四川省广安市2024-2025学年高二下学期6月期末物理试题（解析版）

这是一份四川省广安市2024-2025学年高二下学期6月期末物理试题（解析版），共22页。试卷主要包含了选择题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
一、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，只有一项符合要求。
1. 如图所示，将一带电锌板与验电器相连，验电器指针张开。先用红光照射锌板，观察到验电器指针张角保持不变；再用紫外线照射锌板，观察到验电器指针张角减小。下列说法正确的是（ ）
A. 锌板原来带正电
B. 验电器原来带负电
C. 若用红光照射锌板，增大红光的强度，能观察到验电器指针张角减小
D. 若用红外线照射锌板，能观察到验电器指针张角减小
【答案】B
【解析】AB．发生光电效应时，锌板会有光电子逸出，锌板因此而失去电子，验电器指针的张角也会因此而发生变化，观察到验电器指针迅速闭合，说明锌板原来带负电，验电器原来也带负电，故A错误，B正确；
CD．入射光的频率大于金属的极限频率才能发生光电效应，由题意可知，红光不能发生光电效应，增大光的强度，仍不能发生光电效应，红外线频率小于红光频率，更不能发生光电效应，所以验电器指针的张角不变，故CD错误；
故选B。
2. 一定量的理想气体从状态a经状态b、c再回到状态a的循环过程中，其压强p与体积V的变化关系如图所示。关于该循环过程，下列说法中正确的是（ ）
A. 状态a时气体的温度最高
B. a→b过程中气体从外界吸热
C. b→c过程中气体从外界吸收的热量为
D. c→a过程中外界对气体做功为
【答案】D
【解析】A．根据理想气体状态方程
可知，值越大，温度越高，由图可知，状态a时值不是最大，所以状态a时气体的温度不是最高，故A错误；
B．过程，气体体积不变，即气体做功为零。气体压强减小，即温度降低，内能减小，根据热力学第一定律可知，气体向外界放热，故B错误；
C．过程，气体体积增大，对外做功为
值增大，气体温度升高，内能增大，根据热力学第一定律可知
所以气体从外界吸收的热量大于，故C错误；
D．过程中，气体体积减小，外界对气体做功，图线与横轴围成的面积表示做功，所以做功为，故D正确。
故选D。
3. “S路”曲线行驶是我国驾驶证考试中的一项科目，某次训练过程中，有两名学员分别坐在驾驶座和副驾驶座上，并且始终与汽车保持相对静止，汽车在弯道上行驶时可视作圆周运动，行驶过程中未发生打滑。如图所示，当汽车在水平“S路”上向左匀速转弯时（ ）
A. 两名学员的线速度等大
B. 两名学员的向心加速度等大
C. 汽车对学员的作用力大于学员所受的重力
D. 汽车受到的摩擦力与汽车行驶的速度方向相反
【答案】C
【解析】A．两名学员离圆心的距离不相等，由
可知两名学员的线速度不相等，故A错误；
B．由向心加速度公式
可知两名学员的向心加速度不相等，故B错误；
C．汽车对学员的作用力竖直分力等于学员所受的重力，水平分力提供向心力，故汽车对学员的作用力大于学员所受的重力，故C正确；
D．汽车的摩擦力有两个方向的效果，一个是与速度方向相反，一个效果是与速度方向垂直提供向心力，所以汽车的摩擦力一定不与速度方向在同一条直线上，故D错误。
故选C。
4. 如图所示，两块较大的金属板A、B平行水平放置并与一电源相连S闭合后，两板间有一质量为m、电荷量为q的油滴恰好在P点处于静止状态。则下列说法正确的是（ ）
A. 在S仍闭合的情况下，若将A板向下平移一小段距离，则油滴向下加速运动，G中有b→a的电流
B. 在S仍闭合的情况下，若将A板向右平移一小段距离，则油滴保存静止不动，G中有b→a的电流
C. 若将S断开，且将A板向左平移一小段距离，P点电势不变
D. 若将S断开，再将A板向下平移一小段距离，P点电势能变大
【答案】B
【解析】A．在S仍闭合情况下，两板电势差U一定，若将A板向下平移一小段距离，根据
则d减小，E变大，则油滴向上加速运动，根据
可知C变大，根据
Q=CU
可知电容器带电量Q变大，电容器充电，即G中有a→b的电流，选项A错误；
B．在S仍闭合的情况下，两板电势差U一定，若将A板向右平移一小段距离，d不变，则两板间场强不变，则油滴保存静止不动，根据
可知S减小，则C变小，根据
Q=CU
可知电容器带电量Q变小，电容器放电，G中有b→a的电流，选项B正确；
C．若将S断开，则电容器带电量Q不变，根据
，，
可知
且将A板向左平移一小段距离，S减小，E变大，P点与B板的距离不变，根据
U=Ed
可知电势差变大，则P点电势降低，选项C错误；
D．若将S断开，则电容器带电量Q不变，根据
，，
可知
且再将A板向下平移一小段距离，d减小，E不变，P点与B板的距离不变，根据
U=Ed
可知电势差不变，则P点电势不变，P点电势能不变，选项D错误。
故选B。
5. 图甲是目前世界上在建规模最大、技术难度最高的水电工程——白鹤滩水电站，是我国实施“西电东送”的大国重器，其发电量位居全世界第二，仅次于三峡水电站。白鹤滩水电站远距离输电电路示意图如图乙所示。如果升压变压器与降压变压器均为理想变压器，发电机输出电压恒定，r表示输电线总电阻，下列说法正确的是（ ）
A. 若，则用户获得的电压U4＝U1
B. 若用户开启的用电器减少，则升压变压器输出的电压U2减小
C. 若用户开启的用电器减少，则降压变压器输入的电压U3减小
D. 若用户开启的用电器减少，则输电线消耗的功率减小
【答案】D
【解析】A．根据变压器原理可得，
若，则有
由于输电线上电阻分压作用，则，
故A错误；
B．升压变压器输入电压恒定，升压变压器的原、副线圈匝数比恒定，则升压变压器输出的电压不变，故B错误；
CD．若用户开启的用电器减少，则用户总电阻增大，将降压变压器和用户看成一等效电阻，则有
则输电线上的电流为
可知输电线上的电流减小，则输电线上消耗的功率减小，输电线的损失电压减小，根据
可知降压变压器输入的电压增大，故C错误，D正确。
故选D。
6. 如图所示，在高为，宽为的不透明容器底部有A、两个标记，分别是宽的四等分点和中点，眼睛在容器右上方时刚好能从容器边缘看到A标记，向容器内注入某种透明液体，当容器内液体的深度为时，刚好能够从看到标记。则透明液体的折射率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】光线传播的光路如图所示
由几何关系有
所以
由折射定律有
解得
故选A。
7. 小明坚持每天参加体育锻炼，充分践行了“我运动，我健康，我快乐”的理念。如图所示，小明在体育课中练习立定跳远，若将其视为质点，初始位置及末位置分别位于同一水平面内的起跳点和落地点，且知其某次成绩是2.5m，在空中离地的最大高度为0.8m，忽略空气阻力，重力加速度大小取g=，则下列判断中正确的是（ ）
A. 小明在空中的运动时间为0.4s
B. 小明起跳时速度大于5m/s
C. 小明起跳时速度大小为4m/s
D. 小明起跳时速度方向与水平面的夹角小于45°
【答案】B
【解析】A．斜抛运动在竖直方向上为竖直上抛运动，采用逆向思维的方法，将竖直上抛运动看成自由落体运动，根据
代入数据解得小明上抛运动的时间
根据运动的对称性可知，小明在空中运动的时间
A错误；
BC．根据抛体运动的规律可知，设小明上抛时竖直方向的速度，则有
解得
在水平方向上，设小明沿水平方向的初速度为，根据运动学规律可得
故小明起跳的速度大小为
B正确，C错误；
D．由几何知识可知，小明起跳时速度与水平方向的夹角
故，D错误。
故选B。
二、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，有多项符合要求。全部选对得6分，选对但不全得3分，有选错的得0分。
8. 如图所示，甲为一列横波在t=0.5s时的波动图像，乙为该波中x=4m处质点P的振动图像，则下列说法正确的是（ ）
A. 该波的传播速度为2m/s
B. 波沿x轴正方向传播
C. t=0.5s时，x=8m处的质点刚开始振动
D. 从t=0.5s到x=11m处质点开始振动的过程，质点P运动的路程为1.0cm
【答案】BD
【解析】A．由题图可知，
故该波的传播速度为
故A错误；
B．由图乙可知，时质点P经过平衡位置且正在沿y轴负方向运动，结合图甲可知，波沿x轴正方向传播，故B正确；
C．由图甲可知，时波传播到处，x=8m处的质点还未开始振动，故C错误；
D．从t=0.5s到x=11m处质点开始振动所用的时间为
所以质点P运动的路程为
故D正确。
故选BD。
9. 某同学设计了图（a）所示装置模拟涡流的形成。用n个横截面积均为S、电阻率均为的同轴薄金属圆环条模拟“圆盘形导体”，内环半径及相邻环的间距均为r（r远大于环的厚度）；将“圆盘形导体”水平放置在竖直方向、磁感应强度B随时间t按正弦规律变化的交变磁场中，图像如图（b）所示（规定竖直向上为正方向）。不考虑环中感应电流磁场的影响，则（ ）
A. 时刻，从上往下看，各环内感应电流均为逆时针方向
B. 时间内，通过内环横截面的电荷量为
C. 时刻，内环中感应电流大小为
D. 若，则该“圆盘形导体”的平均发热功率为
【答案】AD
【解析】A．由楞次定律结合图（b）可知，时刻，从上往下看，各环内感应电流均为逆时针方向，故A正确；
B．时间内，穿过内环的磁通变化量大小为
内环电阻
由知，通过内环横截面的电荷量为
故B错误；
C．本题中，穿过金属环的磁通量变化规律与正弦（或余弦）交流电产生过程中穿过线圈的磁通量变化规律相同，类比可知内环中感应电动势和感应电流的瞬时值表达式（以顺时针方向为正方向）分别为和
又因为，
故在时刻电流的瞬时值为
故C错误；
D．内环中电流有效值为
平均发热功率为
同理，第n环的发热功率为
故该“圆盘形导体”的平均发热功率为
故D正确。
故选AD。
10. 如图所示，倾角的光滑绝缘斜面体放在水平地面上，斜面体处在竖直向上的匀强电场中，质量为m、带电荷量为q的木块轻放在斜面上，木块由静止开始下滑的加速度大小为（g为重力加速度大小），斜面体静止不动，下列说法正确的是（ ）
A. 匀强电场的电场强度大小为
B. 斜面对木块的支持力大小为
C. 地面对斜面体的摩擦力方向水平向右，大小为
D. 地面对斜面体的摩擦力方向水平向右，大小为
【答案】AD
【解析】A．对木块受力分析，根据牛顿第二定律有
其中
解得
故A正确；
B．斜面对木块的支持力大小
故B错误；
CD．对木块和斜面体整体受力分析，在水平方向，根据牛顿第二定律可知地面对斜面体的摩擦力大小为
方向水平向右，故C错误，D正确。
故选AD。
三、实验题：本题共2小题，共16分。
11. 在“探究平抛运动的特点”实验中，某学习小组用如图所示装置研究平抛运动。将白纸和复写纸对齐重叠并固定在竖直的硬板上。钢球沿斜槽轨道PQ滑下后从Q点飞出，落在水平挡板MN上。由于挡板靠近硬板一侧较低，钢球落在挡板上时，钢球侧面会在白纸上挤压出一个痕迹点。移动挡板，重新释放钢球，如此重复，白纸上将留下一系列痕迹点。
（1）下列实验条件必须满足的有 。
A. 斜槽轨道光滑
B. 斜槽轨道末段水平
C. 每次从斜槽上相同位置无初速度释放钢球
D. 图中挡板MN每次必须等间距下移
（2）为了得到平抛物体的运动轨迹，同学们还提出了以下三种方案，其中不可行的是 。
A. 从细管水平喷出稳定的细水柱，拍摄照片，即可得到平抛运动轨迹
B. 将铅笔垂直于竖直的白纸板放置，笔尖紧靠白纸板，铅笔以一定初速度水平抛出，将会在白纸上留下笔尖的平抛运动轨迹
C. 用频闪照相在同一底片上记录平抛小球在不同时刻的位置，平滑连接各位置，即可得到平抛运动轨迹
（3）实验时某同学使用频闪仪和照相机对做平抛运动的小球进行拍摄，频闪仪每隔0.05s发出一次闪光，某次拍摄后得到的照片如图所示（图中未包括小球刚离开轨道的影像）。图中的背景是放在竖直平面内的带有方格的纸板，纸板与小球轨迹所在平面平行，其上每个方格的边长为5cm。该同学在实验中测得的小球影像的高度差已经在图中标出。则小球运动到图中位置A时，其速度的水平分量大小为_________m/s；根据图中数据可得，当地重力加速度的大小为_________m/s2。（结果均保留两位有效数字）
【答案】（1）BC （2）B （3）1.0 9.7
【解析】（1）AC．为了获得相同的初速度，需要每次从斜槽上相同的位置无初速度释放钢球，斜槽轨道不需要光滑，故A错误，C正确；
B．为保证小球飞出时速度水平，所以斜槽轨道末段需要水平，故B正确；
D．挡板只要能记录下小球在不同高度时的不同位置，不需要等间距变化，故D错误。
故选BC。
（2）A．从细管水平喷出稳定的细水柱，拍摄照片，即可得到平抛运动轨迹，此方案是可行的，不满足题意要求；
B．将铅笔垂直于竖直白纸板放置，笔尖紧靠白纸板，铅笔以一定初速度水平抛出，由于铅笔和纸之间没有压力，故不会形成运动轨迹，此方案是不可行的，满足题意要求；
C．用频闪照相在同一底片上记录平抛小球在不同时刻的位置，平滑连接各位置，即可得到平抛运动轨迹，此方案是可行的，不满足题意要求。
故选B。
（3）[1][2]由题意，根据图中数据可得，小球运动到图中位置A时，水平方向上有
可得其速度的水平分量大小为
根据图中数据可得在竖直方向上
根据逐差法可得
12. 某学习小组设计图（a）电路探究某压敏电阻Rx的压阻效应。可供选择的实验器材如下：
A．待测的压敏电阻Rx （阻值变化范围为20~200Ω）
B．电源E （电动势可调，内阻不计）
C．电压表V1 （量程0~300mV，内阻RV1=300Ω）
D．电压表V2 （量程0~3V，内阻约为3kΩ）
E．电阻箱R （最大阻值为9999.9Ω）
F．开关S、导线若干
请回答下列问题。
（1）根据图（a）电路，用笔画线代替导线，完成图（b）中实物间的连线_____。
（2）闭合开关S，当电阻箱、电压表V2的示数如图（c）、（d）所示，电压表V1的示数为90mV，则电阻箱接入电路的阻值为_______Ω，压敏电阻的阻值测量值Rx1=_______Ω。
（3）多次改变对压敏电阻的压力，可获得压敏电阻的阻值Rx与压力大小F的多组数据，作出压敏电阻的阻值Rx随压力大小F变化的图像，如图（e）所示，随压力大小F的增大，压敏电阻的阻值 ____________（选填“增大”、“减小”或“不变”）。
（4）调节电源电动势，使图（a）电路中的电压表V2示数为3V，然后将V2去掉，电阻箱的阻值调为零，在电压表V1两端并联一个电阻R0，可将图（a）电路改装成测量压力大小的电路，若此压力表的量程为0~160N，电压表300mV刻度对应压力表的160N刻度，则R0的阻值为_____Ω，电压表V1的100mV刻度对应压力表的____N刻度。
【答案】（1） （2） （3）减小 （4）
【解析】（1）由图（a）可知图（b）中实物间的连线如图所示。
（2）[1]由图（c），电阻箱接入电路的阻值为。
[2]由图（d）可知，电压表V2的最小分度值是0.1V，示数为
电压表V1的示数为
由欧姆定律可得通过电压表V1电流
压敏电阻的阻值测量值为
联立解得
（3）如图（e）所示，随压力大小F的增大，压敏电阻的阻值减小。
（4）[1]由题意可得通过压敏电阻的电流为
又有
整理可得
此压力表的量程为0~160N，电压表300mV刻度对应压力表的160N刻度，由图（e）可知，此时压敏电阻的阻值为，则有
[2]电压表V1是100mV时，由
可得
由图（e）可知，此时的压力为80N。即电压表V1的100mV刻度对应压力表的80N刻度。
四、计算题：本题共3小题，共38分。请写出必要的文字说明和运算步骤。
13. 如图，一定质量的理想气体用活塞封闭在固定的圆柱型汽缸内，不计活塞与缸壁间的摩擦。现缓慢降低气体的温度使其从状态a出发，经等压过程到达状态b，即刻锁定活塞，再缓慢加热气体使其从状态b经等容过程到达状态c。已知气体在状态a的体积为4V、压强为、温度为，在状态b的体积为V，在状态c的压强为。求：
（1）气体在状态b的温度；
（2）从状态a经b再到c的过程中，气体总的是吸热还是放热，吸收或放出的热量为多少？
【答案】（1）；（2）气体放热，放出热量为
【解析】（1）气体从状态a到状态b的过程为等压变化，则有
解得气体在状态b的温度为
（2）从状态a到状态b，活塞对气体做的功为
气体从状态b到状态c的过程为等容变化，由查理定律有
解得
从状态a经b再到c的过程中，由热力学第一定律可得
因
故气体在状态a和状态c的内能相等，即
可得
即从状态a经b再到c的过程中，气体放热，放出的热量为。
14. 如图所示，质量为的B物体放在光滑平台上，质量为、长度未知的长木板放置在光滑水平面上，距离固定在水平面上半径为的四分之一圆弧形曲面足够远，长木板上端和曲面最低点在同一水平高度。固定在弹簧上质量为的A物体将弹簧压缩后释放，弹簧恢复原长时A、B发生弹性碰撞。碰后B滑上长木板，B与长木板之间的动摩擦因数，当B滑至长木板上某处时恰好与木板相对静止，该位置与长木板右端的距离为。随后木板撞上圆弧曲面并立即静止，物体B恰好滑到圆弧曲面的最高点。已知重力加速度为，A、B均可视为质点，求：
（1）物体B在圆弧曲面最低点对曲面的压力；
（2）长木板的长度；
（3）最初A压缩弹簧时弹簧所具有的弹性势能。
【答案】（1），方向竖直向下 （2） （3）
【解析】（1）设物体B在曲面最低点的速度为，则从曲面最低点滑动最高点的过程中，根据机械能守恒定律可得
在曲面最低点时，根据牛顿第二定律可得
联立解得
根据牛顿第三定律可知，物体B在曲面最低点时，对曲面的压力大小为，方向竖直向下；
（2）设物体B与长木板的共同速度为，长木板与曲面碰撞后，物块B做匀减速运动，设其加速度为a，根据牛顿第二定律则有
解得
结合运动学规律可得
代入数据解得
设B滑上长木板时的速度为，二者相对静止时，物体B相对于长木板的位移为，物体B滑上长木板到二者共速，系统动量守恒，则有
解得
根据能量守恒则有
解得
故长木板的长度
（3）设A物体与B物体碰撞前后的速度分别为和，由于A、B为弹性碰撞，根据动量守恒则有
根据能量守恒则有
联立解得
故最初A压缩弹簧时弹簧所具有的弹性势能
15. 如图所示，水平面内足够长的两平行光滑金属直导轨，左侧与R0=1Ω的定值电阻相连接，右端与两半径r=0.45m的竖直面内光滑圆弧轨道在PQ处平滑连接，PQ与直导轨垂直，轨道仅在PQ左侧空间存在竖直向上，大小为B=1T的匀强磁场。将质量为m1=0.2kg、电阻为R1=2Ω的金属棒M静置在水平直导轨上，图中棒长和导轨间距均为L=1m，M距R0足够远，金属导轨电阻不计。开始时，用一恒为2N的拉力F作用于M，使M向右加速运动直至运动稳定，当M运动到GH处时撤去外力，随后择机释放另一静置于圆弧轨道最高点、质量为m2=0.1kg的绝缘棒N，当M速度变为3m/s时恰好与N在PQ处发生第1次弹性碰撞。随后N反向冲上圆弧轨道。已知之后N与M每次碰撞前M均已静止，所有碰撞均为弹性碰撞，且碰撞时间极短，M、N始终与导轨垂直且接触良好，重力加速度g=10m/s2。求：
（1）金属棒M稳定运动时的速度；
（2）GH与PQ之间的距离d；
（3）自金属棒M发生第1次碰撞后到最终静止，金属棒M的总位移。
【答案】（1），方向水平向右；（2）；（3）
【解析】（1）金属棒M稳定运动时回路中电流恒定，金属棒做匀速运动，得

联立解得金属棒M稳定运动时的速度为
方向水平向右；
（2）根据题意当M速度变时恰好与N在PQ处发生碰撞，对金属棒M从GH到PQ之间应用动量定理
即
又由
联立求得
（3）绝缘棒N滑到圆周最低点时，由动能定理可得
求得
金属棒M，绝缘棒N弹性碰撞，根据动量守恒和能量守恒
求得
因为对绝缘棒N分析可知绝缘棒将滑过圆弧轨道的最高点后继续向上运动然后再返回圆弧轨道，再以的速度与金属棒相碰；发生第一次碰撞后，金属棒M向左位移为，根据动量定理可得
即
根据前面分析同理可知
联立求得
由题可知，绝缘棒N第二次与金属棒M碰前速度为，方向水平向左，碰后速度为，金属棒的速度为，由弹性碰撞可得
求得
金属棒M再次向左运动到静止的位移，同理得
求得
同理可知，金属棒M与绝缘棒N第三次碰撞后的瞬时速度
绝缘棒N第三次碰撞后的瞬时速度
金属棒M向左的位移
求得
同理可知，金属棒M与绝缘棒N第四次碰撞后的瞬时速度
金属棒M向左的位移
求得
以此类推，金属棒M与绝缘棒N第次碰撞后金属棒M向左的位移
发生第1次碰撞后到最终两棒都静止，金属棒M的总位移
当趋于无穷大时得