广东省广州市天河区2024-2025学年高二下学期期末物理改编练习卷

广东省广州市天河区2024-2025学年高二下学期期末物理改编练习卷 本试卷共8页，满分为100分，考试用时75分钟。 一、单项选择题：本题共8小题，每小题4分，共32分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。 1．下列说法正确的是（　　） A．因衍射是波特有的特征，所以波遇到障碍物时一定能发生明显衍射现象 B．物体做受迫振动时，驱动力频率越高，受迫振动的物体振幅越大 C．医生利用超声波探测病人血管中血液的流速应用了多普勒效应 D．某一频率的声波，从空气进入水中时，波长和频率均增大 2．如图甲，用装有墨水的小漏斗和细线做成单摆，水平纸带中央的虚线在单摆平衡位置的正下方。用电动机匀速拉动纸带时，让单摆小幅度前后摆动，于是在纸带上留下径迹。调节电动机拉动速度，分别得出图乙和丙两条纸带，取3.14，重力加速度g大小取。下列说法正确的是（    ） A．无论纸带是否匀速拉动，都可以用纸带通过的距离表示时间 B．由图知乙纸带的速度为丙纸带速度的0.5倍 C．单摆漏斗在P点和Q点运动的方向相同 D．若乙图中，纸带拖动速度为10cm/s，可推算该单摆的摆长约为1m 3．如图为交流发电机的示意图，N、S极间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，矩形线圈ABCD绕垂直于磁场的轴沿逆时针方向匀速转动，发电机的电动势随时间的变化规律为，外电路接有阻值的定值电阻，线圈电阻不计，下列说法正确的是（    ） A．电流变化的周期为0.01s B．电流表的示数为2A C．线圈经过图示位置，电流方向改变 D．线圈在图示位置时，产生的电动势为20V 4．下列四幅图涉及不同的物理知识，如图所示，其中说法正确的是（　　）    A．图甲，卢瑟福通过分析α粒子散射实验结果，否定了汤姆孙原子枣糕式模型 B．图乙，用中子轰击铀核使其发生聚变，链式反应会释放出巨大的核能 C．图丙，一个氢原子处于第三能级，最多可以辐射出三种频率的光子 D．图丁，汤姆孙通过电子的发现揭示了原子核内还有复杂结构 5．如图所示，站在车上的人，用锤子连续敲打小车．初始时，人、车、锤都静止．假设水平地面光滑，关于这一物理过程，下列说法正确的是（　　） A．连续敲打可使小车持续向右运动 B．人、车和锤组成的系统机械能守恒 C．当锤子速度方向竖直向下时，人和车水平方向的总动量为零 D．人、车和锤组成的系统动量守恒 6．2020年12月4日，中国规模最大、参数最高的“人造太阳”，即中国新一代可控核聚变研究装置“中国环流器二号M”（HL-2M）在成都实现首次放电．已知“人造太阳”的核反应方程式是，其中氚（）在自然界中含量极微，但可以用某种粒子X轰击锂核（）得到，核反应方程为，则（　　） A．粒子X为质子 B．核反应方程为衰变 C．氦核（）的结合能大于氘核（）和氚核（）的结合能之和 D．在核反应方程式中，反应前的总质量小于反应后的总质量 7．如图甲是研究光电效应规律的实验装置图，用绿光照射阴极K，实验测得电流I与电势差满足图乙所示规律，电子的电荷量约为，关于该实验说法正确的是（　　） A．光电子的最大初动能为 B．每秒钟阴极逸出的光电子数约为个 C．滑动变阻器划片从图示位置向右滑动，电流计示数一定增大 D．如果改用紫光照射阴极K，饱和光电流一定变大 8．网上热卖的一科普小制作——斯特林发动机如下图甲所示，它是通过汽缸内的气体经过冷却、压缩、吸热、膨胀为一个周期的循环来输出动力的，因此又被称为热气机。如图乙所示，在斯特林循环的图像中，一定质量的理想气体从状态A依次经过状态B、C和D后再回到状态A，整个过程由两个等温过程和两个等容过程组成，状态A和状态D的气体分子热运动速率的统计分布图像如图丙所示。则下列说法正确的是（　　）    A．状态B→状态C的过程中，单位体积中的气体分子数目增大 B．状态B气体分子的平均动能大于状态D气体分子的平均动能 C．状态A对应的是图丙中的图线① D．状态C中每个气体分子的动能都比状态A中的大 二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小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。 9．如图所示，这是一个在振荡电路中的线圈产生的磁场的磁感应强度随时间变化的图线，下列说法正确的是（　　） A．在时间内，电容器放电，磁场能增大 B．在时间内，电容器充电，线圈的自感电动势增大 C．时刻电路中的电场能最小 D．在时间内，电容器所带的电荷量增大 10．如图所示，水平面上放置有长方形水槽，其底面镀有反射银镜，槽内装有一定高度的水，水槽上方平行水面放置一白色光屏，一束白光以一定角度射向液面，从液面折射出来的光打到光屏上形成一彩色光带，最左端的为a光，最右端为b光。已知在水中紫光的折射率大于红光的折射率，以下说法正确的是（　　） A．a光是紫光，b光是红光 B．在水中传播时，a光的速度比b光快 C．从液面折射出来的a光和b光平行射向光屏 D．若增加水的深度，彩色光带的宽度变窄 11．关于下列四幅图像的描述，说法正确的是（　　） A．图甲为同种大量气体分子热运动的速率分布图像，曲线②对应的温度较低 B．图乙为一定质量的理想气体在不同温度下的等温线，由图像可知 C．图丙为分子间作用力与分子间距离的关系，由图可知分子间的距离从增大的过程中，分子力先减小后增大 D．图丁为一定质量的理想气体的p-V图像，则过程比过程气体对外界所做的功多 12．某风力发电机的原理如图所示，发电机的线圈固定，磁体在叶片驱动下绕线圈对称轴转动，磁体间的磁场为匀强磁场，磁感应强度的大小为0.2T，线圈的匝数为100、面积为，不计线圈的电阻，磁体转动的角速度为。发电机产生的交变电流经过变压器升压后向远处输电，升压变压器原、副线圈的匝数比为，输电线总电阻为8Ω，输电线上损失的功率为5kW，在用户端用降压变压器把电压降为220V。假设两个变压器均是理想变压器，下列说法正确的是（    ） A．当磁场与线圈平行时，感应电动势为零 B．发电机输出电压的有效值为450V C．输电线上的电流为 D．降压变压器原、副线圈的匝数比为 三、非选择题：共52分，考生根据要求作答。 13．下列是《普通高中物理课程标准》中列出的三个必做实验的部分步骤，请完成实验操作或计算。 (1)在“用双缝干涉实验测量光的波长”实验中，换用间距更大的双缝，相邻两亮条纹中心的距离 （选填“减小”“增大”或“不变”）；把绿色滤光片换成红色滤光片，相邻两亮条纹中心的距离 （选填“减小”“增大”或“不变”）。 (2)在“用多用电表测量电学中的物理量”实验中，将选择开关旋至欧姆挡“×10”的位置，按照正确的步骤操作，发现多用电表的指针偏转角过大，则应将选择开关旋至欧姆挡 （选填“×1”或“×100”）的位置，重新欧姆调零后测Rx的阻值，多用电表的示数如图（a）所示，则Rx= Ω。 (3)在“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中，已知滴入水中的油酸酒精溶液中所含的纯油酸的体积为4.0×10-6mL，将玻璃板放在浅盘上描出油膜轮廓，再将玻璃板放在边长为1.0cm的方格纸上，所看到的图形如图（b）所示。则该油膜的面积约为 cm2（保留两位有效数字）。由此可估算出油酸分子的直径约为 m（保留一位有效数字）。 14．某同学利用激光测量半圆柱体玻璃砖的折射率，具体步骤如下： ①平铺白纸，用铅笔画两条互相垂直的直线和，交点为O。将半圆柱体玻璃砖的平直边紧贴，并使其圆心位于O点，画出玻璃砖的半圆弧轮廓线，如图（a）所示。 ②将一细激光束沿CO方向以某一入射角射入玻璃砖，记录折射光线与半圆弧的交点M。 ③拿走玻璃砖，标记CO光线与半圆弧的交点P。 ④分别过M、P作BB'的垂线、，、是垂足，并用米尺分别测量、的长度x和y。 ⑤改变入射角，重复步骤②③④，得到多组x和y的数据。根据这些数据作出图像，如图（b）所示。 (1)关于该实验，下列说法正确的是_____（单选，填标号）。 A．入射角越小，误差越小 B．激光的平行度好，比用插针法测量更有利于减小误差 C．选择圆心O点作为入射点，是因为此处的折射现象最明显 (2)根据图像，可得玻璃砖的折射率为 （保留三位有效数字）。 (3)若描画的半圆弧轮廓线半径略大于玻璃砖的实际半径，则折射率的测量结果 （填“偏大”“偏小”或“不变”）。 15．（1）停在湖面上的两艘船相距48m。一列水波在湖面上传播开来，使船每分钟上下振动30次。当甲船位于波峰时，乙船位于波谷，此时两船之间还有一个波峰，如图所示。若将水波视为横波，则这列水波的频率为 Hz，波长为 m，波速为 m/s。 15（1）（3） （2）一质量为2kg的钢球，在距地面5m高处自由下落，钢球与石板碰撞时间为0.01s，碰到水平的石板后以8m/s的速度被弹回，以竖直向下为正方向，则在钢球与石板碰撞时钢球的动量为 kg·m/s；碰撞过程中石板对钢球的平均作用力为 N。（g取10m/s2） （3）如图用理想变压器给变阻器R供电，设输入交变电压不变．当变阻器R上的滑动触头P向上移动时，图中电表的示数和输入功率P变化情况是A1 ，V2 ，P ．（填变大、变小或不变） 16．如图所示，某运动员用头颠球，质量为400g的足球从离运动员头顶0.8m高处自由落下，运动员用头将足球竖直向上顶起，足球与头作用的时间为0.04s，球离开头顶后竖直上升的最大高度为1.8m，取重力加速度大小，不计空气阻力。求： (1)足球从开始下落到与运动员的头接触前，重力的冲量； (2)足球与头作用过程中动量的变化量大小； (3)足球与头作用过程中足球对头的平均作用力。 17．如图是农业上常用的农药抽液过程示意图。抽液前，抽液筒竖直放置，喷嘴插入药液中。初始时药液充满喷嘴，筒内、筒外液面齐平，活塞与液体间密封有压强p0=1.0×105Pa、长度L0=4.7cm的气体。缓慢拉动手柄，完成药液的抽取，此过程中抽液筒保持静止，忽略药桶内液面高度的变化。完成抽液后，抽液筒内液面上升h=60.0cm。已知大气压强p0=1.0×105Pa，重力加速度g取10m/s2，药液密度ρ=1.0×103kg/m3，抽液过程气体温度不变，密封气体可看作理想气体。 (1)求手柄移动距离H的值； (2)判断该过程密封气体的吸放热情况。 18．在原子核物理中，研究核子与核子关联的最有效途径是“双电荷交换反应”。这类反应的前半部分过程和下述力学模型类似。两个小球A和B用轻质弹簧相连，在光滑的水平轨道上处于静止状态。在它们左边有一垂直于轨道的固定挡板P，右边有一个小球C沿轨道以速度v0射向B球，如图所示，C与B发生碰撞并立即结成一个整体D．在它们继续向左运动的过程中，当弹簧长度变到最短时，长度突然被锁定，不再改变。然后，A球与挡板P发生碰撞，碰后A、D都静止不动，A与P接触而不黏连。过一段时间，突然解除锁定（锁定及解除锁定均无机械能损失）。已知A、B、C三球的质量均为m，求： （1）C与B结成D后，系统损失的机械能。 （2）弹簧长度刚被锁定时，A球的速度 （3）弹簧长度被锁定后，储存的弹性势能 （4）在A球离开挡板P之后的运动过程中，弹簧的最大弹性势能。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 1．C【详解】A．一切波在任何条件下都能发生衍射现象，但只有障碍物的尺寸与波长相差不多，或比波长小时,衍射现象才明显，故A错误； B．物体做受迫振动的频率等于驱动力的频率，当系统的固有频率等于驱动力的频率时，振幅达最大，这种现象称为共振，故B错误； C．医生利用超声波探测出反射波的频率变化来确定血流的速度，显然是运用了多普勒效应原理，故C正确； D．某一频率的声波，从空气进入水中时，波长增大，频率不变，故D错误。 故选C。 2．D【详解】A．纸带匀速运动时，由知，位移与时间成正比，因此只有在匀速运动的条件下，才可以用纸带通过的距离表示时间，故A错误； B．由于乙图中有单摆的摆动时间为两个周期，丙图中有单摆的摆动时间为四个周期，纸带同样移动40cm，丙的时间是乙的两倍，故乙纸带的速度为丙纸带速度的2倍，故B错误； C．根据同侧法，可知单摆漏斗在P点向上振动，在Q点向下振动，单摆漏斗在P点和Q点运动的方向相反，故C错误； D．乙图中，纸带拖动速度为10cm/s，可得单摆周期为 根据单摆周期公式可得单摆的摆长约为故D正确。故选D。 3．D【详解】A．由可知解得电流变化的周期故A错误； B．由可知电压的有效值为 电流表的示数故B错误； C．线圈经过中性面时，电流方向改变，图示位置为与中性面垂直的位置，电流方向不变，故C错误； D．线圈在图示与中性面垂直的位置时，产生的电动势最大，为20V。故D正确。故选D。 4．A【详解】A．图甲，卢瑟福通过分析α粒子散射实验结果，得出原子的核式结构模型，否定了汤姆孙原子枣糕式模型，A正确； B．图乙，用中子轰击铀核使其发生裂变，裂变反应会释放出巨大的核能，B错误； C．图丙，一个氢原子处于第三能级，辐射出不同频率的光子最多为C错误； D．图丁，汤姆孙通过电子的发现揭示了原子有一定结构，天然放射现象的发现揭示了原子核内还有复杂结构，D错误。故选A。 5．C【详解】A.人、车和锤看做一个系统处在光滑水平地面上，水平方向所受合外力为零，故水平方向动量守恒，总动量始终为零，当大锤有相对大地向左的速度时，车有向右的速度，当大锤有相对大地向右的速度时，车有向左的速度，故车来回运动，故A错误； B.大锤击打小车时，发生的不是完全弹性碰撞，系统机械能有损耗，故B错误； C.大锤的速度竖直向下时，没有水平方向的速度，因为水平方向总动量恒为零，故人和车的总动量也为零，故C正确；D.人、车和锤水平方向动量守恒，因为大锤会有竖直方向的加速度，故竖直方向合外力不为零，竖直动量不守恒，系统总动量不守恒，故D错误． 6．C【详解】A．根据电荷数和质量数守恒可知，粒子X为中子，故A错误； B．核反应方程为人工核反应，故B错误； C．反应过程，会释放出能量，所以氦核（）的结合能大于氘核（）和氚核（）的结合能之和，故C正确； D． 根据质量亏损方程，反应中，质量会减小，所以反应前的总质量大于反应后的总质量，故D错误。故选C。 7．B【详解】A．由题图乙知，遏止电压为0.6V，则最大初动能为0.6eV，选项A错误； B．由题图乙知，饱和电流为0.64μA，则一秒内逸出的光电子数约为个个选项B正确； C．由甲图可知，滑动变阻器滑片从图示位置向右滑动，光电管AK两极间电压增大，向左的场强增大，光电子受到向右的电场力增大，若未达到饱和光电流，则电流计示数会增大，若已达到饱和光电流，则电流计示数不会增大，选项C错误； D．饱和光电流取决于单位时间内入射的光子数，改用紫光照射阴极后，若紫光的光照强度减弱，单位时间内光子数可能比绿光少，饱和光电流也可能减小，选项D错误。故选B。 8．C【详解】A．由题图知状态B→状态C的过程中气体的体积不变，所以密度不变，即单位体积中的气体分子数目不变，故A错误； B．由状态B→状态C的过程为等容变化，状态C的气体压强大于状态B的气体压强，根据 可得又则有 可知状态B气体分子的平均动能小于状态D气体分子的平均动能，故B错误； C．因当温度升高、分子热运动加剧时，速率较大的分子所占百分比增高，分布曲线的峰值向速率大的方动移动即向高速区扩展，峰值变低，曲线变宽、变平坦，由题图知状态A的温度低，所以对应的是图线①，故C正确； D．温度是分子平均动能的标志，不代表每个分子的动能，故D错误。故选C。 9．AB【详解】A．在时间内，线圈中磁场增强，则电流变大，则电容器放电，电场能减小，磁场能增大，选项A正确； B．在时间内，磁感应强度减小，电流减小，电容器充电，穿过线圈的磁通量减小，但磁通量的变化率增大，即线圈的自感电动势增大，选项B正确； C．时刻磁感应强度最小，磁场能最小，电场能最大，选项C错误； D．在时间内，磁感应强度增大，电流增大，电容器放电，电容器所带的电荷量减小，选项D错误。故选AB。 10．AC【详解】A．根据题意，作出光路图，如图所示 由图可知，a光在水面O点发生折射时折射角较小，根据折射定律可知，a光的折射率较大，所以a光是紫光，b光是红光，故A正确； B．根据可知，a光的折射率较大，则在水中传播时，a光的速度比b光慢，故B错误； C．根据光路的可逆性可知，从液面折射出来的a光和b光平行射向光屏，故C正确； D．如图所示由图可知，若增加水的深度，彩色光带的宽度变宽，故D错误。 故选AC。 11．BD【详解】A．图甲中，曲线②速率大的分子占据的比例较大，则说明曲线②对应的平均动能较大，曲线②对应的温度较高，故A错误； B．图乙中，一定质量的理想气体在不同温度下的等温线，由结合图像可知，故B正确； C．图丙中，分子间的距离从增大的过程中，分子力先增大后减小，故C错误； D．图丁中，由微元法可得图像与横坐标轴围成的面积表示为气体做功的多少，由图像可知，过程比过程气体对外界所做的功多，故D正确。故选BD。 12．BD【详解】A．当磁场与线圈平行时，线圈切割磁感线最快（垂直切割），此时感应电动势最大，故A错误； B．发电机输出电压的最大值为 发电机输出电压的有效值为；故B正确； C．输电线上损失的功率为；代入数据，解得故C错误； D．根据可知，升压变压器的输出电压为 输电线上损失的电压为则减压变压器的输入电压为 根据解得降压变压器原、副线圈的匝数比为故D正确。故选BD。 13．(1) 减小 增大 (2) “×1” 20 (3) 83/84/85 5×10-10 【详解】（1）[1][2]在“用双缝干涉实验测量光的波长”实验中，根据 ，换用间距更大的双缝，d变大，相邻两亮条纹中心的距离减小；把绿色滤光片换成红色滤光片，λ变大，相邻两亮条纹中心的距离增大。 （2）[1][2]在“用多用电表测量电学中的物理量”实验中，将选择开关旋至欧姆挡“×10”的位置，按照正确的步骤操作，发现多用电表的指针偏转角过大，表明待测电阻太小，则应将选择开关旋至欧姆挡 “×1”的位置，重新欧姆调零后测Rx的阻值，多用电表的示数如图（a）所示，则Rx=20Ω。 （3）[1]油膜面积约为 [2]油酸分子的直径约为 14．(1)B (2)1.57 (3)不变 【详解】（1）A．入射角适当即可，不能太小，入射角太小，导致折射角太小，测量的误差会变大，故A错误； B．激光的平行度好，比用插针法测量更有利于减小误差，故B正确； C．相同的材料在各点的折射效果都一样，故C错误。故选B。 （2）设半圆柱体玻璃砖的半径为，根据几何关系可得入射角的正弦值为 折射角的正弦值为 折射率 可知图像斜率大小等于折射率，即 （3）根据（2）中数据处理方法可知若描画的半圆弧轮廓线半径略大于玻璃砖的实际半径，则折射率的测量结果不变。 15．（1）0.5 32 16（2）20 3620（3）变小 不变 变小 【详解】[1]这列水波的频率为 [2]当甲船位于波峰时，乙船位于波谷，此时两船之间还有一个波峰，则解得波长为 [3]波速为 （2）[1]钢球做自由落体运动，则有钢球落地时速度为 以竖直向下为正方向，则碰撞时钢球的动量为 [2]碰撞后钢球的动量为 碰撞过程中动量的变化量为 根据动量定理可得 代入数据解得碰撞过程中石板对钢球的平均作用力为 （3）输出电压是由输入电压和匝数比决定的，由于输入电压和匝数比不变，所以变压器的输出电压也不变，所以V1、V2的示数都不变， 当变阻器的滑动头P向上移动时，滑动变阻器的电阻增大，所以负线圈的电流减小，原线圈的电流也要变小，即A1、A2的示数都变小，根据P=UI，所以输入功率P变小． 16．(1)1.6N·s；方向竖直向下 ；(2)4.0 ；(3)104N；方向竖直向下 【详解】（1）足球从开始下落到与运动员的头接触前，做自由落体运动，由公式 可得t=0.4s   由公式I= mgt  可得 ，方向竖直向下。 （2）足球与头接触前瞬间的速度大小为，则有 解得 足球与头接触后瞬间的速度大小为，则有   解得 取竖直向上为正方向，可知足球与头作用过程中动量的变化量为 可得足球与头作用过程中动量的变化量大小为4.0。 （3）设头对足球的平均作用力大小为F，取竖直向上为正方向，足球与头作用过程中 根据动量定理可得    代入数据解得F=104N， 方向竖直向上  ，根据牛顿第三定律，足球对头的平均作用力大小 F'=104N，方向竖直向下。 17．(1)60.3cm(2)吸热 【详解】（1）设末态密封气体长度为L1，筒的横截面积为S，则气体等温变化 其中联立解得L1=5cm，又H=h+L1-L0解得手柄移动距离H=60.3cm （2）该过程密封气体温度不变、内能不变，气体膨胀对外做功，根据热力学第一定律，可知，气体从外界吸热。 18．（1）；（2），方向水平向左；（3）；（4） 【详解】（1）设C球与B球结成D时，D的速度为，由动量守恒定律得解得 损失的机械能为 （2）弹簧压结至最短时弹簧被定，D与A的速度相等，设此速度为，由动量守恒定律得. 得到A球的速度为方向水平向左。 （3）设弹簧长度被锁定后，贮存在弹簧中的弹性势能为，由能量守恒定律得 解得 （4）撞击P后，A与D的动能都为零，解除锁定后，当弹簧刚恢复自然长度时，弹性势能全部转变成D的动能，设D的速度为，则有 在A球离开挡板P之后，当三者速度相等时，弹簧的弹性势能最大，根据动量守恒和能量守恒可得 ；解得 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 $$