：A。
根据核反应过程所遵循的质量数守恒与电荷数守恒，来计算该粒子的质量数与电荷数。
此题考查核反应过程的原则，注意反应方程中，左上角表示质量数，左下角表示电荷数。
3.【答案】C
【解析】解：根据数学知识可知大量处于n=4激发态的氢原子向低能级跃迁时能发出的光子数为
C42=6
因为n=4向n=2跃迁所发生的光正好使某种金属材料产生光电效应，只有能级差大于等于这两个能级的能级差才能发生光电效应，所以有n=4跃迁到n=1和n=2，n=3跃迁到n=1，n=2跃迁到n=1的光子能够使金属发生光电效应，即4种，故C正确，ABD错误；
故选：C。
根据数学知识得出n=4能级的氢原子发生跃迁时产生的光子数，结合光电效应的发生条件完成分析。
本题主要考查了光电效应的相关应用，理解能级差的计算公式，结合光电效应的产生条件即可完成分析，属于基础题型。
4.【答案】D
【解析】解：屏幕上的暗条纹是两列相干光振动减弱的地方，由于P点是暗条纹的中心，根据振动减弱的条件可知，光程差满足Δx=x2−x1=(2n+1)λ2，其中的n=0、1、2、3……，故ABC错误，D正确。
故选：D。
双缝S1和S2产生的是相干光，将在屏幕上产生明暗相间的干涉条纹，屏幕上的暗条纹是两列相干光振动减弱的地方，再根据振动减弱的条件分析作答。
本题主要考查了相干光产生明、暗条纹的条件；理解并熟记相干光光产生明、暗条纹的条件是解题的关键。
5.【答案】A
【解析】【分析】
r0为分子间的平衡位置，引力等于斥力，分子间的作用力最小；分子间的引力和斥力均随分子间的距离增大而减小，根据图像判断分子间作用力的变化。
本题考查分子间的作用力，解题关键是知道分子间引力和斥力随分子距离变化的变化。
【解答】
AB、r0为分子间的平衡位置，引力等于斥力，分子间的作用力最小，为零，故A正确，B错误；
CD、若r
故选：A。
6.【答案】D
【解析】解：A、质点P正沿y轴负方向运动，根据波形平移法可知波沿x正向传播，故A错误；
BC、质点P正沿y轴负方向运动，远离平衡位置，则其位移变大，速度变小，加速度变大，故BC错误；
D、根据波形图可知该波的波长为λ=15×10−3m，则波速为v=λf=1.5×10−2×1.0×105m/s=1.5×103m/s，故D正确。
故选：D。
质点P正沿y轴负方向运动，根据波形平移法判断波的传播度方向；根据质点P的运动方向，判断速度和加速度的变化情况；读出波长，由v=λf求波速。
已知质点的振动方向，可运用波形平移法、同侧法、上下坡法等方法判断波的传播方向。
7.【答案】A
【解析】解：根据题意可知放射性元素的质量从0.500m0变为0.250m0，刚好衰变了一半的放射性元素，此过程经历的时间为一个半衰期，则有T=11460年−5730年=5730年，故A正确，BCD错误；
故选：A。
理解半衰期的概念，结合图像得出元素的半衰期。
本题主要考查了原子核的衰变问题，理解半衰期的概念即可完成分析，属于简单题型。
8.【答案】BD
【解析】【分析】
右侧灌水银挤压左侧导致A段水银一部分会被挤压到水平管，再根据左侧的平衡方程即可求出B段气柱的压强变化情况，进而对B段气柱运用玻意耳定律即可求出空气柱B的长度的变化情况。
本题考查封闭气体的压强，掌握连通器的原理解题，理解玻意耳定律，注意空气柱的质量一定是解题的前提条件。
【解答】
AD、设水银密度为ρ，向右管注入少量水银，右侧的压强就增大，右侧的水银就会向左移动，从而左侧的水银A向上运动，h2就会变小，
根据平衡，B段气柱的压强：pB=p0+ρgh2=p0+ρgh1，可知，右侧水银面高度差h1减小，故A错误，D正确；
BC、根据AD项分析可知，h2变小，则B段气柱的压强减小，因为温度不变，根据玻意耳定律：pV为定值，可知：空气柱B的体积变大，长度将增大，故B正确，C错误；
故选：BD。
9.【答案】ABD
【解析】解：由图可知，波长λ=8m；若波沿x轴正方向传播，考虑波传播的周期性
在0∼0.5s传播的距离为Δx=(nλ+6)m=(8n+6)m(其中n=0，1，2⋯)
则传播速度为v=ΔxΔt=8n+60.5=(16n+12)m/s(其中n=0，1，2⋯)
当n=0，有v1=16×0m/s+12m/s=12m/s
当n=1，有v2=16×1m/s+12m/s=28m/s
若波沿x轴负方向传播，考虑波传播的周期性
在0∼0.5s传播的距离为Δx′=(nλ+2)m=(8n+2)(其中n=0，1，2⋯)
则传播速度为v′=Δx′Δt=8n+20.5=(16n+4)m/s(其中n=0，1，2⋯)
当n=0，有v1′=(16×0+4)m/s=4m/s
当n=1，有v2′=(16×1+4)m/s=20m/s
当n=2，有v3′=(16×2+4)m/s=36m/s
综上分析，故ABD正确，C错误。
故选：ABD。
波在传播过程中，不仅具有双向性，而且具有周期性，根据波传播的双向性和周期性分析作答。
解题关键是能够根据题中给出的两个不同时刻的波形图分别求解波传播的双向性和周期性，进而解得波的传播速度的可能值。
10.【答案】AD
【解析】解：A、根据v−t图像与t轴围成的面积表示位移，可知A项图中，加速和减速过程中行驶的距离均为
x1A=vm2t=6002km/h×3.560h=17.5km
匀速过程前进的距离为
x2A=vmΔtA=600km/h×1.560h=15km
行驶的总路程为
xA=2x1A+x2A=2×17.5km+15km=50km
A项方案不可能实现，故A正确；
B.同理，B项图中，加速和减速过程中行驶的距离均为x1B=vm2t=6002km/h×3.560h=17.5km
匀速过程前进的距离为
x2B>vmΔtB=600km/h×130h=20km
行驶的总路程为
xB>2x1B+x2B=2×17.5km+20km=55km
B项方案有可能实现，故B错误；
C.C项图中，加速和减速过程中行驶的距离均为x1C=vm2t=6002km/h×3.560h=17.5km
匀速过程前进的距离为
x2C>v′ΔtC=600km/h×130h=20km
行驶的总路程为
xC>2x1C+x2C=2×17.5km+20km=55km
C项方案有可能实现，故C错误；
D.D项图中，加速和减速过程中行驶的距离均为x1D=vm2t=6002km/h×3.560h=17.5km
匀速过程前进的距离为
x2D>v′ΔtD+vmΔt′D=26.7km
行驶的总路程为
xD>2x1D+x2D=61.7km
D项方案不可能实现，故D正确。
本题选不可能实现的，故选AD。
根据v−t图像与时间轴所围的面积表示位移，分析各个图像所表示的运动中列车行驶的距离，与起始站到终点站间距离60km比较即可判断。
本题考查了速度-时间图像的应用，解决本题的关键是理解速度-时间图像与时间轴围成的面积表示位移。
11.【答案】DBCg=4π2k
【解析】解：(1)为了减小空气阻力的影响，应选择密度较大的铁球；为了保证摆动过程摆长保持不变，应选择弹性小的细丝线，且用铁夹夹住细丝线的上端，故D正确，ABC错误；
故选：D。
(2)A.测量摆长时，应测量竖直拉直后的摆线长，故A错误；
B.在摆球运动过程中，为了保证摆长不变，必须保证悬点固定不动，故B正确；
C.摆球运动过程中，为了使摆球做简谐运动，摆线与竖直方向的夹角不能太大，一般小于5∘，故C正确；
D.测量周期时，应该从摆球运动到最低点时开始计时，故D错误。
故选：BC。
(3)根据单摆周期公式
T=2π Lg
可得：T2=4π2gL
可知T2−L图像的斜率为
k=4π2g
解得：g=4π2k
故答案为：(1)D；BC；(3)g=4π2k
(1)为了减小空气阻力的影响，要选择密度较大的铁球，同时要选择弹性小的细绳，并用夹子夹住上端；
(2)根据实验原理掌握正确的实验操作；
(3)根据单摆的周期公式，结合图像的物理意义得出g的表达式。
本题主要考查了单摆测量重力加速度的实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合单摆的周期公式和图像的物理意义即可完成分析。
12.【答案】P1、P2的像 sinθ1sinθ2 1.5刻度尺
【解析】解：(1)根据实验操作步骤可知，插第三枚大头针P3时，要求P3应挡住P1、P2的像。
(2)根据光的折射定律，该玻璃砖的折射率n=sinθ1sinθ2
(3)根据折射定律，化简得sinθ1=nsinθ2
则sinθ2−sinθ1的斜率k=0.4−00.6−0=23
结合sinθ2−sinθ1函数可知k=1n
代入数据解得该玻璃的折射率n=1.5
(4)假设手头没有量角器时，分别用刻度尺过入射光线和出射光线上的某点作两个直角三角形，再用刻度尺测量两直角三角形的对边和斜边的长度，根据数学知识求解入射角、折射角的正弦，最后根据折射定律即可求出玻璃的折射率。
故答案为：(1)P1、P2的像；(2)sinθ1sinθ2；(3)1.5；(4)刻度尺。
(1)根据实验操作步骤分析作答；
(2)根据折射定律求折射率；
(3)根据折射定律求sinθ2−sinθ1函数，结合sinθ2−sinθ1图像斜率的含义求折射率；
(4)假设手头没有量角器，不能测得入射角和折射角，还可以利用刻度尺测出长度，再根据三角函数求出折射率。
本题考查了玻璃折射率的测量，实验的原理为折射定律；在用图像法处理数据时，关键在于根据折射定律求解sinθ2−sinθ1函数，充分体现了数形结合的思想。
13.【答案】解：(1)光在圆锥中传播的速度v=cn
传播时间t=(r−a)tanθv
联立解得：t=2×10−10s
(2)光线从底面垂直入射后沿直线射到圆锥侧面上的O′点发生折射，光路图如图，由几何关系可知入射角等于θ，设折射角为α，则
n=sinαsinθ
解得：α=60∘
设桌面上光点到圆锥顶点O间的距离为l。
由几何关系可知△OPO′为等腰三角形，则2lcs30∘=acsθ
解得：l=0.12m
答：(1)光在圆锥中传播的时间是2×10−10s；
(2)桌面上光点到圆锥顶点O间的距离是0.12m。
【解析】(1)先由公式v=cn求出光在圆锥中传播的速度，结合传播距离求光在圆锥中传播的时间t；
(2)光线从底面垂直入射后沿直线射到圆锥侧面上的O′点发生折射，由几何关系求出入射角，由折射定律求出折射角，再由几何关系求桌面上光点到圆锥顶点O间的距离。
本题关键之处是借助于光的折射定律作出光路图，同时利用几何关系来辅助计算。
14.【答案】解：(1)设A部分气体在下方时，压强为p′，则对A部分气体由玻意耳定律得
p0V0=p′⋅0.6V0
解得：p′=53p0
对活塞受力分析，则A部分气体在上方时，满足
p0S+mg=pBS
A部分气体在下方时，满足
pB′S+mg=p′S
对B部分气体由玻意耳定律得
pB⋅0.5V0=pB′⋅0.9V0
解得：m=5p0S7g
(2)由题意知
T1=300K
T2=60K
对A部分气体由理想气体状态方程得
p0V0T1=pA×0.9V0T2
对B部分气体由理想气体状态方程得
pB×0.5V0T1=pB′′×0.6V0T2
且由平衡条件得
pAS+mg′=pB″S
解得：g′=445g
答：(1)活塞的质量为5p0S7g；
(2)卫星Q上容器放置处的重力加速度为445g。
【解析】(1)气体一开始发生等温变化，根据玻意耳定律得出气体的压强，结合活塞的平衡状态列式得出活塞的质量；
(2)根据题意分析出气体变化前后的状态参量，结合一定质量的理想气体状态方程，结合活塞的平衡状态得出重力加速度。
本题主要考查了一定质量的理想气体状态方程，解题的关键点是分析出气体变化前后的状态参量，结合对物体的受力分析和一定质量的理想气体状态方程即可完成解答。
15.【答案】解：(1)在绿灯亮后，第3辆车等待时间为
Δt3=2t0=2s
设第3辆车从启动到经过停止线一直做匀加速直线运动，所用时间为t1，则有
2(L+L0)=12at12
解得
t1=4s
由于
v1=at1=1.5×4m/s=6m/s
t=Δt3+t1=2s+4s=6s
(2)在绿灯亮后，第4辆车等待时间为
Δt4=3t0=3s
设第4辆车从启动到经过停止线一直做匀加速直线运动，所用时间为t2，则有
3(L+L0)=12at22
解得
t2=2 6s
由于
v2=at2=3 6m/s
t′=Δt4+t2=(3+2 6)s
故第3辆车车头到达停止线时，第4辆车车头也到达停止线经过的时间为
t′−t=(3+2 6)s−6s=(2 6−3)s
(3)设在本次绿灯期间能通过该路口的最后一辆车是停止线后第n辆车；则其等待的时间为
Δtn=(n−1)t0=(n−1)s
该车从启动加速到最大速度所用时间为t加=vma=151.5s=10s
该车从启动加速到最大速度通过的位移为x加=vm22a=1522×1.5m=75m
则该车匀速运动到停止线所用时间为
t匀=(n−1)(L1+L2)−x加vm=6n−8115s=2n−275s
为了该车能通过路口，则有
Δtn+t加+t匀=(n−1)s+10s+2n−275s<Δt=30s
可得
(n−1+10+2n−275)<30
解得
n<1327≈18.86
可知在本次绿灯期间能通过该路口的最后一辆车是停止线后第18辆车。
答：(1)绿灯亮后，经过6s停止线后第3辆车车头到达停止线；
(2)第3辆车车头到达停止线时，再经过(2 6−3)s第4辆车车头也到达停止线；
(3)绿灯亮后，在本次绿灯期间能通过该路口的最后一辆车是停止线后第18辆车。
【解析】(1)先求出在绿灯亮后，第3辆车等待的时间，再根据位移-时间关系求出第3辆车从启动到经过停止线一直做匀加速直线运动所用的时间，之后，根据速度-时间关系求出速度判断是否一直处于加速阶段，进而求出绿灯亮后，停止线后第3辆车车头到达停止线所用的总时间；
(2)先求出在绿灯亮后，第4辆车等待的时间，同理，根据匀变速直线运动的位移-时间关系求出第4辆车从启动到经过停止线一直做匀加速直线运动所用的时间，根据速度-时间关系判断是否达到了最大速度，进而求出绿灯亮后，停止线后第4辆车车头到达停止线所用的总时间；最终求出第3辆车车头到达停止线时，第4辆车车头也到达停止线经过的时间为。
(3)先求出在本次绿灯期间能通过该路口的最后一辆车是停止线后第n辆车的等待时间，再求出该车从启动加速到最大速度所用的时间，以及从启动加速到最大速度通过的位移；之后，根据位移关系求出该车匀速运动到停止线所用的时间，最后根据该车能通过路口的时间关系计算出在本次绿灯期间能通过该路口的最后一辆车是停止线后第几辆车。
本题考查了匀变速直线运动的综合应用，解决本题的关键是分过程求解车辆的运动时间。驱动力频率/Hz
30
40
50
60
70
80
受迫振动振幅/cm
10.2
16.8
27.2
17.1
16.5
8.3
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