甘肃武威第六中学2025-2026学年高二下学期期末物理周测卷（9）

**基本信息** 立足高二物理核心内容，以放射性元素衰变、磁场粒子运动等为载体，融合房地产装修、明朝木楔扶正塔身等生活与传统文化情境，考查物理观念与科学思维。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|7/28|原子核衰变（氡半衰期）、磁场中粒子运动、气体定律|生活情境（房地产装修）、基础概念辨析| |多选题|3/18|光电效应、电磁感应、远距离输电|科学推理（楞次定律应用）、综合分析| |实验题|2/14|油膜法测分子直径、力的平行四边形定则|科学探究（操作步骤与误差分析）| |解答题|3/40|运动学（航母弹射）、热力学（汽缸活塞）、电磁场综合|多过程问题（碰撞与圆周运动）、模型建构|

武威第六中学高二物理期末周测（9） 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题（4X7=28分） 1．当前房地产很火爆，在居室装修中经常用到花岗岩，大理石等材料，这些岩石都不同程度地含有放射性元素，如有些含有铀、钍的花岗岩会释放出放射性气体氡，氡会发生放射性衰变，放出α、β、γ射线，已知氡的半衰期为3.8天，则下列说法正确的是（　　） A．发生α衰变时，生成的核与原来的核相比，中子数少4 B．发生β衰变时，释放出电子，说明原子核内有电子存在 C．γ射线一般伴随着α或β射线产生，其中γ射线的穿透能力最强，电离能力却最弱 D．若只有4个氡核，经7.6天一定只剩下1个氡核 2．如图，半径为的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，质量为、电荷量为的带电粒子从圆周上的点沿直径方向射入磁场。若射入磁场时的速度大小为，离开磁场时速度方向偏转，不计重力，则下列说法正确的是（　　） A．带电粒子在磁场中运动半径为 B．匀强磁场的磁感应强度大小为 C．带电粒子在磁场中运动时为 D．带电粒子在磁场中运动时为 3．如图所示，一粗细均匀的导热良好的玻璃管漂浮在液体中，玻璃管内外液面高度差为h，若环境温度缓慢升高，大气压强不变，下列说法正确的是（　　） A．玻璃管内外液面高度差h变大 B．玻璃管内气体压强变大 C．单位时间内气体分子与单位面积管壁碰撞次数增多 D．玻璃管内气体分子的数密度变小 4．如图，空间某区域中有一匀强磁场，磁感应强度方向水平，且垂直于纸面向里，磁场上边界b 和下边界d水平。在竖直面内有一矩形金属线圈，线圈上下边的距离很短，下边水平，线圈从水平面a开始下落。已知磁场上下边界之间的距离大于水平面a、b之间的距离，若线圈下边刚通过水平面b、c（位于磁场中）和d时，线圈所受到的磁场力的大小分别为、和，则（　　） A．>> B．<< C．>> D．<< 5．一列车由等长的车厢连接而成。车厢之间的间隙忽略不计，一人站在站台上与第一节车厢的最前端相齐。当列车由静止开始做匀加速直线运动时开始计时，测量第一节车厢通过他的时间为1 s，则从第5节至第16节车厢通过他的时间为（    ） A．1s B．2s C．4s D．6s 6．明朝谢肇淛的《五杂组》中记载：“……姑苏虎丘寺塔倾侧，议欲正之，非万缗不可，一游僧见之曰：无烦也，我能正之。”游僧每天将木楔从塔身倾斜一侧的砖缝间缓慢敲进去，经月余扶正了塔身。假设所用的木楔为等腰三角形，木楔的顶角为θ，现在木楔背上加一力F，方向如图所示，木楔两侧产生推力为FN，（木楔重力、木楔与砖缝间的摩擦力不计）则有 （　　） A．FN＝ B．FN＝sin C．FN＝ D．FN＝Fsin θ 7．如图所示，空间存在一垂直于纸面向里的匀强磁场，在纸面内，直角三角形导体线框以垂直于磁场边界速度v匀速穿过磁场区域。以电流逆时针方向为正。关于线框中感应电流i随时间t变化的关系，下列四幅图可能正确的是（　　） A． B．C． D． 二、多选题（6X3=18分） 8．用光照射某种金属时逸出的光电子的最大初动能随入射光频率的变化图线如图，普朗克常量，电子电荷量，由图可知（　　） A．该金属的截止频率为 B．该金属的截止频率为 C．该图线的斜率表示普朗克常量 D．该金属的逸出功约为1.77 eV 9．如图所示，相距L的光滑金属导轨固定于水平地面上，由竖直放置的半径为R的圆弧部分和水平平直部分组成。MNQP范围内有方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场。金属棒ab和cd垂直导轨放置且接触良好，cd静止在磁场中；ab从圆弧导轨的顶端由静止释放，进入磁场后与cd没有接触；cd离开磁场时的速度是此时ab速度的一半。已知ab的质量为m、电阻为r，cd的质量为2m、电阻为2r。金属导轨电阻不计，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．cd在磁场中运动时电流的方向为c→d B．cd在磁场中做加速度减小的加速运动 C．cd在磁场中运动的过程中流过截面的电荷量 D．从ab由静止释放至cd刚离开磁场时，cd上产生的焦耳热为 10．如图所示为远距离输电示意图，其中、为理想变压器，输电线总电阻可等效为电阻，灯、相同且阻值不变现保持变压器的输入电压不变，滑片位置不变，当开关断开时，灯正常发光则下列说法正确的是（　　） A．仅闭合开关，灯会变亮 B．仅闭合开关，消耗的功率会变大 C．仅将滑片下移，电流表的示数会变大 D．仅将滑片下移，消耗的功率会变小 三、实验题（2X7=14分） 11．某同学在实验室用油膜法测油酸分子直径，实验主要步骤如下： ①向体积V油=6mL的油酸中加酒精，直至总量达到V总=104mL； ②用注射器吸取①中油酸酒精溶液，把它一滴一滴地滴入小量筒中，当滴入n=75滴时，测得其体积恰好是V0=1mL； ③先往浅盘里倒入2cm深的水，然后将痱子粉均匀地撒在水面上； ④用注射器往水面上滴一滴油酸酒精溶液，待油酸薄膜形状稳定后，将事先准备好的玻璃板放在浅盘上，并在玻璃板上描下油酸膜的形状； ⑤将画有油酸膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上，如图所示，数出轮廓范围内小方格的个数N，小方格的边长为L=1cm。 根据以上信息，回答下列问题： (1)一滴油酸酒精溶液中含有油酸的体积为_____m3；油膜面积为_____m2；油酸分子直径为_____m；（以上结果均保留1位有效数字） (2)若滴入75滴油酸酒精溶液的体积不足1mL，则最终的测量结果将偏_____（选填“大”或“小”）。 12．有同学利用如图所示的装置来验证力的平行四边形定则在竖直木板上铺有白纸，固定两个光滑的滑轮A和B将绳子打一个结点O，每个钩码的重量相等，当系统达到平衡时，根据钩码个数读出三根绳子的拉力TOA、TOB和TOC，回答下列问题∶ （1）改变钩码个数，实验能完成的是_________。 A．钩码的个数N1 = N2 = 2，N3 = 3 B．钩码的个数N1 = N3 = 3，N2 = 6 C．钩码的个数N1 = N2 = N3 = 5 D．钩码的个数N1 = 3，N2 = 4，N3 = 9 （2）在拆下钩码和绳子前，必要的步骤是__________。 A．标记结点O的位置，并记录OA、OB、OC三段绳子的方向 B．量出OA、OB、OC三段绳子的长度 C．用量角器量出三段绳子之间的夹角 D．记录钩码的个数N1、N2、N3 E．用天平测出钩码的质量 （3）在作图时，你认为下图中是正确的__________。（填“甲”或“乙”） 四、解答题（12+14+16=40分） 13．某型号航空母舰上装有帮助飞机起飞的弹射系统，已知某型号的飞机在平直跑道上加速时可产生的最大加速度为5.0m/s2，当飞机的速度达到50m/s时才能离开航空母舰起飞，设航空母舰始终处于静止状态。问： (1)若某舰上不装弹射系统，要求该型号飞机仍能在此舰上正常起飞，该舰身长至少为多长？ (2)若要求该飞机滑行160m时起飞，弹射系统必须使飞机具有多大的初速度？ (3)若无弹射系统，仍要求该飞机在航空母舰上滑行160m时起飞，则需要航空母舰以某个速度匀速行驶，求航空母舰匀速行驶的速度为多大。 14．如图所示，导热性能良好的汽缸开口向上竖直放在水平地面上，缸内有一固定卡环，质量为、横截面积为的活塞与汽缸内壁无摩擦且不漏气，在活塞上放一个质量为的物块，静止时活塞对卡环的压力为，为重力加速度，活塞离缸底的高度为，大气压强为，环境温度为，汽缸足够高，求： （1）若撤去物块，则最后稳定时，活塞离缸底的距离为多少？ （2）若不撤去物块，将整个装置竖直向下做加速运动，使活塞离缸底的距离仍为，则整体向下做加速运动的加速度多大。 15．如图所示，在足够大的光滑绝缘水平台面内建立xOy坐标系，在第一、二象限内有垂直于台面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在第三、四象限内分别有沿x轴负方向和沿y轴正方向的匀强电场，电场强度大小均为E。现从台面上的A点，将带电荷量为+q的金属小球以初速度v0沿台面弹出，到达原点O时，小球的速度大小为，方向沿y轴正方向。已知在x轴上静止有5个与入射球完全相同的不带电金属小球（图中未画出，原点O处的小球记为第1个，原点右侧依次为2、3、4、5），所有金属小球的质量均为m，小球经过x轴时会依次与下一小球发生碰撞，小球间的碰撞均无机械能损失，碰撞时间极短。 （1）求台面上A点的坐标。 （2）求第2个小球的运动时间和路程。 （3）求第四次碰撞与第六次碰撞的时间间隔和距离。 （4）第5个小球发生碰撞前，第1个小球在磁场中运动的时间和路程。 第1页 共4页 ◎ 第2页 共4页 第1页 共4页 ◎ 第2页 共4页 学科网（北京）股份有限公司 《武威第六中学高二物理期末周测（9）》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C B D D B A D ACD BC BC 1．C 【详解】A．发生α衰变时，生成核与原来的原子核相比，中子数减少了2，质子数减少了2，选项A错误； B．β衰变所释放的电子是原子核中的中子转化为质子和电子时所产生的，选项B错误； C．γ射线一般伴随着α或β射线产生，在这三种射线中，γ射线的穿透能力最强，电离能力最弱，选项C正确； D．半衰期是一个统计规律，只对大量的原子核适用，选项D错误。 故选C。 【点睛】本题考查衰变的实质及其衰变特征，正确掌握衰变的知识是解决本题的关键；要知道β衰变生成的电子是其中的中子转化为质子同时生成的；半衰期是统计规律，与外界因素无关。 2．B 【详解】AB．如图所示 根据几何关系可得带电粒子在磁场中运动半径为 由洛伦兹力提供向心力可得 解得匀强磁场的磁感应强度大小为 故A错误，B正确； CD．则带电粒子在磁场中运动的时间为，故CD错误。 故选B。 3．D 【详解】ABC．玻璃瓶内气体对玻璃瓶底的压力等于大气对玻璃瓶底的压力和玻璃瓶重力之和，故玻璃瓶内气体压强不变，玻璃瓶内外液面高度差不变，环境温度缓慢升高，分子平均运动能增大，单位时间内气体分子与单位面积管壁碰撞次数减少，故ABC错误； D．根据理想气体状态方程可知，体积变大、不漏气，玻璃管内气体分子的数密度变小，故D正确。 故选D。 4．D 【详解】线圈从a到b做自由落体运动，在b点开始进入磁场切割磁感线所以受到安培力Fb，由于线圈的上下边的距离很短，所以经历很短的变速运动而进入磁场，以后线圈中磁通量不变不产生感应电流，在c处不受安培力，但线圈在重力作用下依然加速，因此从d处切割磁感线所受安培力必然大于b处。故选D。 5．B 【详解】取车为参考系，把车的运动转化为人做匀加速直线运动，设每节车厢长为L，加速度为a，则由 得人通过第一节车厢的时间为 人通过前4节车厢的时间为 人通过前16节车厢的时间为 从第5节至第16节车厢通过他的时间为 故B正确，ACD错误。 故选B。 【点睛】取车为参考系，把车的运动转化为人做匀加速直线运动，结合位移时间公式求出人通过第一节车厢和前4节、前16节车厢所用的时间，从而得出第5节至第16节车厢通过的时间。 6．A 【详解】选木楔为研究对象，木楔受到的力有：水平向左的F和两侧给它的与木楔的斜面垂直的弹力，由于木楔处于平衡状态，所以两侧给木楔的垂直斜面的弹力与F沿两侧分解的力是相等的，力F的分解如图。则    F＝F1cos(90°－)＋F2cos(90°－)＝2F1cos(90°－)＝2F1sin FN＝F1 故得 FN＝ 故选A。 7．D 【详解】在时间内，线框进入磁场，穿过线框的磁通量向里增加，根据楞次定律知，感应电流沿逆时针方向，为正。线框切割磁感线的有效长度为 线框切割磁感线产生感应电动势 感应电流 i与t成正比；在时间内，穿过线框的磁通量向里增加，根据楞次定律知，感应电流沿逆时针方向，为正。线框切割磁感线的有效长度 线框切割磁感线产生感应电动势 感应电流 i保持不变；在时间内，时间内，穿过线框的磁通量向里减少，根据楞次定律知，感应电流沿顺时针方向，为负。线框有效切割长度均匀增大，线框产生感应电动势均匀增大，感应电流均匀增大，综合可得图像如下 故ABC不符合题意，D符合题意。 故选D。 8．ACD 【详解】AB．由光电效应方程 可知图线的横截距表示该金属的截止频率，则 故A正确，B错误； C．由光电效应方程可知，该图线的斜率表示普朗克常量，故C正确； D．该金属的逸出功 故D正确。 故选ACD。 9．BC 【详解】A．cd在磁场中运动时，abcd回路中磁通量减小，根据楞次定律可知，cd电流的方向为d→c，选项A错误； B．当ab进入磁场后回路中产生感应电流，则ab受到向左的安培力而做减速运动，cd受到向右的安培力而做加速运动，由于两者的速度差逐渐减小，可知感应电流逐渐减小，安培力逐渐减小，可知cd向右做加速度减小的加速运动，选项B正确； C．ab从释放到刚进入磁场过程，由动能定理得 对ab和cd系统，合外力为零，则由动量守恒 解得 对cd由动量定理 其中 解得 选项C正确； D．从ab从圆弧导轨的顶端由静止释放，至cd刚离开磁场时由能量关系 其中 解得 选项D错误。 故选BC。 10．BC 【详解】AB．闭合，则消耗功率增大，副线圈中电流增大，原线圈中电流也增大，则输电线上损失的电压和功率增大，则输入电压 减小，灯泡两端电压减小，故灯泡会变暗，故A错误，B正确； CD．仅将滑片下移，副线圈匝数增大，则输出电压增大，的输入电压增大，灯泡两端电压也增大，副线圈中电流变大，则原线圈中电流变大，则输电线消耗的功率会变大；变压器副线圈中电流变大，则原线圈中电流也变大，即电流表的示数会变大，故C正确，D错误。 故选BC。 11． 8×10－12 1×10－2 8×10－10 大 【详解】(1)[1]每滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积 V=×mL=8×10－6mL=8×10－12m3 [2]油膜的面积 S=111×1cm2=111cm2≈1×10－2m2 [3]油酸分子的直径 m=8×10－10m (2)[4]若滴入75滴油酸酒精溶液的体积不足1mL，则代入计算的纯油酸的体积偏大，可知测量值偏大。 12． AC AD 甲 【详解】（1）[1]A．对O点受力分析，如下图所示 OA、OB、OC分别表示三个力的大小，由于三共点力处于平衡，所以OC等于OD。因此三个力的大小构成一个三角形。2、2、3可以构成三角形，则结点能处于平衡状态，A正确； B．3、3、6不可以构成三角形，则结点不能处于平衡，B错误。 C．5、5、5可以构成三角形，则结点能处于平衡，C正确； D．3、4、9不可以构成三角形，则结点不能处于平衡，D错误。 故选AC。 （2）[2]为验证平行四边形定则必须作受力图，所以先明确受力点，即标记结点O的位置，其次要作出力的方向并读出力的大小，最后作出力的图示，因此要做好记录，是从力的三要素角度出发，要记录砝码的个数和记录OA、OB、OC三段绳子的方向。 故选AD。 （3）[3]以O点为研究对象，F3的是实际作用效果在OC这条线上，由于误差的存在，F1、F2的理论值要与实际值有一定偏差，故甲图符合实际，乙图不符合实际。 13．(1)250m (2)30m/s (3)10m/s 【详解】（1）根据速度位移关系可得 （2）根据速度位移关系可得 代入数据解得 （3）若无弹射系统，仍要求该飞机在航空母舰上滑行160m时起飞，则 代入数据解得 14．（1）；（2） 【详解】（1）设封闭气体的压强为，大气压强为，对活塞受力分析列出平衡方程为 根据已知条件，解得 撤去活塞上的物体后，受力分析，列出平衡方程，设此时封闭气体的压强为，则 解得 根据玻意耳定律得出 代入数据得出 解得 （2）对活塞和汽缸整体受力分析，因为，所以卡环与活塞不接触，设加速度为，根据牛顿第二定律，则有 其中 所以 得 解得加速度为 15．（1）（，）；（2）  ；（3），；（4）， 【详解】（1）金属小球在第三象限内运动时，沿方向做匀速直线运动，速度大小为 沿方向做匀减速直线运动，分初速度为 则有 在方向，由动量定理得 联立可得 ， 故台面上A点的坐标为（，）。 （2）金属小球与第1个金属小球碰撞后，电荷量均分，即每个金属小球所带电荷量均为，由动量守恒定律得 由机械能守恒定律得 联立解得 ， 可知两金属小球相碰后电荷量均分且交换速度；此后第1个金属小球做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得 解得半径为 第1个金属小球运动半个周期后与第2个金属小球相碰，同理可知，第1个金属小球与2个金属小球相碰后电荷量均分，即每个金属小球所带电荷量均为，第1个金属小球静止，第2个金属小球沿方向以初速度做匀变速直线运动直至再次与第1个金属小球相碰，即碰后第2个金属小球做一次往复运动，第2个金属小球与第1个金属小球相碰后，电荷量均为，第2个金属小球静止，第1个金属小球以速度做匀速圆周运动，半径为 可见此后第1个金属小球做圆周运动的速度大小不变，电荷量减半，碰后做圆周运动的半径加倍，另一个金属小球在第四象限内做一次往复运动，作出从O点开始的各金属小球的运动轨迹（与第5个金属小球碰撞前）如图所示 对第2个金属小球，由牛顿第二定律可得 解得第2个金属小球运动的加速度大小为 故第2个金属小球运动的时间为 第2个金属小球运动的路程为 （3）第四次碰撞到第六次碰撞的时间间隔即为第1个金属小球与第3个金属小球开始相碰到与第4个金属小球开始相碰的时间；第3个金属小球运动后所带的电荷量为，初速度大小为 由牛顿第二定律得 解得第3个金属小球运动的加速度大小为 则第3个金属小球运动的时间为 第1个金属小球第3次做圆周运动时电荷量为，其做圆周运动的半径为 故第四次碰撞与第六次碰撞的时间间隔为 第四次碰撞与第六次碰撞的距离为 （4）第1个金属小球第4次做圆周运动时电荷量为，其做圆周运动的半径为 故第5个金属小球发生碰撞前，第1个金属小球在磁场中运动的路程为 第1个金属小球在磁场中运动的时间为 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $