辽宁省丹东市2024-2025学年高二年级下册期末教学质量监测物理试卷（解析版）

丹东市2024〜2025学年度（下）期末教学质量监测

高二物理

总分：100分时间：75分钟

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

2.答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改

动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在

本试卷上无效。

一、选择题：本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项

符合题目要求，每小题4分：第8~1。题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的

得6分，选对但不全的得3分，有选错的或不选的得。分。

1.离子烟雾报警器是一种常见且广泛使用的火灾报警设备，某离子烟雾报警器用元素

S；Am充当放射源，Am的衰变方程为薨Amf；；Np+X。下列说法正确的是（）

A.X是中子B.X是质子

C.X是笊原子核D.X氮原子核

【答案】D

【解析】根据衰变过程满足质量数和电荷数守恒可知，X的质量数为4，电荷数为2,则

X是氮原子核；He。

故选D。

2.如图所示，一束光由空气射入一块横截面为半圆形的玻璃砖，光线经过圆心。的正下方

。点，下列光路图正确的是（）

【答案】C

【解析】题意可知光线经过圆心0的正下方尸点，则P点切线（半圆形玻璃砖与空气的分

界面）与半圆形玻璃砖上表面平行，根据折射定律可知入射光线与〃点的出射光线平行。

故选C。

3.夏天的清晨，植物叶片上挂满了圆滚滚的水珠，关于这•现象，下列说法正确的是（）

A.水分子在水珠表面层比内部分布更稀疏，表面层分子之间相互作用力表现为引力

B.水分子在水珠表面层比内部分布更密集，表面层分子之间相互作用力表现为引力

C.水分子在水珠表面层比内部分布更稀疏，表面层分子之间相互作用力表现为斥力

D.水分子在水珠表面层比内部分布更密集，表面层分子之间相互作用力表现为斥力

【答案】A

【解析】A.液体表面层分子间距比内部大，分布更稀疏。当分子间距大于平衡位置时，

分子间作用力表现为引力，形成表面张力，故A正确；

B.表面层分子出密集不符合实际，故B错误：

C.表面层分子间距大时作用力应为引力而非斥力，故C错误；

D.表面层分子不可能更密集且斥力主导，故D错误。

故选Ao

4.利用热敏电阻来检验油面位置的低油位报警装置结构简图如下，热敏电阻通以一定的电

流，热敏电阻会发热，自身阻值将减小。当热敏电阻完全没入汽油液面中时，周围汽油会

带走热敏电阻发出的热量，使温度基本不变，灯泡不发光（甲图）；汽油过少时，灯泡发光

（乙图）。则下列说法正确的是（）

A.当油箱油量低于警戒值，热敏电阻阻值变大

B.当油箱油量低于警戒值，通过报警指示灯的电流变大

C.仅将热敏电阻下移，报警指示灯将会提前预警

D.仅将电源电动势变大，报警指示灯将会延迟预警

【答案】B

【解析】AB.当油箱油量低于警戒值，油吸收热敏电阻的热量减小，热敏电阻温度升高，

阻值减小，通过报警指示灯的电流变大，故A错误，B正确；

C.仅将热敏电阻下移，油吸收热敏电阻的热量增多，热敏电阻温度降低，阻值增大，通

过报警指示灯的电流变小，报警指示灯将会延迟预警，故C错误；

D.仅将电源电动势变大，通过报警指示灯的电流变大，报警指示灯将会提前预警，故D

错误。

故选B。

5.如图所示，手机在震动模式下开始震动时，放在手机上的一只耳机也跟着振动，此时手

机的振动频率为力，耳机的振动频率为力。下列说法正确的是（）

A.手机的振动频率/越大，耳机的振动频率人一定越大

B.手机的振动频率力越大，耳机的振动频率人一定越小

C.手机的振动振幅越大，耳机的振动频率力一定越大

D.手机的振动振幅越大，耳机的振动频率力一定越小

【答案】A

【解析】AB.手机上的耳机做受迫振动，其振动频率与手机的振动频率相同，故手机的振

动频率力越大，耳机的振动频率上一定越大，故A正确，B错误；

CD.耳机受迫振动的频率与手机振动幅度无关，故CD错误。

故选Ao

6.如图所示，将验电器与一块不带电的锌板连接，此时验电器指针张角闭合，现用紫外线

照射锌板，发现验电器指针张角张开，下列说法正确的是（）

验电器锌板光源

A.用紫外线照射锌板时，锌板带负电荷

B.用紫外线照射锌板时，验甩器指针带正电荷

C.若紫外线光照强度减弱，则光电子的最大初动能增加

D.若紫外线光照强度减弱，则光电子的最大初动能减少

【答案】B

【解析】AB.用紫外线照射锌板时，锌板发生光电效应，从锌板中有电子逸出，则锌板带

正电，则验电器指针带正电荷，A错误，B正确；

CD.发生光电效应时，逸出光电子的最大初动能只与入射光的频率有关，与光强无关，则

若紫外线光照强度减弱，则光电子的最大初动能不变，CD错误。

故选B。

7.如图所示，竖直轻弹簧上端固定，下端与小球A拴接，小球A用质量忽略不计的细线

连接小球B，初始时系统处于静止状态，其中A球的质量为1.5kg,R球的质量3kg,此

时弹簧伸长量为7.5cm,重力加速度g=10m/s2,若烧断A、B之间的细线，小球A将

在竖直面内做往复运动（弹簧的弹性势能耳其中左为弹簧的劲度系数，/为弹

簧的形变量），下列说法正确的是（）

A.弹簧的劲度系数为400N/m

B.运动过程中A球的最大动能为1.5J

C.运动过程中弹簧的最大压缩量为2.5cm

D.运动过程中A球在任意!周期内通过的路程都是5cm

4

【答案】C

【解析】A.对AB整体分析可知，弹簧的劲度系数为

(加人+恤氏_(1.5+3)xl0

K-------------------------N---/--m-----=----6--0---0-N/m,A错误;

AY0.075

B.球A做简谐振动在平衡位置时弹簧伸长量A%=竽=年Um=0.025m

K600

球A平衡位置时动能最大，则由能量关系J必储二成送（加」入”）+£如““+:女收

解得运动过程中A球的最大动能为Ehnax=0.75J,B错误;

C.球A做简谐振动的振嗝为A=0.075m—0.025m=0.05m,由对称性可知，在最高点时弹

簧压缩量最大，则运动过程中弹簧的最大压缩量为0.05m-0.025m=2.5cm,C正确；

D.运动过程中A球只有从最高点、或最低点、或者平衡位置开始计时时经过:周期通过

4

的路程才等于A=5cm,D错误。

故选C。

8.某登山者的携带物品中有半瓶矿泉水且瓶盖拧紧，当他由山底登上山顶后，发现山顶温

度较低但水瓶比在山底时变鼓了，关于瓶内的气体下列说法正确的是（）

A.瓶内每个气体分子的动能都变小

B.瓶内气体在单位时间内碰撞瓶体单位面积的分子个数变少

C.登山的过程中瓶内气体对水瓶做负功

D.登山的过程中瓶内气体对水瓶做正功

【答案】BD

【解析】A.山顶温度较低，气体温度降低，这并不能说明每一个气体分子的动能在变

小，只是分子运动的平均功能在变小，故A错误；

B.山顶温度较低但水瓶比在山底时变鼓了，由于瓶子变鼓是因为外界气压下降更多，瓶

内气压高于外界，但瓶内气压仍比在山底时低，可得气体压强变小，故瓶内气体在单位时

间内碰撞瓶体单位面积的分子个数变少，B正确；

CD.水瓶比在山底时变鼓了，说明气体体积变大，对外做功，故瓶内气体对水瓶做正功，

故C错误，D正确。

故选BDO

9.如图所示，有一边长为20cm的单匝正方形闭合金属线圈，线圈上的转轴OO'平行

边且距的边为5cm。空间中充满了垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为2T。若

线圈绕转轴匀速转动的角速度为50rad/s,下列说法正确的是（）

A.线框产生交流电压的有效值为2&V

B.线框产生交流电压的有效值为豆Iv

2

C.线框转动过程中产生电压最大值为3V

D.线框转动过程中产生电压最大值为4V

【答案】AD

【解析】线圈旋转产生的感应电动势为£=3•—=B-coLacLcdsincot=4sin50r（V）

则线框产生交流电压的最大值为纥海=4V

线框产生交流电压的有效值为后有效=翳=2后V

故选ADo

10.如图所示，有一内径相等、两端开口的“几”字形导热细玻璃管，玻璃管右端水平部分

足够长，现用甲和乙两段水银柱封闭了一定质量的理想气体。已知大气压强为76cmHg,

环境温度为300K,稳定后水银柱甲的左侧液面A比右侧液面8低4cm,右侧液面B和底

部水平玻璃管的距离为42cm。下列说法正确的是（）

A.封闭气体的长度为38cm

B.封闭气体的压强为72cmHg

C.若改变环境温度使水银柱乙刚好完全进入底部水平玻璃管，此时环境温度约为333K

D.水银柱乙完全进入底系水平玻璃管后，继续升高环境温度，液面A,8之间的高度差将

变大

【答案】ABC

【解析】AB.对甲水银柱，封闭气体压强为

Pi=p0-hAB=76cmHg-4cmHg=72cmHg

对乙水银柱，封闭气体压强为P1=Po-屹（也为乙水银柱上表面与水平面的高度差）

联立解得生=4cm

故封闭气体的长度为L=42cm-〃乙二38cm,故AB正确;

C.若改变环境温度使水银柱乙刚好完全进入底部水平玻璃管，则封闭气体压强=%

此时封闭气体的长度为r=42cm--退=40cm

2

根据理想气体状态方程有p珠,LS运=上pk,L'S

联立解得《4333K,故C正确;

D.水银柱乙完全进入底部水平玻璃管后，继续升高环境温度，封闭气体压强不变，始终

等于大气压，故液面A、B之间的高度差不变，故D错误。

故选ABCo

二、实验题（共2小题，共14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.某实验小组用激光偏移法测量平行玻璃砖的折射率。实验过程如下:

①如图甲所示，在水平放置的白纸上画出一条直线MV,让玻璃砖的上边界与/WN重合;

②让激光从玻璃砖下边界。点射入玻璃砖，记录入射点。和出射光线与MN的交点P；

③保持激光笔位置不动，移走玻璃砖，记录激光束与MV的交点Q；

④过。点作MN的垂线，垂足为A.

56cm

山卜卅

010

请回答下面问题：

(1)实验小组同学先通过游标卡尺测量玻璃砖•的厚度，示数如图乙所示，玻璃砖的厚度

04为则。=cm.

(2)再用刻度尺测出AP、A2长度分别为氏C，则该玻璃病的折射率〃=

(用。、。、。表示)；

(3)关于此实验，下列说法正确的是

A.若仅将激光由红色改为蓝色，则P。间距变小

B.若仅换用更厚的玻璃砖，则尸。间距变大

C.为避免激光在玻璃砖上界面发生仝反射，实验时入射角不宜过大

D.完成实验步骤①后，不小心将玻璃砖向下平移了一小段距离，测得折射率比真实值偏小

【答案】(1)5.00(2)£卜了"：(3)BD

b\(r+c

【解析】(I)根据游标卡尺的读数规律，该读数为

50mm+0x0.1mm=50.0mm=5.00cm

..c.b

(2)设入射角为i,折射角为7。由几何关系可知sin,=I,,,si”=.

\la"+eyJcr+/?"

sin/t

根据折射定律〃二L

sin/

22

可得/a2+b2

ba2+c2

(3)A.蓝光的折射率比红光大，若仅将红色激光改为蓝色激光，根据折射定律可知,光

线的偏折角更大，则PQ间距变大，故A错误；

B.若仅换用更厚的玻璃破，根据折射定律可知，光进入玻璃砖后再上界面上的入射点上

移，则PQ间距变大，故B正确：

c.入射角不宜过大，由光的可逆性可知激光在射出玻璃砖时可•不会因角度过大而发生全

反射，故c错误；

D.完成①后，玻璃砖向下平移一小段距离，入射角不变，折射角增大，根据〃

sinr

可知测得的折射率偏小，故D正确。

故选BDo

12.某实验小组想要测量一根细绳的长度，该细绳悬挂于某处，其上端不可见。同学4设

计实验步骤如F：

①将一质后分布均匀的小球固定干细绳的下端，构成单梭，让小球在磬直平面内做小角度

摆动；

②当小球通过平衡位置时启动秒表（记为第。次通过），测出小球从开始计时至第々次通

过平衡位置的时间间隔为乙，算出此单摆的周期为十；

③若将细绳截去一段长度AL,重复实验步骤①和②，测出小球从开始计时至第4次通过

平衡位置的时间间隔为4，算出③中单摆的周期为“。

回答下列问题：

（1）工=（用々和。表示）;

（2）利用实验中测得物理量，可写出当地的重力加速度g表达式为

4H2AAR.(I)

(邛-切

ir\L

兀2AL

T「T?

C.----------D.

712AL

（3）为了测量细绳截去一段前的长度，还需要测量哪个物理量

某同学B研究后，设计了如下新实验：用轻绳一端连接固定的拉力传感器，另一端连接形

状不规则的小金属块，如图甲所示。

甲乙

（4）同学6认为：若金属块在竖直面内小角度摆动，贝J结合图乙的信息，只需再测量金

属块的质量〃?，就可以计算出金属块的重心到悬点。的距离£=（可用加、

耳、工、7T表不）。

p+2F

【答案】（1）—(2)A(3)小球的直径d(4)二~廿

3m7T

【解析】（1）单摆从平衡位置开始摆动，两次通过平衡位置的时间为一个周期，则

/.=—=—L

1勺；

2

（2）根据单摆的周期公式可知7；二

4兀2"

联立解得g=

（邛-硝'故选A。

（3）设细绳的长度为/,球的直径为d,则摆长为乙=/+：

解得/=雪一旦

4/2

即为了测量细绳截去•段前的长度/,还需要测量的物理量是小球的直径c/。

（4）单摆的摆动到最高点速度为零，出现最小拉力K，设最大摆角为。，有K=，〃gcos。

,n

在平衡位置有最大拉力尸?，F2-mg=~

从最高点摆到最低点由动能定理有办"（1-cos6）=；加

联立各式解得g二八+2勺

3m

根据周期性可知最小拉力的变化周期为单摆周期的一半，可得了=2S=2TT

联立解得乙二々+29

3加兀2

三、计算题（共40分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后

答案的不给分。有数字计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。）

13.碳排放问题的治本之策是转变能源发展方式，加快推进清洁能源替代。一座小型水电

站向山下村镇供电的示意图如图甲、乙所示，已知发电机的输出功率为4=100kW,输

出电压为q=5（）（）V且恒定，输电线总电阻A=|（）C,升压变压器原、副线圈匝数比

—=0.05,降压变压器原、副线圈匝数比2=45,变压器均为理想变压器。若由于用户

〃2%

数量变化，使得输电线输送电流增加了2A。求:

发

电用

机户

（1）输电线上损失的功率增加了多少;

（2）此时用户端获得的电压为多少（结果保留1位小数）。

【答案】(1)440W(2)219.6V

【解析】（1）由题意，可得4=5=200A,：二%

U\/2勺

解得，2=I°A

则输电线上损失的功率=/；/<=1000W,扁2=亿+/『R=1440W

可得输电线上损失的功率增加了△弓二七2一之」=440W

U.n.

⑵根据广盛

可得=10°00V

则△U=(，2+/)R=120V,4=4—AU=9880V

U.n.

根据7^=1

U、&

得U,=219.6V

14.如图所示，固定的汽缸内有一自由移动的“T”型活塞，质量为〃?=4kg,活塞体积、与

汽缸间的摩擦均可忽略不计，距汽缸底部/7=0.6m处连接一U形管(管内气体的体积忽

略不计)。初始时，封闭气体温度为(=300K,活塞距离汽缸底部为九=0.9m,两边水

银柱存在高度差。已知汽缸横截面积为S=2x10-3nf,活塞竖直部分长为力2=0.72m,

大气压强为Po=lxl()5pa,重力加速度g=10m/s2。求：

T|||_Lu

卜H用

(1)初始时，汽缸内封闭气体的压强为多大；

(2)若气体的内能与热力学温度成正比，初始时该气体内能a=2100J,现使气体温度

缓慢降低，当两水银面相平时气体对外放出的热量。

【答案】(1)p,=1.2xlO5Pa(2)743.2J

【解析】(1)对活塞受力分析，根据平衡条件有mg+〃°S=〃IS

代入相关已知数据，解得〃1=1.2xl()5pa

(2)两水银面相平时气体压强P2=lxl()5pa,刚开始降低温度时气体做等压变化，当

江,型活塞已经触底后做等容变化，则气体体积K=%S,V2=h2S

根据理想气体状态方程半=竽

解得（=200K

气体的内能与热力学温度成正比，工=300K时该气体内能q=2100J,