福建省龙岩市2024-2025学年高二下学期期末物理试题（解析版）

这是一份福建省龙岩市2024-2025学年高二下学期期末物理试题（解析版），共15页。试卷主要包含了单项选择题，双项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
（考试时间：75分钟 满分：100分）
注意：请将试题的全部答案填写在答题卡上。
一、单项选择题（本大题共4小题，每小题4分，共16分。每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求。）
1. 中国神舟二十号载人飞船已于2025年4月24日17时17分在酒泉卫星发射中心成功发射。若航天员要与地面工作人员联系，则需通过（ ）
A. 直接喊话B. 紫外线C. 红外线D. 无线电波
【答案】D
【解析】A．太空中为真空，声音无法传播，故A错误；
B．紫外线波长较短，穿透能力弱且易被大气吸收，不适用于远距离通信，故B错误；
C．红外线同样易被大气吸收，且常用于短距离通信（如遥控器），不适合航天通信，故C错误；
D．无线电波（如微波）波长较长，能够穿透大气层，是航天与地面通信的主要方式，故D正确。
故选D。
2. 做简谐运动的弹簧振子，当它每次经过同一位置时，下列物理量可能不相同的是（ ）
A. 动能B. 速度
C. 弹簧的弹性势能D. 回复力
【答案】B
【解析】A．动能是标量，振子经过同一位置时速度大小相同，动能相同，故A错误；
B．速度是矢量，同一位置时速度方向可能相反（如往返经过该点），故B正确；
C．弹性势能由形变量决定，同一位置形变量相同，弹性势能相同，故C错误；
D．回复力F=-kx，同一位置时回复力大小和方向均相同，故D错误。
故选B。
3. 如图所示是一款高空风车的发电模块原理图，两磁极间的磁场可近似视为匀强磁场，某时刻发电机线圈ab恰与磁场方向平行，则（ ）
A. 该时刻线圈ab的电流最大
B. 风力增大，线圈ab的感应电动势变小
C. 风车每转一圈，线圈ab中电流方向改变一次
D. 风车发电的原理是电流的磁效应
【答案】A
【解析】A．由图可知，该时刻线圈磁通量为零，磁通量的变化率最大，感应电动势最大，则该时刻线圈ab的电流最大，故A正确；
B．风力增大，风车转动的越快，则线圈的角速度越大，根据可知，感应电动势变大，故B错误；
C．风车每转一圈，线圈ab中电流方向改变两次，故C错误；
D．风车发电是利用了电磁感应，故D错误。
4. 随着人民生活水平的不断提高，大家开始注重健康管理，体重计走进千家万户。如图是某家用体重计的原理图，人只要站在踏板上，仪表A就能显示人的体重，踏板下面的传感器M实质是一个阻值可随压力大小而变化的电阻，显示体重的仪表A实质是理想电流表，开机自动调零后，传感器M阻值R随人的体重G变化的函数关系式为（a、k是常量，G和R的单位分别是N和Ω）。下列说法不正确的是（ ）
A. 传感器M是压力传感器
B. 调节滑动变阻器，可以改变电子秤量程
C. 如果要增加电子秤的灵敏度，滑动变阻器接入电路中的电阻应调大
D. 该秤的零刻度线（即踏板空载时的刻度线）无法标在电流表A刻度盘的零刻度处
【答案】C
【解析】A．M是将压力信号转换成电信号的传感器，即压力电传感器，故A正确，不符合题意；
B．根据
可得
则调节滑动变阻器，可以改变电子秤量程，故B正确，不符合题意；
C．如果要增加电子秤的灵敏度，需要仪表A的测量范围变大，根据
可知滑动变阻器接入电路中的电阻应调小，故C错误，符合题意；
D．当重力为零时，电流最小，但不为零，故D正确，不符合题意；
本题选择错误选项，故选C
二、双项选择题（本大题共4小题，每小题6分，共24分。每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求，全部选对得6分，选对但不全得3分，有错选得0分。）
5. 道路千万条，安全第一条，在骑行过程中发生交通事故时，佩戴头盔可有效防止头部受伤，大大减轻损伤程度。下列说法正确的是（ ）
A. 佩戴头盔缩短了驾驶员头部撞击的作用时间
B. 佩戴头盔减小了驾驶员头部撞击作用力的大小
C. 佩戴头盔减小了驾驶员头部撞击过程中的动量变化量
D. 在事故中头盔对头部的冲量与头部对头盔的冲量大小相等
【答案】BD
【解析】A．佩戴头盔延长了驾驶员头部撞击作用时间，故A错误；
B．驾驶员头部撞击过程中的动量变化量不变，根据动量定理，佩戴头盔延长了驾驶员头部撞击作用时间，从而减小驾驶员头部受到的撞击力的大小。故B正确；
C．在撞击过程中，驾驶员头部的动量变化量是由撞击前后的速度变化决定的，与是否佩戴头盔无关，故C错误；
D．根据
可知头盔对头部的作用力与头部对头盔的作用力等大反向，作用时间相同，所以事故中头盔对头部的冲量与头部对头盔的冲量等大反向，故D正确。
故选BD。
6. 如图甲所示，“弹簧公仔”玩具由头部、轻弹簧及底座组成，底座固定，用力向下缓慢按压头部，释放后头部的运动可视为简谐运动。以向上为正方向，在头部通过平衡位置时开始计时，头部相对平衡位置的位移随时间的变化规律如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A. 简谐运动的振幅为6cm
B. 简谐运动的频率为1.25Hz
C. 0~0.4s内，头部的动能先减小后增大
D. 和时，头部的加速度相同
【答案】BC
【解析】A．从图乙中可读出，简谐运动的振幅为3cm，A错误；
B．从图乙中可读出，简谐运动的周期为0.8s，由
解得简谐运动的频率为1.25Hz，B正确；
C．从图乙中可知，时，头部位移最大，速度为零，和时，头部在平衡位置，速度最大，故0~0.4s内，头部的动能先减小后增大，C正确；
D．如图所示可知，根据对称性，和时，头部的加速度大小相等，方向相反，D错误。
故选BC。
7. 水力发电是获得清洁能源的重要途径之一，龙岩市共有大小水电站1100多处。如图所示，某小型水电站发电机的输出功率为100kW，输出电压为400V，向距离较远的用户供电，为了减少电能损失，使用10kV的高压进行输电，最后用户得到220V、95kW的电力，下列说法正确的是（ ）
A. 升压变压器原、副线圈的匝数之比n1∶n2=1∶25
B. 输电线上总电阻R=500Ω
C. 降压变压器原、副线圈的电流之比I3∶I4=11∶475
D. 输电线上总电阻R两端的电压为180V
【答案】AC
【解析】A．升压变压器原、副线圈的匝数之比为，故A正确；
BD．根据
可得输电线上的电流为
输电线电阻损失的功率为
根据
输电线上总电阻为
输电线上总电阻R两端的电压为，故BD错误；
C．降压变压器副线圈的电流为
则降压变压器原、副线圈的电流之比为，故C正确。
故选AC。
8. 如图甲所示，固定的光滑水平横杆上套有质量为m的小环B，其右侧有一固定挡块。一根长为L的轻绳，一端与B相连，另一端与质量为2m的小球A相连。初始状态轻绳水平且伸直，B靠在挡块处。由静止释放A，在运动过程中A、B水平方向速度v的大小与时间t的关系如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A. 时刻之后，A、B组成的系统水平方向动量守恒
B. 时刻A、B速度相同，大小
C. 时刻之后，小球A能上升的最大高度为
D. 阶段，A的水平位移一定大于
【答案】AD
【解析】A．时刻小球A到达最低点，之后B脱离挡块向左运动，此后A、B组成的系统水平方向动量守恒，选项A正确；
B．小球A到达最低点时满足
则速度为
时刻A、B速度相同，根据动量守恒定律
解得共同速度大小为，选项B错误；
C．时刻之后，当AB共速时A高度最大，由能量关系
解得小球A能上升的最大高度为，选项C错误；
D．图乙中阴影部分的面积表示的是AB水平方向位移差（Δx=xA-xB），AB共速时A的下落高度为
故从t1～t2阶段，图乙中阴影部分的面积为
整理可得，故D正确。
故选AD。
三、非选择题（共60分，其中9、10、11为填空题，12、13为实验题，14~16为计算题。）
9. 用手握住软绳的一端持续上下抖动，形成一列简谐横波。某一时刻的波形如图所示，其中绳上A、C两质点均处于波峰位置，此时质点B振动方向为________（选填“向上”或“向下”）。已知手抖动的频率为2Hz，A、C间的距离为1.5m，则这列波的波速为________m/s；从手开始抖动起，当A完成2次全振动时，C完成的全振动次数为________次。
【答案】向上 3 1
【解析】[1]波向右传播，根据“同侧法”可知，质点B振动方向为向上；
[2]A、C间的距离为一个波长，即λ=1.5m，可知波速
[3]因A、C间的距离为一个波长，可知振动从A传到C需要的时间为一个周期，则从手开始抖动起，当A完成2次全振动时，C完成的全振动次数为1次。
10. 如图所示，小美在清澈的泳池沿直线游泳，已知泳池深度为2m，不考虑水面波动对视线的影响。某时刻她看到自己正下方的水底有一个小石块，向前游了2m时她恰好看不到小石块了，因为发生了光的________（选填“全反射”或“折射”）现象，则池水的折射率是________，若光在真空中的速度是c，则光在池水中的速度是________（结果用“c”表示）。
【答案】全反射
【解析】[1]小美向前游了2m时她恰好看不到小石块了，可知光线恰好发生了全反射；
[2]设入射角等于临界角C，作出光路图如图所示
根据几何关系可得
解得
根据全反射临界角公式有
解得
[3]若光在真空中的速度是c，则光在池水中的速度为
11. 某小组利用LC振荡电路进行电磁振荡实验，图甲为某时刻的电路状态，此时电容器正在________（选填“充电”或“放电”）；图乙为通过线圈的电流随时间变化的图像，t1时刻电场能正在________（选填“增大”、“减小”或“不变”），要增大振荡电路的频率，可________（选填“增大”“减小”或“不变”）电容器的电容C。
【答案】充电 增大 减小
【解析】[1]根据电流的方向及电容器极板的电性可知，电容器正在充电；
[2]t1时刻电流减小，磁场能减小，电容器充电，则电场能增大；
[3]根据振荡频率公式
可知要增大振荡频率，可减小电容器的电容C。
12. 用双缝干涉测量光的波长。实验装置如图甲所示，已知单缝与双缝间的距离L1=100mm，双缝与屏的距离L2=700mm，双缝间距d=0.25mm。用测量头来测量亮条纹中心间的距离。测量头由分划板、目镜、手轮等构成，转动手轮，使分划板左右移动，让分划板的中心刻线对准亮条纹的中心（如图乙所示），记下此时的读数，继续转动手轮，使分划板中心刻线对准另一条亮条纹的中心，再记下此时手轮上的读数。
（1）分划板的中心刻线分别对准第1条和第4条亮条纹的中心时，读数如图丙所示，则对准第1条时读数x1=2.190mm、对准第4条时读数：x2=________mm；
（2）某次实验时测得第2条亮条纹中心到第5条亮条纹中心距离为5.880mm，则可算出这种光的波长λ=________nm（保留三位有效数字）；
（3）在双缝干涉实验中发现条纹太密，难以测量，下列操作中可以使条纹间距变宽的是________。
A. 改用波长较短的光（如紫光）作入射光
B. 增大双缝到屏的距离
C. 减小双缝间距
【答案】（1）7.868##7.869##7.870 （2）700 （3）BC
【解析】（1）根据螺旋测微器的读数原则，条纹读数为
（2）双缝干涉条纹的间距公式为
其中
代入数据后可得
（3）为了使条纹间距变宽，可以增大双缝到屏的距离，减小双缝间距，或换用波长更长的光。
故选BC。
13. 如图所示，通过小球的碰撞实验来验证动量守恒定律。即研究两个半径相同的小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系。图中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影点。实验时先让质量为的入射小球A从斜槽轨道上某一固定位置S由静止开始滚下，从轨道末端抛出，落到位于水平地面的复写纸上，在下面的白纸上留下痕迹。重复上述操作10次，得到10个落点痕迹，P为落点的平均位置。再把质量为的被碰小球B放在斜槽轨道末端，让A球仍从位置S由静止滚下，与B球碰撞后，分别在白纸上留下各自的落点痕迹，重复操作10次，M、N分别为落点的平均位置。
（1）关于本实验，下列说法正确的是________。
A. 斜槽轨道必须光滑
B. 斜槽轨道末端切线必须水平
C. 入射小球质量必须小于被碰小球的质量
（2）在误差允许的范围内，若满足关系式________，则说明碰撞前后动量守恒。（用“、、OM、OP、ON”表示）
（3）某同学认为，在上述实验中仅更换A球和B球的材质，其他条件不变，可以使碰后两小球做平抛运动的水平射程发生变化。请分析关于射程的关系式中，可能成立的是________。
A. B.
C. D.
【答案】（1）B （2） （3）AB
【解析】（1）A．斜槽不需要是光滑的，只要每次下滑时在同一个高度上，就可以让小球到末端时速度大小相同，故A错误；
B．轨道末端必须水平，小球才能做平抛运动，故B正确；
C．两球碰撞后，要都能向前运动，所以入射小球质量要大于被碰小球质量，故C错误。
故选B。
（2）从末端抛出的小球做平抛运动，竖直方向运动时间
时间均相同，水平方向位移
所以水平方向距离与速度成正比，动量守恒公式为
可变形为。
（3）若两球为弹性碰撞，则有
整理可得
所以一般的碰撞形式下，。若两球为完全非弹性碰撞，则有，所以此时。只有AB选项正确，CD不可能。
14. 图甲的调压装置可视为理想变压器，负载电路中，两电表为理想电流表和电压表，变压器原副线圈匝数比为，若原线圈接入如图乙所示的正弦交变电压。求：
（1）电压表的示数；
（2）电流表的示数；
（3）变压器的输入功率。
【答案】（1）110V （2）2A （3）
【解析】（1）根据理想变压器特点有
其中
解得
即电压表读数为110V。
（2）根据欧姆定律可得
代入数据解得
即电流表读数为2A。
（3）根据理想变压器输入功率等于输出功率，则变压器的输入功率为
15. 如图所示，一小型发电机内有匝矩形线圈，线圈面积，线圈电阻为。在外力作用下矩形线圈在匀强磁场中，以恒定的角速度绕垂直于磁场方向的固定轴逆时针转动，发电机线圈两端与的电阻构成闭合回路。
（1）写出从中性面开始计时电动势的瞬时值表达式；
（2）线圈匀速转动，求电流通过电阻产生的焦耳热；
（3）线圈从图示位置开始转过的过程中，求通过外电阻的电荷量。
【答案】（1） （2） （3）
【解析】（1）线圈中感应电动势的最大值
从中性面开始计时电动势的瞬时值表达式为
（2）矩形线圈在匀强磁场中匀速转动产生正弦交变电流，电阻两端电压的有效值
经过电流通过电阻产生的焦耳热
解得
（3）线圈从图示位置转过的过程中，根据、、
解得
代入数据解得
16. 如图所示，光滑水平面内固定一半径r=5m的圆环，环内有质量分别为mA=1.0kg、mB=4.0kg的小球A和B，两小球均可视为质点。A和B初始位置的连线恰好是圆环直径。某时刻给A一沿切线方向的速度v0=15m/s，A运动一段时间后与静止的B发生碰撞。已知恢复系数e能表征碰撞过程中能量的损失情况，恢复系数e等于碰撞后两物体相对速度与碰撞前两物体相对速度大小之比，e=0时为完全非弹性碰撞，e=1时为弹性碰撞。不计小球与圆环之间的摩擦，两小球始终在圆环内运动。
（1）如果e=0，求A与B碰后圆环对两小球的作用力大小F；
（2）如果两小球第一次碰撞时，求解第一次发生碰撞时损失的机械能ΔE；
（3）如果仅将环的周长变为L=15m，且e=1，此后两小球碰撞位置和速度将成周期性变化，从第一次碰撞位置开始计时，求经过多长时间小球碰撞位置和速度恢复到第一次碰撞前的情况以及该段时间内小球B通过的路程。
【答案】（1）9N （2）50J （3）10s，30m
【解析】（1）e=0时碰撞为完全非弹性碰撞，碰后两小球共速，根据动量守恒定律得
圆环对小球的弹力提供向心力，根据牛顿第二定律得
解得
（2）碰撞过程动量守恒，设碰撞时A球速度方向为正方向，有
又
解得，
解得
（3）第一次碰撞过程，根据动量守恒有
根据能量守恒有
解得。
Ｌ=15m，如果e=1，碰撞为弹性碰撞
两次碰撞时间间隔
因此间隔1s后相碰，如图
第一次碰后到第二次碰撞，B通过的路程
第二次碰撞，B的动量大于A的动量，规定B的速度方向为正，根据动量守恒有
根据能量守恒有
解得
第二次碰后到第三次碰撞，B通过的路程
经过2s，B通过的路程为6m，再次碰撞时A和B恢复到第一次碰撞前状态，位置顺时针转过，再经过2s，B通过的路程为6m，位置再次顺时针转过，为恢复到初始第一次碰撞时的位置，应满足（其中k和n为正整数）
当k=5时，n取最小值n=2
所以周期
小球B通过路程