2024-2025学年江苏省泰州市高二（下）期末物理试卷（含解析）

这是一份2024-2025学年江苏省泰州市高二（下）期末物理试卷（含解析），共15页。试卷主要包含了单选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.我国科学家把金属铋块融化成液态铋，再经挤压后得到单原子层金属铋片。与铋块相比，铋片的导电性能和机械强度显著增强。则( )
A. 铋片属于非晶体B. 铋片有固定熔点
C. 液态铋分子做布朗运动D. 铋片中的分子不运动
2.如图所示，在“探究两个互成角度的力的合成规律”实验中，橡皮条的一端E连接轻质小圆环，另一端G固定。关于实验操作，以下说法正确的是( )
A. 步骤b中，F1和F2的夹角越小越好
B. 步骤b中，需测量两细线的夹角
C. 同一组实验过程，应保证步骤b、c中小圆环被拉到同一位置O
D. 重复步骤b、c再次进行实验时，小圆环到达的位置O必须与前一组实验相同
3.如图所示，L是自感系数很大的线圈，但其自身的电阻几乎为0，A、B是两个相同的小灯泡。以下说法正确的是( )
A. 开关S由断开变为闭合后，A直接变亮，亮度不变
B. 开关S由断开变为闭合后，B缓慢变亮，直到最亮
C. 开关S由闭合变为断开后，A缓慢变暗，直到不亮
D. 开关S由闭合变为断开后，B突然变亮再逐渐不亮
4.利用电磁波传递信号时要让高频电磁波随着被传递的信号而改变。某电磁波经技术处理后得到图示图像，为把被传递的信号还原出来，就要进行( )
A. 解调B. 调制C. 调幅D. 调频
5.如图示是街头用变压器降压供电的示意图。输入电压是市区电网的电压，负载变化时输入电压的波动忽略不计。输出电压通过输电线输送给用户，两条输电线的总电阻用R0表示，滑动变阻器R代表用户用电器的总电阻。忽略变压器上的能量损耗，电表均为理想电表，当R滑片向下移时，以下各表读数变化正确的是( )
A. V2变大B. V3变大C. A1变小D. A2变大
6.风力发电将成为沿海城市实现“双碳”目标的重要途径之一。如图甲，风力发电装置呈现风车外形，风吹向叶片驱动风轮机转动。发电模型简化为图乙，外接交流电压表和定值电阻R，图示位置线圈平面与磁感线垂直。此时( )
A. 电压表的示数为零B. 通过线圈的电流最大
C. 穿过线圈的磁通量最大D. 穿过线圈的磁通量的变化率最大
7.对下列四幅图涉及的相关物理知识的描述正确的是( )
A. 图甲为水中某颗粒每隔一定时间的位置连线图，连线表示该颗粒做布朗运动的轨迹
B. 图乙为分子间作用力与分子间距离的关系，当r>r0时，分子力表现为引力
C. 图丙中，制作防水衣时用左管材料的防水效果更好
D. 图丁中，对一定质量的理想气体图线1对应的压强比图线2大
8.在“用油膜法估测分子的大小”实验中，将体积为V1的纯油酸配成总体积为V2的油酸酒精溶液，用注射器取体积为V0的上述溶液，再把它一滴一滴地全部滴入烧杯，滴数为N。把这样的一滴油酸酒精溶液滴入浅盘中，待稳定后得到油酸薄膜的轮廓形状和尺寸如图所示。图中每个小正方形格的边长为a，可估算出油酸分子的直径为( )
A. 58V1V0NV2a2 B. 58V1V0NV2a2 C. V1V070NV2a2 D. V1V0N70V2a2
9.微型核电池能效高、续航时间长。某种核电池利用锢(243)的α衰变进行发电，核反应方程为 95243Am→93239Np+24He，该反应释放的能量为E。则( )
A. 95243Am的质量比 93239Np的大B. 95243Am的结合能为E
C. 95243Am的比结合能比 93239Np的大D. 95243Am核外的电子跃迁形成α衰变
10.国家铁路集团有限公司联合“铁路科技创新联盟”共同设计CR450，以运营时速400公里刷新全球高铁速度纪录。图示为CR450列车进站时的xt−t图像，进站过程可视为匀变速直线运动。通过图像分析可知( )
A. 列车加速度大小为2bt0
B. 列车t02时刻速度大小为b2
C. 列车全程位移为bt02
D. 列车全程平均速度为b
11.如图所示，两根长为L的木棒A、B竖直错开放置，竖直方向上相距H。A棒由静止释放的同时B棒以初速度为v0从地面竖直上抛，不计空气阻力，重力加速度为g。以下说法正确的是( )
A. A、B在空中运动过程一定会相遇
B. 若v0> gH2，则B落地前一定会与A相遇
C. 若A、B在空中相遇后又分离，两棒从相遇到分离经过的时间为Lv0
D. 若v0> g(H+L)，则B一定会在上升过程中与A相遇后又分离
二、实验题：本大题共1小题，共15分。
12.某实验小组利用圆柱形汽缸测量当地的大气压强。汽缸的气密性和导热良好，活塞与汽缸间摩擦忽略不计，汽缸内气体可看成理想气体，且外界环境温度保持不变。
(1)用图甲10分度的游标卡尺______(选“A”或“B”)部位测量汽缸内部直径d。读数如图所示，则d= ______mm；
(2)按图乙安装好实验器材，细线松弛时，汽缸内气体压强为大气压强p0；
(3)挂上钩码，稳定后测出此时活塞底部至汽缸底部的距离ℎ，读出弹簧测力计示数F。此时汽缸内气体压强p的表达式为______(请选用p0、F、d表示)；
(4)适量改变钩码个数，重复步骤(3)；
(5)以F为纵轴、1ℎ为横轴，作出F−1ℎ图像，如图丙中图线A所示，图线斜率的绝对值为k，纵轴截距为b，由图像分析可知当地的大气压强p0= ______(请选用k、b、d表示)；
(6)该小组分别用质量为mA、mB的气体进行实验，并分别作出图丙中的图线A、B，由图线可知mA______mB(选填“>”“=”或“r0时，分子间引力大于斥力，分子力表现为引力；当r gH2，故B正确；
C、若A、B在空中相遇后又分离，即B上升的过程，与A相遇，过程中A的平均速度为：vA−=gtc+gtc+gΔt2，B的平均速度为：vB−=v0−gtc+v0−gtc−gΔt2，
AB相遇再分离的过程，AB相对距离为L+L=2L，从相遇到分离经过的时间满足：2L=(vA−+vB−)Δt，解得：Δt=2Lv0，故C错误；
D、若A、B在空中相遇后又分离，即B上升的过程，与A相遇，临界条件为B在最高点时与A相遇，
B上升的高度为：ℎB=v022g，A下降的高度为：ℎA=12g(v0g)2，两棒距离满足：ℎA+ℎB≤H+L，解得：v0≤ g(H+L)，故D错误。
故选：B。
根据A自由落体，B竖直上抛的运动学关系式，即可判断是否会在空中相遇；根据A下落时间的求解、B上抛和下落的时间关系式，即可分析B落地前是否会与A相遇；若A、B在空中相遇后又分离，即可知A、B的运动特点，计算从相遇到分离经过的时间、B的初速度特点。
本题考查匀变速直线运动，注意A、B相遇后又分离，意味着A、B相遇时，B正在上升。
12.【答案】A；18.1； p0−4Fπd2； 4bπd2； >； 不需要测量活塞质量或可多次改变拉力
【解析】(1)用游标卡尺测量汽缸内部直径，要用内测量爪A；
10分度游标卡尺的精确度为0.1mm，直径d=18mm+1×0.1mm=18.1mm
(3)活塞的横截面积S=14πd2
根据平衡条件pS+F=p0S
气体压强p=p0−FS=p0−Fπd24=p0−4Fπd2
(5)根据玻意耳定律pV=pSℎ=C
结合上述(3)，联立解得F=πd2p04−C⋅1ℎ
图像的纵截距b=πd2p04
解得大气压p0=4bπd2
(6)根据理想气体状态方程pV=pSℎ=nRT
结合上述(3)，联立解得F=πd2p04−nRT⋅1ℎ
因此封闭气体的质量越大，图像斜率的绝对值越大，因此由图线可知mA>mB；
(7)用如图丁所示的实验装置进行实验，由于气缸水平放置，因此不需要测量活塞质量；
可以通过改变钩码的个数改变弹簧测力计的示数，实现多次测量。
故答案为：(1)A；18.1；(3)p0−4Fπd2；(5)4bπd2；(6)>；(7)不需要测量活塞质量或可多次改变拉力。
(1)根据游标卡尺的正确操作和读数规则分析作答；
(3)根据平衡条件和面积公式求解作答；
(5)根据玻意耳定律结合平衡条件求解F−1ℎ函数，结合图像纵截距的含义求解作答；
(6)根据理想气体状态方程结合平衡条件求解F−1ℎ函数，结合图像斜率绝对值的含义求解作答；
(7)根据实验原理，结合实验装置分析作答。
本题是对玻意耳定律及游标卡尺的读数规律的考查，解题的关键是要根据实验规律结合图像即可解答。
13.【答案】该过程中气体对外做的功为80J；
该过程中气体吸收的热量为160J
【解析】(1)由题图可知，气体从状态A到B发生等压变化，气体对外所做的功为：WAB=p⋅ΔV=p⋅(VB−VA)=0.4×105×(4−2)×10−3J=80J；
(2)由题意可知，气体的内能增加，则有：ΔU=80J，气体对外做功，则外界对气体所做的功为：W=−WAB=−80J
根据热力学第一定律可得：ΔU=W+Q，代入数据解得：Q=ΔU−W=80J−(−80J)=160J，所以气体吸收的热量为160J。
答：(1)该过程中气体对外做的功为80J；
(2)该过程中气体吸收的热量为160J。
(1)根据图像，由W=p⋅ΔV可求气体对外界所做的功；
(2)由热力学第一定律可求气体吸收的热量。
本题是对p−V图像与热力学第一定律的考查，解题的关键是要根据p−V图像与横轴所夹的面积表示气体对外所做的功，利用热力学第一定律解题时要注意各物理量的正负符号的物理意义。
14.【答案】电子的最大初动能Ekm为eU；
该光电管的截止频率νc为ℎν−eUℎ
【解析】(1)根据动能定理有Ekm=eU；
(2)根据光电效应方程Ekm=ℎν−W0，又因为W0=ℎνc，解得νc=ℎν−eUℎ。
答：(1)电子的最大初动能Ekm为eU；
(2)该光电管的截止频率νc为ℎν−eUℎ。
(1)根据动能定理列式解答；
(2)根据光电效应方程列式求解。
考查光电效应方程和动能定理的应用，会根据题意进行准确分析解答。
15.【答案】弹簧的伸长量为 3mgk；
水平地面对斜面的摩擦力大小为mg，方向水平向左；
A质量M的最大值为10 33m
【解析】(1)对物块B受力分析，如下图：
由平衡条件可得Fmg=tan60°，弹簧弹力F=kx，解得：x= 3mgk；
(2)由(1)可知：T=T′cs60∘，解得T=2mg；
对斜面和物块A整体受力分析，如下图：
受重力、拉力、支持力和静摩擦力，
根据平衡条件解得f=Tsin30°，所以f=mg，方向：水平向左；
(3)A的质量M最大时，A恰好不下滑，对A受力分析，如下图：
平行斜面方向：Tcs30°+f=Mgsin30°，
垂直斜面方向：N+Tsin30°=Mgcs30°，
又由于A恰好不下滑，即此时摩擦力为最大值，f=μN，T=2mg，
联立解得：M=10 33m。
答：(1)弹簧的伸长量为 3mgk；
(2)水平地面对斜面的摩擦力大小为mg，方向水平向左；
(3)A质量M的最大值为10 33m。
(1)对B受力分析，根据重力、弹簧弹力、细线拉力的方向，即可计算弹簧的伸长量；
(2)将A和斜面作为整体，根据水平、竖直方向的受力平衡，即可计算水平地面对斜面的摩擦力大小和方向；
(3)为使A、B始终在原有位置保持静止，A质量的最大值，即临界状态：A恰好不下滑，根据受力平衡，即可计算A的最大质量。
本题考查共点力的平衡，注意B受到细线的拉力，与A受到细线的拉力等大。
16.【答案】当MN达到稳定速度时，流经MN的电流I的大小为2.5A，方向由N指向M；
撤去拉力至MN静止，电阻R1产生的焦耳热为53J；
撤去拉力至MN静止，MN运动的距离x及通过R2的电量为13C
【解析】(1)MN稳定速度时受力平衡，根据平衡条件可得：F=F安=BIL
解得：I=2.5A
根据右手定则可知，电流方向由N指向M；
(2)设撤去拉力时棒的速度大小为v，根据法拉第电磁感应定律可得：E=BLv
根据闭合电路欧姆定律可得：I=ER外+r，其中R外=R1R2R1+R2=3×63+6Ω=2Ω
解得：v=5m/s
撤去拉力后，导体棒MN的动能全部转化为内能，则有：Q总=12mv2
令R1上电流为I0，则R2上电流为：IR2=12I0
总电流为：I总=32I0
根据焦耳定律可得：QR1Q总=I02R1I总2(R外+r)，解得：QR1Q总=13
所以R1产生的焦耳热：QR1=53J；
(3)撤去拉力后，导体棒MN的初速度为：v=5m/s，取向右为正方向，对MN应用动量定理可得：−BI−Lt=0−mv
即：B2L2v−tR外+r=mv，其中：v−t=x
根据BI−Lt=mv可得：q=I−t=mvBL
由于q=qR1+qR2，且：qR1=2qR2
解得：qR2=13C。
答：(1)当MN达到稳定速度时，流经MN的电流I的大小为2.5A，方向由N指向M；
(2)撤去拉力至MN静止，电阻R1产生的焦耳热为53J；
(3)撤去拉力至MN静止，MN运动的距离x及通过R2的电量为13C。
(1)根据平衡条件结合安培力的计算公式进行解答；根据右手定则判断电流方向；
(2)根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律求解速度大小。撤去拉力后，导体棒MN的动能全部转化为内能，根据能量关系进行解答；
(3)撤去拉力后，对MN应用动量定理俺家位移和通过R2的电量。
对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。