广东东莞外国语学校2025年物理高二第二学期期末考试试题含解析

广东东莞外国语学校2025年物理高二第二学期期末考试试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。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、如图所示，真空中有一个半径为R、质量分布均匀的玻璃球，一细激光束在真空中沿直线BC传播，并与玻璃球表面的C点经折射进入玻璃球，在玻璃球表面的D点又经折射进入真空中，已知∠COD=120°，激光束的入射角为α=60°，则下列说法中正确的是（）A．玻璃球对该激光的折射率为3B．该激光在玻璃中的波长是在真空中波长的3倍C．该激光束的光子在玻璃球中的能量小于在真空中的能量D．改变入射角α，该激光束可能在玻璃球的内表面发生全反射2、下列有关物理方法的说法中正确的是（）A．重心、合力和交变电流的有效值等概念的建立都体现了等效替代的思想B．根据速度定义式，当非常小时，就可以表示物体在某时刻的瞬时速度，该定义应用了类比的思想方法C．在不需要考虑物体本身的形状和大小时，用质点来代替物体的方法叫假设法D．万有引力常量的值是通过比值定义法规定的3、一做匀加速直线运动的质点，在前2s内的平均速度比前3s内的平均速度小1m/s。则质点的加速度大小为A．4B．3C．2D．1m/s4、下列关于原子结构和原子核的说法中不正确的是()A．卢瑟福在α粒子散射实验的基础上提出了原子的核式结构模型B．天然放射性元素在衰变过程中核电荷数和质量数守恒，其放射线在磁场中不偏转的是γ射线C．由图可知，原子核D和E聚变成原子核F要吸收能量D．由图可知，原子核A裂变成原子核B和C要放出核能5、图甲为电子电路中的正弦脉冲波的交变电流与时间的变化图象，图乙为用作时钟讯号来准确地触发同步电路的方波的交变电流与时间的变化图象，则正弦脉冲波和方波的交变电流有效值分别为A．0.5A，B．0A，C．，D．，6、一发电机产生的正弦式交流电电动势随时间变化规律如图甲所示，已知发电机线圈内阻为5.0Ω,，外接一只电阻为95.0Ω的灯泡，如图乙所示，下列说法不正确的是()A．灯泡消耗的功率P=459.8WB．每秒钟灯泡中电流方向变化100次C．灯泡中的最大电流值为2.2AD．发电机线圈内阻1s产生的焦耳热Q=24.2J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、如图，一个导热气缸竖直放置，气缸内封闭有一定质量的气体，活塞与气缸壁紧密接触，可沿气缸壁无摩擦地上下移动。若大气压保持不变，而环境温度缓慢升高，在这个过程中()A．气缸内每个分子的动能都增大B．封闭气体对外做功C．气缸内单位体积内的分子数增多D．封闭气体吸收热量E.气缸内单位时间内撞击活塞的分子数减少8、一正弦交变电流的电压随时间变化的规律如图所示．由图可知A．交变电流的频率是25HZB．交变电压的有效值是100VC．在2.0×10-2s时线圈处于中性面位置D．交变电压的瞬时表达式是u=100sin（50πt）V9、如图所示，两个完全相同的带正电荷的小球被a、b两根绝缘的轻质细线悬挂于O点，两小球之间用绝缘的轻质细线c连接，a、b、c三根细线长度相同，两小球处于静止状态，且此时细线c上有张力，两小球的重力均为G．现用一水平力F缓慢拉右侧小球，使细线a最终处于竖直状态，两小球最终处于静止状态，则此时与初态相比，下列说法正确的是:A．细线a的拉力变大B．细线b的拉力变大C．细线c的拉力变大D．最终状态时的水平拉力F比小球的重力G大10、如图所示，光滑水平桌面上固定一根通有恒定电流的直导线，一圆形金属线框在一平行水平桌面的外力作用下，沿虚线方向从a匀速运动到b的过程中，则下列说法中正确的是A．金属线框内感应电流为顺时针时针方向B．拉力大小恒定不变C．拉力方向与速度方向无关D．拉力方向与速度方向相同三、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）两位同学用如图甲所示装置，通过半径相同的A、B两球的碰撞来验证动量守恒定律．（1）实验中必须满足的条件是_____．A．斜槽轨道尽量光滑以减小误差B．斜槽轨道末端的切线必须水平C．入射球A每次必须从轨道的同一位置由静止滚下D．两球的质量必须相等（2）测量所得入射球A的质量为mA，被碰撞小球B的质量为mB，图甲中O点是小球抛出点在水平地面上的垂直投影，实验时，先让入射球A从斜轨上的起始位置由静止释放，找到其平均落点的位置P，测得平抛射程为OP；再将入射球A从斜轨上起始位置由静止释放，与小球B相撞，分别找到球A和球B相撞后的平均落点M、N，测得平抛射程分别为OM和ON．当所测物理量满足表达式___________时，即说明两球碰撞中动量守恒；如果满足表达式______________时，则说明两球的碰撞为完全弹性碰撞．（1）记录纸上的O点是重垂线所指的位置，若测得各落点痕迹到O的距离：OM=2.68cm，OP=8.62cm，ON=11.50cm，并知两球的质量分别为mB=10g与mA=20g，系统碰撞前总动量p与碰撞后总动量p′的百分误差=______%（结果保留一位有效数字）．（4）乙同学也用上述两球进行实验，但将实验装置进行了改装：如图乙所示，将白纸、复写纸固定在竖直放置的木条上，用来记录实验中球A、球B与木条的撞击点．实验时，首先将木条竖直立在轨道末端右侧并与轨道接触，让入射球A从斜轨上起始位置由静止释放，撞击点为B′；然后将木条平移到图中所示位置，入射球A从斜轨上起始位置由静止释放，确定其撞击点P′；再将入射球A从斜轨上起始位置由静止释放，与球B相撞，确定球A和球B相撞后的撞击点分别为M′和N′．测得B′与N′、P′、M′各点的高度差分别为h1、h2、h1．若所测物理量满足表达式__________时，则说明球A和球B碰撞中动量守恒．12．（12分）“研究匀变速直线运动”的实验中，使用电磁式打点计时器（所用交流电的频率为50Hz），得到如图所示的纸带．图中的点为计数点，相邻两计数点间还有四个点未画出来．该匀变速直线运动的加速度a=______m/s1．纸带上E点相对应的瞬时速度大小______m/s．（以上两答案要求保留三位有效数字）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）某透明材料制成的长方体的截面如图所示，O为BC边的中点，AB、BC的长度分别为L和L．在O点放置一点光源，已知该透明材料对该光源发出的光的折射率，不考虑光的二次反射，求：①该光从透明材料射向空气发生全反射的临界角角；②长方形四边没有光射出的总长度x．14．（16分）如图所示，平面直角坐标系中的第Ⅱ象限内有半径为R的圆分别与x轴、y轴相切于M、N点，圆内存在垂直坐标系平面的匀强磁场。在第Ⅰ象限内存在沿y轴正方向的匀强电场，电场强度的大小为E，磁场、电场在图中都未画出。一质量为m、电荷量为q的粒子从M点垂直x轴射入磁场后恰好垂直y轴进入电场，最后从Q（2R，0）点射出电场，出射方向与x轴夹角α=45°，粒子的重力不计，求∶(1)粒子进入电场时的速度v0；(2)匀强磁场的磁感应强度B的大小和方向；(3)粒子从M点入射到运动至Q点的时间t总。15．（12分）如图所示，一质量的长木板静止在光滑的水平地面上，另一质量的小滑块，以的速度从长木板的左端滑上长木板已知小滑块与长木板间的动摩擦因数）问：（1）经过多少时间小滑块与长木板速度相等？（2）从小滑块滑上长木板，到小滑块与长木板相对静止，小滑块运动的距离为多少？滑块始终没有滑离长木板

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、A【解析】由几何知识得到激光束在C点的折射角r=30°，则玻璃球对该激光束的折射率为n=sinαsinr=sin60°sin30°=3，A正确；激光在玻璃中的传播速度为v=cn=33c，根据v=λf可知，激光由真空射入玻璃球时频率f不变，故波长与波速成正比，即该激光在玻璃中的波长是在真空中波长的33倍，B【点睛】由几何知识得到激光束在C点的折射角，由折射定律求出折射率．激光通过不同介质时频率不变．由v=cn求出激光束在玻璃球中传播速度，由v=λf可分析激光进入玻璃球的波长与在真空中的波长关系；根据光路可知性原理分析可知，光束在2、A【解析】A.重心、合力和交变电流的有效值等概念是等效替代的思想，故A正确；B.瞬时速度是依据速度定义式v=△x/△t，当△t非常小时，△x/△t就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了数学极限思想，故B错误；C.理想化模型是抓主要因素，忽略次要因素得到的，质点是理想化模型，故C错误；D.当质量、距离、力等采用国际单位制时，万有引力常量的值是定值，故D错误．故选A.3、C【解析】

做匀加速直线运动的质点，在前2s内的平均速度是第1s时的瞬时速度，在前3s内的平均速度是第1.5s时的瞬时速度，根据加速度定义式a=A.4m/s2与计算结果不符，故B.3m/s2与计算结果不符，故C.2m/s2与计算结果相符，故D.1m/s2与计算结果不符，故4、C【解析】

A．卢瑟福在α粒子散射实验的基础上提出了原子的核式结构模型，故A正确；B．天然放射性元素在衰变过程中电荷数和质量数守恒，其放射线在磁场中不偏转的是γ射线，故B正确；CD．裂变和聚变都要有质量亏损，根据质能方程都放出能量，所以C错误；D正确．5、D【解析】

电功的计算，I要用有效值计算，图甲中，由有效值的定义得：，得；图乙中，取一个周期进行分段，在0-0.1s是恒定电流，则有效值等于，在0.1s-0.2s是恒定电流，则有效值等于。根据焦耳定律即可得一个周期内交变电流产生的热量。由有效值的定义可得，代入数据解得：；。A.0.5A，，与结论不相符，选项A错误；B.0A，，与结论不相符，选项B错误；C.，，与结论不相符，选项C错误；D.，，与结论相符，选项D正确；6、C【解析】A.由图象可知，交流电的最大值为220V，则有效值为220V，根据闭合电路欧姆定律，电流的有效值为I==2.2A，灯泡消耗的功率P=I2R=459.8W，故A正确，C错误；B.根据图象可知交流电的周期为2×10−2s，所以频率为50Hz，交流电在一个周期内方向变化两次，所以电路中的电流方向每秒钟改变100次，所以B正确；D.发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为Q=I2rt=(2.2)2×5×1J=24.2J，所以D正确．本题选择错误答案，故选C.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、BDE【解析】

A.大气压不变，气缸内气体压强不变，气体发生等压变化；由于气缸是导热的，外界温度逐渐升高，缸内气体温度升高，分子平均动能增大，但气缸内每个分子的动能不一定都增大，故A错误；BD.气体温度升高，内能增加U0，气体体积变大，封闭气体对外做功W0；由热力学第一定律U=W+Q可知，Q0，气体要吸收热量，故BD正确；C.气体温度升高，体积变大，汽缸内单位体积内的分子数减少，故C错误；D.缸内气体温度升高，分子平均动能增大，而气缸内气体压强不变，则单位时间内撞击活塞的分子数减少，故E正确。故选BDE．8、ACD【解析】

由图象可知，交流电的最大值为Um=100V，电流的周期为0.04s，A.交流电的频率为f=1/T=25Hz，故A正确；B.交流电的电压有效值为U==100×0.707V=70.7V，故B错误；C.在2.0×10-2s时电压的瞬时值为零，线圈处于中性面位置，故C正确；D．交流电的角速度ω=2π/T=50πrad/s，所以交流电的电压瞬时值的表达式为u=100sin(50πt)V，故D正确．故选ACD9、BCD【解析】如图所示对初末态小球受力分析可得：所以细线a的拉力变小，故A错误；B项：，，可解得：，故B正确；C项：，，，所以细线c的拉力变大，故C正确；D项：F与G的合力为，F=，故D正确．10、AC【解析】

线框沿虚线方向从a匀速运动到b的过程中，穿过线圈的磁通量向里减小，根据楞次定律可知，线框内感应电流为顺时针时针方向，选项A正确；线圈远离直导线的过程中，线圈所处位置的磁场逐渐减弱，线圈中的感应电流逐渐减小，可知线圈所受的安培力逐渐减小，拉力的大小逐渐减小，选项B错误；由于线圈远离直导线运动的过程中，线圈的各个部分的感应电流大小相等，而距离直导线较近处所受的安培力较大，结合楞次定律“来拒去留”可知线圈所受的安培力垂直于直导线向左，可知线圈所受拉力的方向垂直直导线向右，与与速度方向无关，选项C正确，D错误.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、BCmAOP=mAOM+mBONmAOP2=mAOM2+mBON22【解析】（1）“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，只要离开轨道后做平抛运动，对斜槽是否光滑没有要求，故A错误；要保证每次小球都做平抛运动，则轨道的末端必须水平，故B正确；要保证碰撞前的速度相同，所以入射球每次都要从同一高度由静止滚下，故C正确；为了使小球碰后不被反弹，要求入射小球质量大于被碰小球质量，故D错误．（2）小球离开轨道后做平抛运动，由于小球抛出点的高度相同，它们在空中的运动时间t相等，它们的水平位移x与其初速度成正比，可以用小球的水平位移代替小球的初速度，若两球相碰前后的动量守恒，则mAv0=mAv1+mBv2，又OP=v0t，OM=v1t，ON=v2t，代入得：mAOP=mAOM+mBON；若碰撞是弹性碰撞，则机械能守恒，由机械能守恒定律得：mAv02=mAv12+mBv22，将OP=v0t，OM=v1t，ON=v2t，代入得：mAOP2=mAOM2+mBON2．（1）由（2）知（4）小球做平抛运动，在竖直方向上：h=gt2，平抛运动时间：t=，设轨道末端到木条的水平位置为x，小球做平抛运动的初速度：vA=，vA′=，vB′=，如果碰撞过程动量守恒，则：mAvA=mAvA′+mBvB′，将速度代入动量守恒表达式解得：．12、1.931.39【解析】

(1)根据匀变速直线运动的判别式为连续相等时间内的位移之差是一恒量，计数点间的时间为，结合逐差法得：.(1)根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度可得E点对应的瞬时速度为.【点睛】