广东省深圳市罗湖区2024-2025学年高二下学期期末物理试卷（含答案）

第第页广东省深圳市罗湖区2024-2025学年高二下学期期末物理试卷一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28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．我们知道光具有波粒二象性，下列四幅图所展示的实验，能说明光具有粒子性的是（）A． B．C． D．2．氚常存在于核废水中，是氢的同位素之一，具有放射性，会发生β衰变，其半衰期为12.43年。下列有关氚的说法正确的是（）A．氚核和氢核质子数相同B．升温可以加快氚核的衰变C．β射线比α射线的电离本领强D．10个氚核经过12.43年后还有5个氚核没有衰变3．如图是三人跳绳游戏，其中两个人拉着绳子使其做环摆运动，第三个人在环摆的绳中做各种跳跃动作。不计空气阻力，关于第三个人，以下说法正确的是（）A．她能腾空，是因为地面对她的弹力大于她对地面的压力B．地面对她有弹力，是因为她的鞋子底部发生了弹性形变C．她双脚离地后，在空中上升的过程是处于完全失重状态D．在她跳绳的整个过程中，自始至终不可能出现超重现象4．如图所示的两种卫星，一种是经过两极附近的极轨卫星甲，运行在离地高度约为h1的圆形轨道上；一种是在赤道平面上运行的同步卫星乙，运行轨道离地高度约为hA．甲乙两颗卫星运行的速度vB．甲乙两颗卫星运行的周期TC．两卫星受到地球的万有引力FD．极轨卫星与地心连线和同步卫星与地心连线在相同时间内扫过相同的面积5．《天工开物》中提到一种古法榨油——撞木榨油。如图，撞木榨油是先将包裹好的油饼整齐地摆到榨具里，然后用撞木撞击木楔，挤压油饼，油就流出来。某次撞击前撞木的速度为6m/s，撞击后撞木反弹，且速度大小变为原来的一半。已知撞木撞击木楔的时间为0.5s，撞木的质量为100kg。则撞木对木楔撞击力大小为（）A．600N B．1200N C．1800N D．2400N6．图(a)所示，是日光通过卷层云时，受到冰晶的折射或反射而形成的日晕现象，多出现于春夏时节；当一束太阳光射到六角形冰晶上时，可出现如图（b）所示的光路图，若a、b为其折射出的光线中的两种单色光，下列说法正确的是（）A．用同一装置做单缝衍射实验，b光中央亮条纹更宽B．通过同一装置发生双缝干涉，a光的相邻条纹间距较小C．从同种玻璃中射入空气发生全反射时，a光的临界角较小D．在冰晶中，b光的传播速度较小7．风能是一种可再生能源，小型风力交流发电机向电路供电如图所示。已知理想变压器原、副线圈匝数比n1:n2=2:1，交流发电机内匀强磁场的磁感应强度B=0.5T，图示中发电机线圈平行于磁感线，线圈匝数A．图示位置线圈中的磁通量最大B．电阻R变化时，电压表的示数也变化C．图示位置电压表的示数为220D．电阻R=110Ω二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。8．如图所示，演员正在舞台上表演“水袖”，甩出水袖的波浪可简化为沿x轴方向传播的简谐横波，t=0时的波形图如图甲所示，质点Q的振动图像如图乙所示。下列判断正确的是（）A．简谐波沿x轴负方向传播B．简谐波的波速为3.5m/sC．再经过1s，质点Q向左移动了20cmD．质点Q在0.8s9．电容热膨胀检测仪的简化结构如图所示，左侧电容器的下极板可随测量材料的高度变化而上下移动，灵敏电流计中的电流可以反映膨胀情况。现将待测材料平放在加热器上，加热器加热时，待测材料会向上膨胀，闭合开关S，下列说法正确的是（）A．加热器不加热时，R1B．加热器加热时，电流计中有从a到b的电流通过C．加热器加热时，电容器两极板间电场强度变小D．检测结束断开开关S，电容器极板上的电荷量不变10．以O为圆心，半径为R的圆形区域内有垂直纸面的匀强磁场，PQ为圆的直径。如图所示，在圆的PM区域有圆弧状的荧光屏，N为荧光屏的中点。OQ与OM间夹角α=60°。在P处有一粒子源沿垂直于磁场的各个方向，向磁场内发射质量均为m、电荷量均为+q、速率不同的带电粒子，其中a粒子的速度方向沿直径PQ、速度大小为v0，恰好打在荧光屏上的M点。b粒子速度方向与PQ夹角β=60°A．磁场方向垂直纸面向外B．匀强磁场的磁感应强度大小为3C．b粒子的速度大小为vD．b粒子在磁场中运动的时间为3三、非选择题：共54分，请根据要求作答。11．某探究性实验小组用如图1所示的实验装置来测量重力加速度。他们将两个完全相同的圆柱形小磁铁叠放在一起并用细线悬挂起来构成一个能在竖直平面内摆动的单摆。（忽略磁场对单摆的阻尼影响）（1）用毫米刻度尺测得小磁铁悬挂后的摆线长l（从悬点到上面小磁铁的最上端），再用螺旋测微器测得一个圆柱形小磁铁的厚度的读数如图2所示。从图2可知，小磁铁的厚度d=mm。（2）将智能手机磁传感器置于小磁铁平衡位置正下方，将小磁铁由平衡位置拉开一个小角度，由静止释放，手机软件记录磁感应强度的变化曲线如图3所示。由图3可知，单摆的周期为。（3）计算重力加速度的公式g=。（用题中字母表示）12．利用下面的实验器材按要求完成实验：电源E（电动势约3V，内阻r约0.5Ω电压表V（0~3V电流表A（0~1mA，内阻RA约（1）测量电流表A的内阻RA按甲图连接好电路，调节滑动变阻器R0和电阻箱R，让电流表满偏，此时电阻箱的示数为2890.1Ω，电压表的示数如乙图，则电压表的示数为V，电流表内阻R（2）改装电流表：把电流表A改装成量程为100mA的电流表，需要联（填“串”或“并”）一个阻值Rx=（3）测量电源E的电动势和内阻：按丙图连接好电路图，闭合开关S，记录电阻箱阻值R和电压表示数U。重复实验，利用得到的多组R、U数据做出1U−1R图像为一条直线，如丁图所示。由丁图可知该电池的电动势E=V，内阻13．如图甲为气压式升降电脑椅，其简化结构如图乙，圆柱形气缸A可沿圆柱形气缸杆B外壁上下滑动。气缸A与椅面固定在一起，其整体重力为G1；气缸杆B与底座固定在一起，气缸杆B的横截面积为S。在气缸A内封闭一段理想气体。气缸A气密性、导热性能良好，大气压强为p0，忽略摩擦力。电脑椅放置在室外温度为T1的水平地面上，稳定后封闭气体长为L1；当把电脑椅挪到温度为T2（1）封闭气体的长度L2（2）某人坐在空调房内的椅子上（脚悬空），足够长时间后发现电脑椅内气体长度是空调房内没有坐人长度的910，求人的重力14．饭卡是学校等单位最常用的辅助支付手段，其内部主要部分是一个多匝线圈，当刷卡机发出电磁信号时，置于刷卡机上的饭卡线圈的磁通量发生变化，发生电磁感应，产生电信号，其原理可简化为如图所示。设线圈的匝数为1200匝，每匝线圈面积均为S＝10-4m2，线圈的总电阻为r=0.1Ω，线圈连接一电阻R=0.3Ω，其余部分电阻不计。线圈处磁场的方向不变，其大小按如图所示的规律变化，（垂直纸面向里为正），求：（1）t=0.05s时线圈产生的感应电动势大小；（2）0～0.1s时间内，电阻R产生的焦耳热；（3）0.1～0.4s时间内，通过电阻R的电荷量。15．一仓库货物运送装置如图1所示，AB是半径为2.5L的四分之一光滑圆弧轨道，A点与圆心O等高，B点为圆弧最低点；水平轨道BC与圆弧轨道相切，C为水平轨道的右端点且距水平地面的高度为2L，BC长度为43L；一高度可调的货架，底部固定在地面上，水平上表面EF的长度为2L，距地面的最大高度为149（1）甲刚到B点时所受的支持力的大小FN；（2）甲在BC中点处的加速度的大小a及与乙碰前瞬间速度的大小vc；（3）为确保甲、乙均落在货架上，乙的质量满足什么条件。

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】A．A是α粒子散射实验，说明原子的核式结构，A错误；B．B是光的双缝干涉实验，说明光的波动性，B错误；C．C是光电效应实验，说明光的粒子性，C正确；D．D是α粒子散射实验相关（或原子核人工转变等，此实验主要说明原子核相关，非光的粒子性），D错误。故答案为：C。

【分析】先明确光的粒子性和波动性的典型实验现象，再逐一分析每个选项对应的实验原理，判断其能否证明光的粒子性。2．【答案】A【解析】【解答】A．氚是氢的同位素，同位素的质子数相同，中子数不同，故氚核和氢核（氕）质子数均为1，故A正确；B．半衰期由原子核内部性质决定，与温度无关，升温无法改变衰变速率，故B错误；C．β射线是高速电子流，α射线是氦核，α射线电离本领远强于β射线，故C错误；D．半衰期是统计规律，适用于大量原子核，10个氚核无法确定具体衰变数量，故D错误。故答案为：A。

【分析】先根据同位素的定义判断氚核与氢核的质子数关系，再结合半衰期的决定因素分析温度对衰变的影响，接着比较β射线与α射线的电离本领，最后明确半衰期的统计规律适用范围。3．【答案】C【解析】【解答】A．地面对人的弹力与人对地面的压力是一对相互作用力，大小相等，方向相反，即地面对她的弹力大小等于她对地面的压力，A错误；B．地面对她有弹力，是因为地面发生了弹性形变，B错误；C．双脚离地后，在空中上升的过程中，加速度为重力加速度，方向竖直向下，即双脚离地后，在空中上升的过程是处于完全失重状态，C正确；D．跳绳的整个过程中，当人双脚触地，下蹲至最低点后向上加速的过程，加速度方向向上，此时人处于超重状态，D错误。故答案为：C。

【分析】先根据牛顿第三定律判断相互作用力的大小关系，再明确弹力产生的直接原因是施力物体的形变，接着结合完全失重和超重的定义判断运动状态，最后分析跳绳过程中加速度方向与超重、失重的对应关系。4．【答案】B【解析】【解答】ABC．根据F=GMmr因同步卫星的轨道半径大于极地卫星的轨道半径，可知甲乙两颗卫星运行的速度v甲>vD．根据开普勒第二定律，因两卫星不在同一轨道上运动，可知极轨卫星与地心连线和同步卫星与地心连线在相同时间内扫过的面积不一定相同，D错误。故答案为：B。

【分析】先根据万有引力提供向心力，推导卫星线速度、周期的表达式，结合轨道半径大小判断线速度和周期的关系，再分析万有引力的影响因素，最后依据开普勒第二定律的适用条件判断扫过面积的情况。5．【答案】C【解析】【解答】撞木撞击木楔的过程，对撞木由动量定理可得F⋅t=m其中初速度v末速度v撞击时间t=0.5联立解得F=−1800N

根据牛顿第三定律得，撞木对木楔撞击力大小为1800故答案为：C。

【分析】本题考查动量定理的应用与牛顿第三定律的结合，核心是利用动量定理计算木楔对撞木的平均作用力，再通过牛顿第三定律推导撞木对木楔的撞击力大小，关键在于明确速度的矢量性及冲量与动量变化的关系。6．【答案】D【解析】【解答】A．由图乙可知，a光折射率小，频率小，波长较大，a光比b光的衍射现象更明显，同一装置做单缝衍射实验，a光中央亮条纹更宽，故A错误；B．a光频率小，波长大，通过同一装置发生双缝干涉时，根据公式Δx=C．因为a光折射率小，由临界角公式sinC=D．a光折射率小，根据v=c故答案为：D。

【分析】先根据光路图判断a、b光的折射率大小，再结合折射率与波长、频率的关系，分析单缝衍射和双缝干涉的条纹特点，接着利用临界角公式比较全反射临界角，最后根据光在介质中的传播速度公式判断传播速度大小。7．【答案】D【解析】【解答】A．图示中发电机线圈平行于磁感线，则图示位置线圈中的磁通量最小，故A错误；B．由于发电机内阻不计，所以电压表的示数等于发电机电动势的有效值，则电阻R变化时，电压表的示数不变，故B错误；C．电动势最大值为E则电压表的示数为U1D．副线圈的输出电压为U电阻R=110Ω时，变压器的输入功率为P故答案为：D。

【分析】先根据线圈位置判断磁通量大小，再结合理想变压器的电压决定因素分析电压表读数变化，接着计算发电机的感应电动势有效值，利用匝数比求副线圈电压，最后结合功率公式计算输入功率。8．【答案】A,D【解析】【解答】A．由质点Q的振动图像可知，t=0时质点Q向y轴负方向振动，由同侧法可判断：简谐波沿x轴负方向传播，故A正确；B．由图像可知λ=8m、T=2s，简谐波的波速为C．简谐波传播过程中，质点只在y轴方向做往复运动，故C错误；D．由质点Q的振动图像可知，质点Q在0.8s故答案为：AD。

【分析】先结合质点Q的振动图像判断其在t=0时的振动方向，再用同侧法确定波的传播方向，接着从波形图和振动图像读取波长、周期并计算波速，然后明确质点在波传播中的运动特点，最后分析指定时刻质点的速度与加速度方向关系。9．【答案】A,B【解析】【解答】A．加热器不加热时，R1的滑片向右滑动，R1电阻增大，R1两端的电压变大，RBC．加热器加热时，材料温度升高，材料膨胀，电容器两板间距减小，根据C=εrS4πkdD．断开开关，电容器通过R2故答案为：AB。

【分析】先根据电路分压规律判断电容器两端电压变化，结合电容定义式分析电荷量变化；再由材料膨胀引起的极板间距变化，利用电容决定式分析电容变化，结合电压不变判断电荷量、电场强度的变化及电流方向；最后分析开关断开后电容器的电荷量变化。10．【答案】A,B,C【解析】【解答】A．根据左手定则可知，磁场方向垂直纸面向外，故A正确；B．作出a粒子在磁场中的运动轨迹，如图所示由几何知识可得，a粒子做圆周运动的轨道半径r=PM=2洛伦兹力提供圆周运动的向心力，则有Bq联立解得B=3C．b粒子的速度方向与PQ夹角为β=60°，恰好打在N点，由于OQ与OM的夹角α=60°，则其轨迹必过圆心，如图所示由几何知识可知r结合洛伦兹力提供向心力则有Bqv=结合上述结论B=解得v=vD．粒子在磁场中运动的周期T=由洛伦兹力提供向心力则有Bqv=联立解得T=b粒子在磁场中运动时的圆心角θ=120°，则b粒子在磁场中的运动时间t=联立B=可得t=2故答案为：ABC。

【分析】先根据左手定则判断磁场方向，再结合a粒子的运动轨迹求其轨道半径，利用洛伦兹力提供向心力计算磁感应强度；接着分析b粒子的运动轨迹确定其轨道半径，进而求解速度大小；最后根据圆心角和周期公式计算b粒子的运动时间。11．【答案】（1）5.980（2）2（3）π【解析】【解答】（1）由图2可知，小磁铁的厚度d=5.5mm+48.0×0.01（2）实验中，小磁铁经过最低点时测得的磁感应强度B最大，根据图3有t解得周期为T=2t0

（3）单摆的摆长为L=l+d根据T=2π解得g=π2(l+d)t0(2)从磁感应强度随时间变化的曲线中，识别单摆完成一次全振动的时间间隔，确定单摆周期。(3)结合单摆摆长的实际构成（摆线长加小磁铁总厚度），代入单摆周期公式推导重力加速度的计算式。（1）由图2可知，小磁铁的厚度d=5.5（2）实验中，小磁铁经过最低点时测得的磁感应强度B最大，根据图3有t解得周期为T=2（3）单摆的摆长为L=l+d根据T=2π解得g=12．【答案】（1）2.90；9.9（2）并；0.1（3）3.3；0.33【解析】【解答】（1）由图乙可知，电压表的量程为0∼3V，其分度值为0.1V，故可读出电压表示数为当电流表满偏时，根据部分电路欧姆定律有R代入数据解得RA=（2）把小量程电流表改装成大量程的电流表需并联一个电阻；根据并联电路分流原理有I代入数据解得Rx=0.1（3）根据闭合电路欧姆定律可知，电压表V的示数U与电阻箱的阻值R之间满足E=U+整理得1结合图像可知纵轴截距b=所以该电池的电动势为E=同理图像的斜率为k=所以电池的内阻为r≈0.33Ω

故答案为：3.3；0.33

(2)扩大量程需采用并联电阻分流法，利用并联电路的电流、电阻关系求解分流电阻阻值。(3)结合闭合电路欧姆定律，对1U（1）[1]由图乙可知，电压表的量程为0∼3V，其分度值为0.1V，故可读出电压表示数为[2]当电流表满偏时，根据部分电路欧姆定律有R代入数据解得R（2）[1]把小量程电流表改装成大量程的电流表需并联一个电阻。[2]根据并联电路分流原理有I代入数据解得R（3）[1][2]根据闭合电路欧姆定律可知，电压表V的示数U与电阻箱的阻值R之间满足E=U+整理得1结合图像可知纵轴截距b=所以该电池的电动势为E=同理图像的斜率为k=所以电池的内阻为r≈0.3313．【答案】（1）解：封闭气体做等压变化，根据盖-吕萨克定律有L解得L（2）解：封闭气体在空调房内做等温变化，初态和末态压强分别为p2=根据玻意耳定律有p解得G【解析】【分析】(1)封闭气体发生等压变化，依据盖-吕萨克定律，结合初末状态的温度与体积关系，推导气体长度L2(2)人坐在椅子上时，封闭气体温度不变，发生等温变化，利用玻意耳定律结合压强变化与重力的关系，求解人的重力。（1）封闭气体做等压变化，根据盖-吕萨克定律有L解得L（2）封闭气体在空调房内做等温变化，初态和末态压强分别为p2=根据玻意耳定律有p解得G14．【答案】（1）解：由法拉第电磁感应定律有E=n0～0.1s时间内线圈产生的感应电动势为E则t=0.05s时线圈产生的感应电动势大小为0.024V。（2）解：根据闭合电路欧姆定律，则有I根据焦耳定律，可得0～0.1s时间内，电阻R产生的焦耳热为Q=（3）解：0.1～0.4s时间内，根据法拉第电磁感应定律有E根据闭合电路欧姆定律有I则通过电阻R的电荷量为q=结合图像可得q=1200×【解析】【分析】(1)气体做等压变化，根据盖-吕萨克定律（V1(2)气体做等容变化，先根据查理定