广东省江门市2024-2025学年高二下学期7月期末物理试题（解析版）

这是一份广东省江门市2024-2025学年高二下学期7月期末物理试题（解析版），共14页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题：共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对的得4分，选错或不答的得0分。
1. 日常生活和科技中处处蕴含物理知识，下列说法正确的是（ ）
A. 雨后路面上的油膜形成彩色的条纹，是光的衍射现象
B. 光导纤维利用了光的全反射原理，内芯采用光密介质，外套采用光疏介质
C. 通过两支夹紧的笔杆间缝隙看发白光的灯丝能观察到彩色条纹，是光的偏振现象
D. 摄影时常用滤光片减弱被拍摄物体表面的反射光，是光的干涉现象
【答案】B
【解析】A．油膜彩色条纹是光在油膜上下表面反射后发生干涉的结果，属于薄膜干涉，而非衍射现象，故A错误；
B．光导纤维利用全反射原理，内芯为光密介质，外套为光疏介质，确保光在内芯中通过全反射传播，故B正确；
C．通过缝隙观察白光灯丝的彩色条纹是光的衍射现象，而非偏振现象，故C错误；
D．摄影时常用滤光片减弱被拍摄物体表面的反射光，这是利用了光的偏振原理。反射光一般是偏振光，通过偏振滤光片可以减弱其强度，不是光的干涉现象，故D错误。
故选B。
2. 关于下列三幅图的说法正确的是（ ）
A. 图甲中微粒越小，单位时间内受到液体分子撞击次数越少，布朗运动越明显
B. 图乙中峰值大的曲线对应的气体温度较高
C. 图丙中实验现象可以说明蜂蜡是晶体
D. 图丙中实验现象说明薄板材料各向同性，一定是非晶体
【答案】A
【解析】A．图甲中微粒越小，单位时间内受到液体分子撞击次数越少，则微粒越趋于不平衡，布朗运动越明显，故A正确；
B．图乙中峰值大的曲线“腰细”，中等分子占据的比例较小，则对应的气体温度较低，故B错误；
CD．图丙中，实验现象表明薄板材料导热性上具有各向同性，则说明薄板材料可能是多晶体，也有可能是非晶体，故CD错误。
故选A。
3. 飞力士棒是物理治疗师发明的一种物理康复器材。标准型飞力士棒中间的握柄和两端负重头用一根PVC软杆连接，棒的固有频率为4.5Hz，如图所示，可以使用双手对飞力士棒进行驱动，忽略空气阻力，则下列关于飞力士棒的认识正确的是（ ）
A. 使用者用力越大棒振动越快
B. 若只将PVC杆增长，棒的固有频率不变
C. 该棒振动的频率一定等于4.5Hz，与驱动力的频率无关
D. 随着手振动的频率越接近固有频率，棒振动的幅度一定变大
【答案】D
【解析】A．使用者用力大小影响的是振幅，与振动快慢没有关系，故A错误；
B．将PVC杆增长，棒的固有频率发生改变，故B错误；
C．该棒做受迫振动，振动频率等于驱动力频率，故C错误；
D．当驱动力的频率等于其固有频率时，棒振动的振幅最大，手振动的频率越接近固有频率，棒振动的幅度越大，随着手振动的频率越接近固有频率，棒振动的幅度一定变大，故D正确。
故选D。
4. 如图所示为某一时刻波源在水槽中形成的水波，其中实线表示波峰，虚线表示波谷，已知两列波的频率相同，振幅相同，则下列说法正确的是（ ）
A. a点的位移始终最大，等于两列波的振幅之和
B. c点的频率等于两波源的频率之和
C. c点的振动始终减弱，d点的振动始终加强
D. 再经过四分之一个周期，b、c两点的位移均为零
【答案】D
【解析】A．由图可知，a点为波谷和波谷相遇处，为振动加强点，其以两列波的振幅之和做简谐运动，位移呈周期性变化，故A错误；
B．由图可知，c点为波谷和波谷相遇处，为振动加强点，其频率等于其中一个波源的频率，故B错误；
C．在d点是两列波波峰和波峰相遇点，两列波引起的振动总是相互加强的，c点是两列波波谷和波谷相遇点，两列波引起的振动也总是相互加强的，故C错误；
D．b点为波峰和波谷的相遇处，振动减弱，位移始终为零，c点为波谷和波谷相遇处，此时处于波谷位置，再经过四分之一个周期，c点处于平衡位置，位移为零，故D正确。
5. 一分子固定在原点O处，另一分子可在x轴上移动，这两个分子间的分子引力和分子斥力大小随其间距x的变化规律如图所示，曲线ab与cd的交点为e，则下列说法正确的是（ ）
A. 的情况下，越大，分子力越小
B. 的情况下，越小，分子力越大
C. 的情况下，越大，分子势能越大
D. 的情况下，越大，分子势能越小
【答案】B
【解析】A．的情况下，分子力表现为引力，x从x0开始逐渐增大，分子力先增大后减小，故A错误；
B．的情况下，分子斥力比分子引力变化得快，分子力表现为斥力，x越小，分子力越大，故B正确；
C．的情况下，x越大，分子力做的正功越多，分子势能越小，故C错误；
D．的情况下，x越大，分子力做的负功越多，分子势能越大，故D错误。
故选B。
6. 某智能停车位通过预埋在车位地面下方的LC振荡电路获取车辆驶入驶出信息。如图甲所示，当车辆驶入车位时，相当于在线圈中插入铁芯，使其自感系数变大，引起LC电路中的振荡电流频率发生变化，计时器根据振荡电流的变化进行计时。某次振荡电路中的电流随时间变化如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A. 时刻，线圈L的磁场能为零
B. 时刻，电容器C的电场能为零
C. 过程，电容器C带电量逐渐减少
D. 由图乙可判断汽车正驶入智能停车位
【答案】C
【解析】A．t1时刻电流最大，此时电容器中电荷量为零，电场能最小，磁场能最大，故A错误；
B．t2时刻电流为零，此时电容器C所带电量最大，电场能最大，故B正确；
C．t2~t3过程，电流逐渐增大，电场能逐渐转化为磁场能，电容器处于放电过程，电容器带电量逐渐减小，故C正确；
D．由图乙可知，振荡电路的周期变小，根据可知线圈自感系数变小，则汽车正驶离智能停车位，故D错误。
故选C。
7. 做简谐振动的物体经过A点时，加速度的大小为2m/s2，方向指向B点；当它经过B点时，加速度的大小为3m/s2，方向指向A点。A、B之间的距离是5cm，则它的平衡位置与A点的距离为（ ）
A. 2cmB. 3cmC. 4cmD. 5cm
【答案】A
【解析】简谐运动中，加速度方向总是指向平衡位置，且大小为，与位移x成正比。
A点加速度指向B，说明平衡位置在B方向（即A的右侧）；B点加速度指向A，说明平衡位置在A方向（即B的左侧）。
因此，平衡位置必在A、B之间。
设平衡位置到A的距离为x，到B的距离为y，则
加速度大小之比为，即
代入
解得
，
综上，平衡位置到A点的距离为2cm。
故选A。
二、多项选择题：共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，错选、多选不得分，选不全得3分。
8. 如图，发电机的输出功率为，输出电压恒为，经理想变压器升压后向用户输电，在用户端再利用理想变压器将电压降为。已知输电线总电阻为，输电线上损失的功率为，下列说法正确的是（ ）
A. 降压变压器的输出功率为95kW
B. 降压变压器原线圈的电流为20A
C. 升压变压器原线圈的电流为450A
D. 升压变压器原、副线圈的匝数比为
【答案】AD
【解析】A．升压变压器和降压变压器均为理想变压器，则有，，
解得用户端得到的功率为，故A正确；
B．输电线总电阻为，输电线上损失的功率为，则有
解得输电线电流为
即降压变压器原线圈的电流为25A，故B错误；
CD．发电机的输出功率为，输出电压恒为，则升压变压器原线圈电流为
则升压变压器原、副线圈的匝数比为，故D正确，C错误。
故选AD。
9. 如图所示，一定质量的理想气体经状态A→B→C→D→A完成循环过程。B→C、D→A为两个绝热过程，B→C过程中气体对外做功300J，则下列说法正确的是（ ）
A. C→D过程中气体对外做功为零
B. A→B→C→D→A过程气体对外做功为零
C. A→B过程气体分子平均动能增大
D. B→C过程中气体内能的变化量
【答案】ACD
【解析】AB．、过程中气体的体积不变，气体对外做功为零，过程中气体压强的平均值大于过程中气体压强的平均值，所以过程中气体对外做功大于过程中外界对气体做功，所以过程中气体对外做功，不为零，故A正确，B错误；
C．A→B过程，体积不变，根据可知压强增大，温度增大，则气体内能变大，气体分子平均动能增大，故C正确；
D．根据题意可知B→C过程为绝热过程，即
外界对气体做功为
根据热力学第一定律
可知B→C过程中气体内能的变化量，故D正确。
故选ACD。
10. 两列简谐横波分别沿x轴正方向和负方向传播，两波源分别位于x=−0.2m和x=1.2m处，两列波的波速均为0.2m/s，振幅均为4cm，图示为t=0时刻两列波的图像，下列说法正确的是（ ）
A. 两列波波源的起振方向相同
B. x=0.4m处的质点为振动加强点
C. 两列波的振动周期均为2s
D. t=5s时x=0m处的质点运动的总路程为32cm
【答案】CD
【解析】A．波源位于x=−0.2m处的波源起振方向为y轴负方向，波源位于x=1.2m处的波源起振方向为y轴正方向，起振方向相反，故A错误；
B．x=0.4m处的质点与两波源的波程差
可知x=0.4m处的质点为振动减弱点，故B错误；
C．由图可知两列波的波长为λ=0.4m
周期为，故C正确；
D．从t=0时刻开始，右侧波传到x=0处的时间为
所以4s之内，在x=0处质点的路程为
之后两列波在x=0处相遇，x=0处的质点与两波源的波程差
叠加为振动减弱点，两列波的振幅相同，始终在平衡位置，因此t=5s时，x=0处的质点运动的总路程为s=s1=32cm，故D正确。
故选CD。
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11. 某同学利用图a示装置测量某种单色光波长。实验时，接通电源使光源正常发光；调整光路，使得从目镜中可以观察到干涉条纹。回答下列问题：
（1）若想增加从目镜中观察到的条纹个数，下列操作正确的是（ ）
A. 将单缝向双缝靠近B. 将屏向靠近双缝的方向移动
C. 将屏向远离双缝方向移动D. 使用间距更小的双缝
（2）实验中将测量头的分划板中心刻线与某亮纹中心对齐，并将该亮纹定为第1条亮纹，此时手轮上的示数；然后转动测量头，使分划板中心刻线与第6条亮纹中心对齐，此时手轮上的示数如图b所示，则______mm；
（3）已知双缝间的距离，双缝到毛玻璃屏的距离，则可得这种光的波长______m（计算结果保留3位有效数字）；
（4）若某次实验观察到的干涉条纹与分划板的中心刻线不平行，如图c所示，在这种情况测量相邻条纹间距，则波长的测量值______（填“大于”“小于”或“等于”）实际值。
【答案】（1）B （2） （3） （4）大于
【解析】（1）若想增加从目镜中观察到的条纹个数，可以减小相邻明（暗）条纹之间的距离，条纹间距离为
A．将单缝向双缝靠近，不影响条纹间距，故A错误；
B．将屏向靠近双缝的方向移动，即减小双缝到屏的距离L，则减小，故B正确；
C．将屏向远离双缝的方向移动，即增大双缝到屏的距离L，则增大，故C错误；
D．使用间距更小的双缝，即减小双缝间的距离d，则增大，故D错误。
故选B。
（2）[1]手轮上的示数
（3）[1]根据小问2可知相邻亮条纹之间的距离
根据相邻亮条纹的距离
可得
（4）[1]若某次实验观察到的干涉条纹与分划板的中心刻线不平行，如图c所示，在这种情况测量相邻条纹间距时，将导致测量值大于实际值，由
可知，的测量值也将大于实际值。
12. 实验小组的同学们用如图所示的装置做“用单摆测量重力加速度”的实验。
（1）用游标卡尺测量摆球的直径，如图2所示，可读出摆球的直径为______mm；
（2）如图1所示，将细线一端拴接小球，另一端固定在拉力传感器上，用刻度尺测量摆线长，将摆线长与摆球的半径之和记为摆长L；
（3）拉动小球使摆线与竖直方向成一个很小的角度，将小球由静止释放，电脑显示拉力传感器的拉力随时间的变化关系如图3所示。
①单摆运动的回复力是______
A．摆球的重力B．摆球重力在垂直摆线方向上的分力
C．摆线对摆球的拉力D．摆球所受重力和摆线对摆球拉力的合力
②由图3可知，单摆运动的周期是______，可得当地的重力加速度______；
（4）某同学测得的重力加速度数值大于当地的重力加速度的实际值，造成这一情况的原因可能是______
A．开始摆动时振幅较小
B．开始计时时，过早按下停表
C．测量周期时，误将摆球次全振动的时间记为n次全振动的时间
D．测量摆长时，以悬点到小球下端边缘的距离为摆长
【答案】（1）19.0 （3）B （4）CD
【解析】（1）[1]摆球的直径为d=18mm+0.1mm×10=19.0mm；
（3）①[2]单摆运动的回复力是摆球重力在垂直摆线方向上的分力，故选B；
②[3]由图3可知，单摆运动的周期是
[4]根据
可得当地的重力加速度
（4）[5]某同学测得的重力加速度数值大于当地的重力加速度的实际值，根据则
A．单摆的振幅大小对实验无影响，选项A错误；
B．开始计时时，过早按下停表，则周期测量值偏大，则g测量值偏小，选项B错误；
C．测量周期时，误将摆球次全振动的时间记为n次全振动的时间，则周期测量值偏小，则g测量值偏大，选项C正确；
D．测量摆长时，以悬点到小球下端边缘的距离为摆长，则摆长偏大，则g测量值偏大，选项D正确。
故选CD。
四、计算题：本大题共3小题，共38分。解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。
13. 某实验小组研究一块半圆柱形玻璃砖的折射率。半圆柱形玻璃砖的半径，其横截面如图所示，O点为圆心，为直径MN的垂线，足够大的光屏PQ与直径MN垂直并相切于N点。使用激光笔从点发射一细光束射向圆心O点，保持光线始终沿半径方向，将激光笔逆时针缓慢转动，当光屏PQ上只有一个光点时停止转动，此时光点距N点的距离是，光在空气中的传播速度为。求：（结果可保留根式）
（1）求半圆形玻璃砖的折射率n；
（2）求光在玻璃中传播速度v。
【答案】（1） （2）
【解析】（1）当光屏PQ上只有一个光点时，光线在O点发生全反射，则临界角
可知折射率
（2）光在玻璃中传播速度
14. 某地出现特大暴雨。暴雨时路面水井盖因排气孔（如图甲）堵塞可能会造成井盖不断跳跃，导致井盖移位而存在安全隐患。水井处的截面图如图乙所示，已知此次大暴雨，水位迅速上涨，质量为的某井盖排气孔被堵塞且与地面不粘连，圆柱形竖直井内水面面积为，水面与井盖之间的距离为时开始计时，此时井内密封空气的压强恰好等于大气压强，空气视为理想气体，温度始终不变，g取，求：
（1）密闭空气的压强为多大时井盖刚好被顶起；
（2）从图示位置起，水位上升x多大时井盖会第一次被顶起；
（3）若井盖第一次顶起后又盖回使下方空气压强变为，求排出的空气与剩余空气的质量比。（保留两位有效数字）
【答案】（1） （2）1.8cm （3）
【解析】（1）若井盖刚好被顶起，根据平衡条件有
解得
（2）空气视为理想气体，温度始终不变，根据玻意耳定律有
结合上述解得
（3）令为井盖第一次顶起前被排出的气体体积，V是水面与井盖之间空间的体积，根据玻意耳定律有
排出的空气与剩余空气的质量比
解得
15. 如图所示，匝数为匝、面积为的线圈处于磁感应强度为的匀强磁场中。当线圈绕轴以转速匀速转动时，电压表、电流表的读数分别为7V、1A。电动机牵引一根电阻为、质量为的导体棒MN由静止开始沿金属框架上升。框架倾角为，框架宽，框架和导体棒处于方向与框架平面垂直、磁感应强度的匀强磁场中。当导体棒沿框架上滑时获得稳定的速度，这一过程中导体棒上产生的热量为。导体棒始终与框架轨道垂直且接触良好，不计框架和线圈电阻及一切摩擦，g取。
（1）若从线圈处于中性面开始计时，写出线圈产生的电动势e的瞬时值表达式；
（2）电动机的内阻r；
（3）导体棒MN从静止到达到最大速度所用的时间t和通过的电荷量q。
【答案】（1）e= 10sin10πt（V） （2）1Ω （3）1s，1.6C
【解析】（1）由题意可知，角速度为ω=2πn=10π rad/s
线圈转动过程中电动势的最大值为Em=NB1Sω=100××0.01×10π V=10 V
则从线圈处于中性面开始计时的电动势瞬时值表达式为e=Emsinωt=10sin10πt（V）
（2）棒达到稳定速度时，电动机的输出功率P出=IU-I2r
又P出=Fv
而棒产生的感应电流
稳定时棒处于平衡状态，故有F=mgsin 30°+B2I'L
由以上各式代入数值解得电动机的内阻为r=1Ω
（3）由能量守恒定律得P出t=mgh+mv2+Q
其中h=xsin30°=0.80m
解得t=1.0s
通过导体棒的电量