河北省承德市名校联考2024-2025学年高二下学期期末考试物理试卷（解析版）

这是一份河北省承德市名校联考2024-2025学年高二下学期期末考试物理试卷（解析版），共19页。
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、单项选择题（本题共7个小题，每题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. 在热学中，下列说法正确的是（ ）
A. 第一类永动机不可制成是由于它违背了能量守恒定律
B. 第二类永动机不可制成由于它违背了能量守恒定律
C. 热力学第二定律告诉我们机械能可以转化为内能而内能不能转化为机械能
D. 热量只能从高温物体传向低温物体，而不能从低温物体传向高温物体
【答案】A
【解析】A．不消耗能量而不断对外做功的第一类永动机是不可能制成的，因为它违背了能量守恒定律，A正确；
B．从单一热库吸收热量而对外做功的第二类永动机不违反能量守恒定律，但违反了热力学第二定律，B错误；
C．热力学第二定律告诉我们机械能可以转化为内能，而内能在“一定的条件下”也能转化为机械能，C错误；
D．热量能从高温物体传向低温物体，在“特定的条件下” 也能从低温物体传向高温物体，D错误。
2. 原子弹、氢弹、中子弹是核武器家族中的3个重要成员。1988年中国首颗中子弹研制成功，并进行了爆炸试验，自此以后，中国正式掌握了第三代核武器的设计及研制能力。如图为中子弹剖面示意图，中子弹使用的是铍元素外壳，铍9在一个中子的轰击下会发生如下核反应：，则下列说法正确的是（ ）
A. X是粒子
B. 中子弹是一种原子弹
C. 中子弹的原理是核裂变反应
D. 可以采用电磁场干扰发射出的中子
【答案】A
【解析】A．根据反应过程满足质量数和电荷数守恒可知，X是粒子（），故A正确；
BC．原子弹的核反应是重核的裂变，而中子弹的原理不是核裂变反应，所以中子弹不是原子弹，故BC错误；
D．由于中子不带电，所以不可以采用电磁场干扰发射出的中子，故D错误。
故选A。
3. 如图所示，有一足够长的绝缘圆柱形管道水平固定，内有带负电小球，小球直径略小于管道直径。小球质量为m，电荷量为q，与管道的动摩擦因数为，空间中有垂直向外、大小为B的匀强磁场。现对物块施加水平向右的恒力F，使物块自静止开始运动，已知重力加速度为g，对物块运动过程的判断正确的是（ ）
A. 小球一直做加速度减小的运动
B. 小球最大加速度为
C. 小球稳定时速度为
D. 从开始运动到最大速度时F做的功为
【答案】C
【解析】ABC．对小球受力分析，小球从静止开始运动，则在竖直方向上当
，水平方向上
解得
从静止开始，速度逐渐增加，则加速度逐渐增大，当
加速度达到最大值，为
随着速度的增加，竖直方向上受力情况变为
解得此时的加速度为
随着速度的继续增大，小球加速度减小，当
物体加速度为0，开始做匀速直线运动，速度稳定达到最大值为
则加速度先增加，后减小，故AB错误，C正确；
D．从开始运动到最大速度的过程中，根据动能定理可得
即
故D错误。
4. 在真空中竖直放置的金属板，受到紫外线照射时会向各个方向发射出速度大小不同的电子，在右侧相距d处正对放置一个金属网罩，若在金属板与网罩间加上逐渐增大的电压，当电压增大到时，发现网罩上开始接收不到来自金属板的电子。已知电子电量为，质量为，则（ ）
A. 增强紫外线的强度，能使网罩上接收到电子
B. 适当减小之间的距离d，能使网罩上接收到电子
C. 当电压为时，所有能运动至最靠近网罩的电子发射时的初动能都相同
D. 从板上发射的电子，速度越大在间运动的时间越长
【答案】C
【解析】A B C．若在金属板与网罩间加上逐渐增大的电压，当电压增大到时，发现网罩上开始接收不到来自金属板的电子。设光电子的最大初动能为，由动能定理得
又由光电效应方程
增强紫外线的强度，光电子的最大初动能不变，不能使网罩上接收到电子。适当减小之间的距离d，间不变，不能使网罩上接收到电子。当电压为时，所有能运动至最靠近网罩的电子发射时的初动能都相同。AB错误，C正确；
D．从板上发射的电子，由于出射的电子与板可能存在一定角度，速度越大在间运动的时间不一定越长。D错误。
5. 斯特林发动机是独特的热机，它的效率几乎等于理论最大效率，称为卡诺循环效率。该发动机工作中经过由两个等容过程和两个等温过程组成的可逆循环，被称之为斯特林循环。如图所示，一定质量的理想气体，依次经过A→B→C→D→A循环，对此气体下列说法正确的是（ ）
A. A到B过程，气体放出热量
B. C到D过程，温度降低，每个气体分子运动速率都变小
C. D到A过程，气体分子单位时间内与器壁单位面积碰撞的次数减少
D. 经过如图所示的一个斯特林循环过程，气体从外界吸收热量
【答案】D
【解析】A．由题图可知A到B过程，气体体积不变，压强增大，由理想气体状态方程
可知，气体温度升高。故温度升高，内能增大，体积不变外界对气体不做功，由热力学第一定律
可知
气体吸热，故A错误；
B．C到D过程，体积不变，压强减小，由理想气体状态方程
可知，温度降低，故分子平均速率减小，但是单个气体分子的运动是随机的，速率可能变大也可能变小，故B错误；
C．D到A过程，温度不变，容器中气体分子的平均速率不变，体积减小，分子数密度增大，故气体分子在单位时间内与器壁单位面积碰撞的次数增加，故C错误；
D．B到C过程，气体体积增大，气体对外做正功
做功大小为图像与横坐标围成的面积；D到A过程，气体体积减小，气体对外做负功
做功大小为图像与横坐标围成的面积，由图像可知
故全过程经过如图所示一个斯特林循环过程，气体对外界做的总功
即总功为正，由热力学第一定律得该过程吸收热量，故D正确。
故选D。
6. 图为半圆柱体玻璃砖的横截面，O为圆心，MN为截面直径的两个端点。P是圆弧上一点，。用某一频率的细束光a平行于MN方向从P点射入半圆柱体后，折射光线恰能经过N点。改用另一频率的细束光b以同样的方式射向P点，不考虑光在玻璃砖里发生的多次反射，下列说法正确的是（ ）
A. 玻璃砖对a光的折射率为
B. 若b光频率高于a光，则b光在玻璃砖中传播速度较大
C. 若b光频率高于a光，经P点折射后，不会射到MON界面上
D. 若将a光改沿PO方向射入玻璃砖，光线将会在MON界面发生全反射
【答案】A
【解析】A．如图
由几何关系得玻璃砖对a光的折射率为
故A正确；
B．根据可知，若b光频率高于a光，b光折射率更大，则b光在玻璃砖中传播速度较小。故B错误；
C．若b光频率高于a光，则b光折射率更大，折射角更小，经P点折射后，会射到MON界面上。故C错误；
D．根据得
若将a光改沿PO方向射入玻璃砖，在O点的入射角为，则
因此光线将不会在MON界面发生全反射。故D错误。
故选A。
7. 如图所示，某交流发电机内有一边长为L、匝数为N、电阻不计的正方形线圈abcd，在磁感应强度大小为B的匀强磁场中绕转轴OO′以角速度ω匀速转动，轴OO′垂直于磁感线。它与理想变压器的原线圈连接，变压器原、副线圈的匝数之比为1：3，二极管的正向电阻为零，反向电阻无穷大，定值电阻的阻值为R1，滑动变阻器R2的接入电路的阻值为R且最大阻值与定值电阻的阻值相等，滑片P置于滑动变阻器的中间，电表均为理想电表。从正方形线圈转到图示位置开始计时，下列判断正确的是（ ）
A. 交流发电机的感应电动势的瞬时值表达式为e = NBωL2sinωt
B. 电压表V的示数为
C. 电流表A1与电流表A2的示数之比为3：1
D. 若将滑动变阻器的滑片向下滑动，滑动变阻器R2消耗的功率一直减小
【答案】C
【解析】A．从垂直于中性面时开始计时，正方形线圈产生感应电动势的瞬时值表达式应为
e = NBωL2csωt
A错误；
B．交流电在一个周期内有半个周期通过二极管，原线圈两端的电压的最大值等于
U1m = e = NBωL2
由于变压器原、副线圈的匝数之比为1：3，所以副线圈两端电压的最大值为
U2m = e = 3NBωL2
根据电的热效应可得
解得通过二管后电压的有效值为
电压表测量的是滑动变阻器两端电压的有效值，即
B错误；
C．理想变压器的输入功率与输出功率相等，由此可得
解得
C正确；
D．当滑片P向下滑动时，滑动变阻器R2连入电路的电阻增大，由于U2不变，则滑动变阻器消耗的功率为
当R增加且小于R1时，滑动变阻器R2消耗的功率增加，D错误。
故选C。
二、多项选择题（本题共3个小题，每小题6分，选对选不全得3分，错选0分，共计18分）
8. 某实验小组用如图所示装置做双缝干涉实验，下列方法能使屏上两相邻亮条纹中心的间距增大的是（ ）
A. 仅增大双缝到屏的距离
B. 仅减小双缝间的距离
C. 仅增大滤光片到单缝的距离
D. 仅把绿色滤光片换成红色滤光片
E. 仅把绿色滤光片换成紫色滤光片
【答案】ABD
【解析】AB．由干涉条纹的间距公式
可知，仅增大双缝到屏的距离或仅减小双缝间的距离，都能使屏上两相邻亮条纹中心的间距增大，故AB正确；
C．滤光片到单缝的距离与两相邻亮条纹的间距无关，故C错误；
DE．红光的波长比绿光的长，则根据上述分析可知可以使条纹间距增大，而紫光的波长比绿光的短，会使条纹间距减小，故D正确，E错误。
故选ABD。
9. 2022年3月23日，“天宫课堂”第二课在中国空间站开讲，“太空教师”翟志刚、王亚平、叶光富相互配合，生动演示了微重力环境下太空“冰雪”实验、“液桥”演示实验（如图所示）、水油分离实验、太空抛物实验等，并深入浅出地讲解了实验现象背后的科学原理，下列说法正确的是（ ）
A. 只有在太空中才能进行“液桥”实验
B. 图中水把两块液桥板连在一起靠的是液体的表面张力
C. 塑料制成的液桥板是非晶体
D. 冰是晶体
【答案】BCD
【解析】AB．“液桥”实验靠的是液体的表面张力，在地面也可以完成该实验，故A错误，B正确；
C．塑料制成的液桥板是非晶体，不具有晶体的典型特征，故C正确；
D．冰具有晶体的典型特征，是晶体，故D正确。
故选BCD。
10. 如图所示，OBCD为半圆柱体玻璃的横截面，OD为直径，一束由蓝光和黄光组成的复色光沿AO方向从真空射入玻璃，分两束分别射到圆柱面的B、C两点。只考虑第一次射向圆弧的光线，下列说法正确的是（ ）
A. 从B、C两点射出的光分别是黄光、蓝光
B. 光从O传到B与光从O传到C的时间相等
C. 若从圆弧面只有一处光线射出，则一定是从B点射出
D. 若仅将复色光的入射点从O平移到D的过程中，可能出现从圆弧射出的两束光线平行
【答案】BD
【解析】A．同一介质对不同频率的光具有不同的折射率，折射率随频率的增大而增大，即玻璃对蓝光的折射率大。由于光束OB的偏转程度大于OC，可知光束OB为蓝光，光束OC为黄光。从B、C两点射出的光分别是蓝光、黄光。A错误；
B．设OD长度为d，折射角分别为、，连接BD、CD，如下图
根据
解得
光在玻璃中传播时间为
可解得
故B正确；
C．由
又
黄光的临界角大于蓝光的临界角。又蓝光与法线的夹角大于黄光与法线的夹角，若从圆弧面只有一处光线射出，则一定是从C点射出。C错误；
D．设复色光的入射点从O平移到D的过程中，从圆弧射出的两束光线入射角和折射角分别为：、、、，如图所示
由数学关系可知，存在从圆弧射出的两束光线平行且满足
D正确。
故选BD。
三、实验题（本题共2小题16分）
11. 洛埃德（H．Llyd）在1834年提出了一种更简单的观察干涉的装置。如图所示，从单缝S发出的光，一部分入射到平面镜后反射到屏上，另一部分直接投射到屏上，在屏上两光束交叠区域里将出现干涉条纹。单缝S通过平面镜成的像是。现应用洛埃德镜研究单色光的干涉现象。

（1）以下哪些操作能够减小光屏上相邻两条亮纹之间的距离___________（多选）；
A. 将单缝稍向下移动一些B. 将平面镜稍向下移动一些
C. 将光屏稍向左移动一些D. 将光源由绿色光改为红色光
（2）若光源S到平面镜的垂直距离和到光屏的垂直距离分别为和，光屏上形成的第2条亮纹与第8条亮纹的中心间距为，单色光的波长______；
【答案】（1）BC （2）
【解析】（1）根据双缝干涉条纹间距公式
可知，减小D，增大h，减小波长，能够减小光屏上相邻两条亮纹之间的距离；
A．将单缝稍向下移动一些，h减小，则增大光屏上相邻两条亮纹之间的距离，故A错误；
B．将平面镜稍向下移动一些，h增大，则减小光屏上相邻两条亮纹之间的距离，故B正确；
C．将光屏稍向左移动一些，D减小，则减小光屏上相邻两条亮纹之间的距离，故C正确；
D．将光源由绿色光改为红色光，波长增大，则增大光屏上相邻两条亮纹之间的距离，故D错误。
（2）光屏上形成的第2条亮纹与第8条亮纹的中心间距为，则相邻两亮条纹间距为
根据
所以单色光的波长为
12. 某同学自制了一个多用电表，电流表、电压表、欧姆表均为双量程，电表电路如图所示，M、N分别接表笔。所用器材如下：
A．电流表G（满偏电流Ig=1mA，内阻Rg =450Ω）；
B．定值电阻R1、R2、R3；
C．滑动变阻器R（最大阻值为120Ω）；
D．电源（电动势为1.5V，内阻不计）；
E．开关S1、S2；
F．表笔两只、导线若干。
（1）将S2接3，S1分别接1、2时为电流表，其量程分别为10mA和100mA，定值电阻R2的阻值为___________Ω。
（2）现将S2接4，S1接2时，欧姆表的挡位为___________（选填“×1”或“×10”）；欧姆调零后将待测电阻Rx接在M、N间，发现电流表指针偏转角很小，将挡位换成另一挡位，再次欧姆调零时，滑动变阻器R的滑片应___________（选填“向上”或“向下”）移动；欧姆调零后，电流表G示数为0.60mA，则待测电阻Rx=_________Ω。
（3）将S2接5、S1接1，若R3=55Ω，则此时电压表量程为___________V。
【答案】（1）45 （2） “×1” 向上 100 （3）1.0
【解析】（1）由图示电路图可知，开关S1接位置1时分流电阻阻值较大，是电流挡的小量程，即10mA量程；开关S1接位置2时分流电阻阻值较小，是电流挡的大量程，即为100mA量程；由题意可知，I1=10mA=0.01A， I2=100mA=0.1A，
由欧姆定律得，
代入数据解得R1=45Ω，R2=5Ω
（2）[1]现将S2接4，S1接2时，与电流表串联再与并联，三者的总电阻为
现将S2接4，S1接1时，与串联再与电流表并联，三者的总电阻为
欧姆表的倍率大的挡位内阻大，所以将单刀双掷开关S与2接通时，欧姆表的挡位为。
[2]结合上述分析可知，将挡位换成另一挡位，即将单刀双掷开关S与2接通换成与1接通，电流表满偏时，干路电流减小了，则调零时需增大滑动变阻器接入电路的电阻，即滑动变阻器R的滑片向上移动。
[3]结合上述分析可知，挡位换成另一挡位调零后，电流表满偏时，干路电流为，则欧姆表的内阻为
将电阻接在M、N间，电流表的指针对准刻度盘上的0.6mA处，干路电流为
则电阻
（3）将S2接5、S1接1，若R3=55Ω，根据欧姆定律可得此时电压表量程为
四、计算题（本题共3小题，38分。解答应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. 在驻波声场作用下，水中小气泡周围液体的压强会发生周期性变化，使小气泡周期性膨胀和收缩，气泡内气体可视为质量不变的理想气体，其膨胀和收缩过程可简化为如图所示的图像，气泡内气体先从压强为、体积为、温度为的状态A等温膨胀到体积为、压强为的状态B，然后从状态B绝热收缩到体积为、压强为、温度为的状态C，B到C过程中外界对气体做功为W，已知、、、W。求：
（1）与；
（2）B到C过程，气泡内气体内能的变化量。
【答案】（1）；；（2）
【解析】（1）由题可知，根据玻意耳定律可得
解得
根据理想气体状态方程可知
解得
（2）根据热力学第一定律可知
其中，故气体内能增加
14. 一定质量理想气体由状态A经过状态B变为状态C的压强p与温度T的关系图像，如图所示。已知气体在状态C的体积为，在状态A时的温度为。求：
（1）气体在状态A的体积；
（2）气体在状态B的温度。
【答案】（1）；（2）
【解析】（1）由理想气体状态方程可得
解得
（2）由图知从状态B到状态C为等容变化，从状态A到状态B为等压变化，则有
解得
15. 如图所示，在光滑水平面上建立坐标系，在左右两侧分别存在着Ⅰ区和Ⅱ区匀强磁场，大小均为，Ⅰ区方向垂直纸面向里，Ⅱ区一系列磁场宽度为均为，相邻两磁场方向相反，各磁场具有理想边界。在左侧是间距的水平固定的平行光滑金属轨道和，轨道端接有电容为的电容器，初始时带电量为，电键S处于断开状态。轨道上静止放置一金属棒，其质量，电阻。轨道右端上涂有绝缘漆，右侧放置一边长、质量、电阻为的匀质正方形刚性导线框。闭合电键棒向右运动，到达前已经匀速，与导线框碰撞并与边粘合在一起继续运动。金属轨道电阻不计，其边与轴保持平行，求：
（1）电键S闭合前，电容器下极板带电性，棒匀速时的速度；
（2）组合体边向右刚跨过轴时，两点间的电势差；
（3）碰后组合体产生的焦耳热及最大位移。
【答案】（1），沿轴正方向；（2）；（3），
【解析】（1）电容器下极板带负电；
棒以匀速运动时回路中，电容器两端
此时电容器带电量
开始运动至达稳定，对棒用动量定理，有
其中运动过程棒上通过电量
联立得
沿轴正方向
（2）棒与线框碰撞过程系统动量守恒，有
得碰后整体速度
碰后棒与边粘合，并联电阻为，则闭合线框总阻值为
边跨过轴时，边作电源，有
由闭合回路欧姆定律得
由右手定则判断边端为正极，故
则
（3）碰后与边在反向磁场中受沿轴负向的等大安培力，则从减速至0的过程中，对组合体在方向运用动量定理有
其中电流
两式联立累加有
则
从减速至0的过程中，对组合体系统有能量守恒故