广西桂林中学2024-2025学年高二物理第二学期期末综合测试试题含解析

广西桂林中学2024-2025学年高二物理第二学期期末综合测试试题注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、一只小船渡河，运动轨迹如图所示．水流速度各处相同且恒定不变，方向平行于岸边；小船相对于静水分别做匀加速、匀减速、匀速直线运动，船相对于静水的初速度大小均相同、方向垂直于岸边，且船在渡河过程中船头方向始终不变．由此可以确定（）A．船沿AD轨迹运动时，船相对于静水做匀加速直线运动B．船沿三条不同路径渡河的时间相同C．船沿AB轨迹渡河所用的时间最短D．船沿AC轨迹到达对岸前瞬间的速度最大2、如图所示，一个带负电的物体从粗糙斜面顶端滑到斜面底端时的速度为v，若加上一个垂直纸面向外的磁场，则滑到底端时()A．v不变 B．v变大C．v变小 D．不能确定3、如图所示电路，电源内阻不可忽略．开关S闭合后，在变阻器Ru的滑动端向下滑动的过程中A．电压表与电流表的示数都减小B．电压表与电流表的示数都增大C．电压表的示数增大，电流表的示数减小D．电压表的示数减小，电流表的示数增大．4、如图，一小球放置在木板与竖直墙面之间．设墙面对球的压力大小为N1，球对木板的压力大小为N2.以木板与墙连接点所形成的水平直线为轴，将木板从图示位置开始缓慢地转到水平位置．不计摩擦，在此过程中A．N1始终减小，N2始终增大B．N1始终减小，N2始终减小C．N1先增大后减小，N2始终减小D．N1先增大后减小，N2先减小后增大5、如图所示，两端开口的U型管中装有水银，在右管中用水银封闭着一段空气，要使两侧水银面高度差h曾大，应该()A．从左管滴入水银B．让气体升温C．从右管滴入水银D．增大大气压强6、关于磁感应强度B的概念，下列说法正确的是A．根据磁感应强度B的定义式B＝FILB．一小段通电导线放在磁感应强度为零处，它所受的磁场力不一定为零C．一小段通电导线在某处不受磁场力作用，该处的磁感应强度不一定为零D．磁场中某处磁感应强度的方向，与通电导线在该处所受磁场力的方向相同二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7、下列说法中正确的是()A．水面上的油膜在阳光照射下会呈现彩色，这是光的干涉造成的B．根据麦克斯韦的电磁场理论可知，变化的电场周围一定可以产生变化的磁场C．狭义相对论认为，物体运动时的质量会随着物体运动速度的增大而增加D．沙漠中的“蜃景”现象是光的衍射引起的8、如右图所示，空间某区域内存在宽度为d的水平匀强磁场，边长为L（L<d）的正方形闭合金属框从磁场上方某处由静止释放，穿过磁场的过程中其平面保持竖直。从刚进入磁场开始计时，则金属框的速度v、受到的安培力F、感应电流i、加速度a的图象可能符合实际的是A．B．C．D．9、如图，足够长的U型光滑金属导轨平面与水平面成θ角（0＜θ＜90°)，其中MN与PQ平行且间距为L，导轨平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计．金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且良好接触，ab棒接入电路的电阻为R，在流过ab棒某一横截面的电量为q的过程中，棒的末速度大小为v，则金属棒ab在这一过程中（）A．运动的平均速度大小为vB．下滑的位移大小为C．产生的焦耳热为qBLvD．受到的最大安培力大小为10、如图所示的整个装置放在竖直平面内，欲使带负电的油滴P在两平行金属板间静止，导体棒ab将沿导轨运动的情况是（）A．向右匀减速运动B．向右匀加速运动C．向左匀减速运动D．向左匀加速运动三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11．（6分）如图所示，用“碰撞试验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系．①试验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的．但是，可以通过仅测量______（单选）A.小球开始释放高度hB.小球抛出点距地面的高度HC.小球做平抛运动的射程②图中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影，实验时，先让入射球m1多次从斜轨上S位置静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP，然后，把被碰小球m2静止于轨道的水平部分，再将入射小球m1从斜轨上S位置静止释放，与小球m2相撞，并多次重复．椐据图可得两小球质量的大小关系为m1_____m2A.用天平测量两个小球的质量m1、mB.测量小球m1开始释放高度hC.测量抛出点距地面的高度HD.分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M、E.测量平抛射程OM，ON③若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示______________________（用②中测量的量表示）12．（12分）在做“测定金属电阻率”的实验中，待测金属的阻值约为5Ω．（1）某同学先通过螺旋测微器测量一薄的金属圆片厚度，读出如图①中的示数．螺旋测微器所示的金属圆片的厚度的测量值为________mm．图①（2）实验室准备用来测量该电阻阻值的实验器材有：A．电压表V1（量程0～3V，内电阻约15kΩ）B．电压表V2（量程0～15V，内电阻约75kΩ）C．电流表A1（量程0～3A，内电阻约0.2Ω）D．电流表A2（量程0~600mA，内电阻约3Ω）E．滑动变阻器R（最大阻值为10Ω，额定电流为0.6A）F．直流电源、电池组E（电动势为3V、内电阻约为0.3Ω）G．开关及导线若干为了实验能正常进行，减少测量误差，实验要求电表读数从零开始变化，并能多测几组电流、电压值，以便画出电流——电压的关系图线，则①电压表应选用__________（填实验器材的代号）；②电流表应选用__________（填实验器材的代号）；③甲、乙、丙、丁四个电路图中符合要求的电路图是__________图．图②（3）这位同学在一次测量时，电流表、电压表的示数如图③所示．由图中电流表、电压表的读数可计算出待测金属的电阻为___________Ω．（结果精确到小数点后一位）图③四、计算题：本题共3小题，共38分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13．（10分）如图所示，密闭导热气缸A、B用细管相连，A的容积为2.24L，B的容积为1.12L，A中装有压强为1.5×105Pa的理想气体，活塞C可沿气缸B滑动且与气缸保持良好的气密性。开始时活塞位于气缸B的最左端，K1打开，K2闭合，向右拉活塞，环境温度保持27℃，不计细管体积的影响。（1）将活塞缓慢拉到气缸B的最右端，求此时缸内气体的压强；（2）将K1闭合，求此时A缸内气体的分子数。（已知阿伏伽德罗常数NA＝6×1023mol﹣1，理想气体在温度为0℃，压强为1.0×105Pa的条件下，其摩尔体积是22.4L．结果均保留一位有效数字）14．（16分）如图所示，在方向竖直向上的磁感应强度为B的匀强磁场中有两条光滑固定的平行金属导轨MN、PQ，导轨足够长，间距为L，其电阻不计，导轨平面与磁场垂直，ab、cd为两根垂直于导轨水平放置的金属棒，其接入回路中的电阻均为R，质量均为m，与金属导轨平行的水平轻质细线一端固定，另一端与cd棒的中点连接。一开始细线处于伸直状态，ab棒在平行于导轨的水平拉力F的作用下从静止开始以恒定加速度a向右做匀加速直线运动，经时间t0细线被拉断，两根金属棒运动时始终与导轨接触良好且与导轨相垂直。求：（1）细线能承受的最大拉力F0；（2）绳拉断前的过程中通过导体ab的电量q；（3）若在细线被拉断瞬间撤去拉力F，求两根金属棒之间距离增量△x的最大值及绳断后回路中产生的总焦耳热。15．（12分）如图所示，左端封闭、右端开口的等臂U形玻璃管竖直放置，管内水银在左管内封闭一段长l015cm、温度为300K的空气柱，左右两管水银面高度差为h0=10cm，大气压强为75cmHg．（i）在温度不变的条件下，需要从开口端加入多长的水银柱才能使左右管的水银面等高?（ii）左右两管内水银面刚好相平后，即停止补充水银，并给左管的气体加热，当右管内水银面刚好上升到与管口齐平时，左管内气体的温度为多少?

参考答案一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、D【解析】

试题分析：当沿AD轨迹运动时，则加速度方向与船在静水中的速度方向相反，因此船相对于水做匀减速直线运动，故A错误；船相对于水的初速度大小均相同，方向垂直于岸边，因运动的性质不同，则渡河时间也不同，故B错误；沿AB轨迹，做匀速直线运动，则渡河所用的时间小于沿AC轨迹运动渡河时间，故C错误；沿AC轨迹，船是匀加速运动，则船到达对岸的速度最大，故D正确．考点：考查了运动的合成与分解根据运动的合成，结合合成法则，即可确定各自运动轨迹，由运动学公式，从而确定运动的时间与速度大小．2、C【解析】

未加磁场时，根据动能定理，有：加磁场后，多了洛伦兹力，洛伦兹力不做功，但正压力变大，摩擦力变大，根据动能定理，有：因，所以v′＜v，故选C。3、A【解析】

当滑片下移时，滑动变阻器接入电阻减小，则外电路总电阻减小，电路中总电流增大，电源的内电压增大，则由闭合电路欧姆定律可知，电路的路端电压减小，故电压表示数减小；由欧姆定律可知，R1上的分压增大，而路端电压减小，故并联部分的电压减小，则通过R2的电流减小，根据并联电路的特点可知：通过R0的电流增大，则电流表的示数增大．故A正确，BCD错误4、B【解析】试题分析：对小球进行受力分析如图所示，设：板与竖直方向夹角为，则：，，随着板顺时针方向转动，越来越大，因此N2越来越小，同样也越来越小，答案B正确．考点：共点力作用下物体的平衡，力的合力与分解5、C【解析】以右侧管中封闭气体做为研究对象，封闭气体的压强P=P0+h=P0+h右，要使两侧水银面高度差h增大，封闭气体的压强P=P0+h变大；A、从左侧管口滴入水银，h右不变，封闭气体压强P=P0+h右不变，两侧水银面高度差h不变，故A错误；B、使气体升温，h右不变，封闭气体压强P=P0+h右不变，两侧水银面高度差h不变，故B错误；C、从右侧管口滴入水银，h右变大，封闭气体压强P=P0+h右变大，由P=P0+h可知，两侧水银高度差h增大，故C正确；D、增大大气压强，封闭气体的压强P=P0+h=P0+h右，h=h右，不变，故D错误；故选C。【点睛】封闭气体的压强等于大气压与左侧水银柱h产生的压强之和，使两侧水银面高度差变大，则封闭气体压强变大，分析各选项能否使封闭气体压强变大是正确解题的关键．6、C【解析】试题分析：磁感应强度只与磁场本身性质有关，与外界因素无关，A错误；通电导线放在磁感应强度为零处，它所受的磁场力一定为零，通电导线在某处不受磁场力作用，可能是导线与磁感应强度方向平行，该处的磁感应强度不一定为零．B错误C正确；磁感应强度的方向与磁场力的方向垂直，D错误；考点：考查了对磁感应强度，安培力的理解二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7、AC【解析】

A.油膜在阳光照射下，膜的两表面反射，出现相同频率的光，从而进行叠加，导致呈现彩色，这是由光的干涉造成的，故A符合题意；B.麦克斯韦的电磁场理论可知，均匀变化的电场周围产生恒定的磁场，故B不符合题意；C.狭义相对论认为：运动物体的质量随着速度的增大而增大，故C符合题意；D.沙漠中的“蜃景”现象是光的全反射引起的，故D不符合题意。8、ABC【解析】若线框进入磁场时恰好重力等于安培力，做匀速运动，完全进入后只受重力，线框做匀加速运动，离开磁场时安培力大于重力，根据牛顿第二定律：B2L2vR-mg=ma，可知线框做加速度减小的减速运动，故A正确；若重力小于安培力，根据牛顿第二定律：B2L2vR-mg=ma可知，线框做加速度减小的减速运动，安培力随速度的减小而减小，完全进入后只受重力，线框加速，离开磁场时安培力大于重力，速度减小，进入过程与离开过程可能安培力变化情况可能完全相同，故9、BD【解析】

试题分析：金属棒开始做加速度逐渐减小的变加速运动，不是匀变速直线运动，平均速度不等于，而是大于；故A错误；由电量计算公式，，联立得可得，下滑的位移大小为，故B正确；产生的焦耳热，而这里的电流I比棒的速度大小为时的电流小，故这一过程产生的焦耳热小于，故C错误；金属棒做加速运动，或先做加速运动，后做匀速运动，速度为时产生的感应电流最大，受到的安培力最大，最大安培力大小为，故D正确．考点：电磁感应中的能量转化；安培力金属棒由静止开始沿导轨下滑，做加速度逐渐减小的变加速运动．由运动学公式，法拉第电磁感应定律、能量守恒定律等研究处理．10、AD【解析】质量为m，电荷量为q的带负电的液滴处于静止状态．有qUd=mg，电场强度的方向竖直向下，则上板电势高于下板，因此线圈N上端相当于电源的正极，下端相当于电源的负极．根据安培定则可知，线圈N的磁场竖直向上，大小减小，或竖直向下，大小增大；当棒向右匀减速运动时，因切割磁感线，由右手定则可知，感应电流方向由b到a，大小减小，则线圈M产生竖直向下的磁场，且大小减小，那么线圈N的磁场是竖直向上，大小减小，符合题意，故A正确；当棒向右匀加速运动时，因切割磁感线，由右手定则可知，感应电流方向由b到a，大小增加，则线圈M产生竖直向下的磁场，且逐渐增强，那么线圈N的磁场是竖直向上，大小增加，根据楞次定律，电容器下极板为正，故B错误；当棒向左匀减速运动时，因切割磁感线，由右手定则可知，感应电流方向由a到b，大小减小，则线圈M产生竖直向上的磁场，且大小减小，那么线圈N的磁场是竖直向下，大小减小，不符合题意，故C错误；当棒向左匀加速运动时，因切割磁感线，由右手定则可知，感应电流方向由a到b，大小增加，则线圈M产生竖直向上的磁场，且大小增强，那么线圈N的磁场是竖直向下，大小增强，根据楞次定律，电容器上极板为正，故D正确，符合题意，故D正确点睛：解决本题的关键根据液滴受力平衡求出平行板两端间的电势差，从而求出导体棒切割的速度．通过电场的方向得出两端电势的高低，根据右手定则得出导体棒运动的方向．三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11、（1）C（1）＞；ADE（3）m1OP=m1OM+m1ON；【解析】

（1）在做“验证动量守恒定律”的实验中，是通过平抛运动的基本规律求解碰撞前后的速度的，所以要保证每次小球都做平抛运动，则轨道的末端必须水平．

（1）由动量守恒定律求出需要验证的表达式，根据表达式以及实验过程分析实验中的步骤；

（3）根据（1）的分析确定需要验证的关系式．验证动量守恒定律实验中，质量可测而瞬时速度较难．因此采用了落地高度不变的情况下，水平射程来反映平抛的初速度大小，所以仅测量小球抛出的水平射程来间接测出速度．过程中小球释放高度不需要，小球抛出高度也不要求．最后可通过质量与水平射程乘积来验证动量是否守恒．根据机械能守恒确定验证是否为弹性碰撞的表达式．【详解】（1）验证动量守恒定律实验中，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的，根据平抛运动规律，若落地高度不变，则运动时间不变，因此可以用水平射程大小来体现速度速度大小，故需要测量水平射程，故AB错误，C正确．故选C

（1）碰撞过程中动量、能量均守恒，因此有：m1v0=m1v1+m1v1，12mv02＝12mv12+12mv22因此有：v1＝m1-m2m1+m2v0，因此要使入射小球m1碰后不被反弹，应该满足m1＞m1．碰撞过程动量守恒，则m1v0=m1v1+m1v1，两边同时乘以时间t得：m1v0t=m1v1t+m本题考查验证动量守恒定律实验的基本内容；实验的一个重要的技巧是入射球和靶球从同一高度作平抛运动并且落到同一水平面上，故下落的时间相同，所以在实验的过程当中把本来需要测量的速度改为测量平抛过程当中水平方向发生的位移，可见掌握了实验原理才能顺利解决此类题目．12、（1）2.130（2）①V1或者A②A2或者D③丁（3）5.2【解析】

（1）

[1]．螺旋测微器的读数为D=2mm+13.0×0.01mm=2.130mm．

（2）①[2]．由于电源电动势为3V，所以电压表应选V1或A；

②[3]．由I=U/R可得通过小灯泡的电流约为I=3/5A=0.6A，所以电流表应选A2或D.③[4]．因要求电流从零调，所以滑动变阻器应用分压式接法，应选阻值小的变阻器R，又由于小灯泡电阻值远小于电压表内阻，所以电流表应用外接法，故电路图丁符合要求．

（3）[5]．电压表读数为U=2.40V，电流表读数为I=0.46A，所以电阻解题关键是掌握螺旋测微器的读数方法及注意事