广西玉林市2024-2025学年高二下学期期末教学质量监测物理试卷（解析版）

这是一份广西玉林市2024-2025学年高二下学期期末教学质量监测物理试卷（解析版），共16页。
1．答题前，务必将自己的姓名、学校、班级、准考证号填写在答题卡规定的位置上。
2．答选择题时，必须使用2B铅笔将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，再选涂其它答案标号。
3．答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色墨水签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上。
4．所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效。
一、选择题：本大题共10小题，共46分。第1~7题，每小题4分，只有一项符合题目要求，错选、多选或未选均不得分；第8~10题，每小题6分，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不选的得0分。
1. 我国自行研制的北斗卫星导航系统，是用时间测距方法进行导航定位。通常导航信号传输使用电磁波。下列关于电磁波的说法中，正确的是（ ）
A. 电磁波可以传递信息和能量，只能在介质中传播
B. 不同频率的电磁波在真空中的传播速度不同
C. 增大电容器的电容，可以减小电路产生的电磁波频率
D. 红外线测温仪，是利用了红外线波长较长的特性
【答案】C
【解析】A．电磁波可以在真空中传播，不需要介质，故A错误；
B．所有电磁波在真空中的传播速度均为光速，与频率无关，故B错误；
C．根据振荡电路的频率公式为
可知增大电容时，频率减小，故C正确；
D．红外线测温仪利用的是红外线的热效应，故D错误。
故选C。
2. 高铁因其高效便捷而成为人们出行常选的交通工具。一列长209m的高铁列车从车头到达站台端点到最终停下，历时，停下时车尾超过该端点恰好。若将列车进站过程视为匀减速直线运动，则列车车头驶入站台端点时速度的大小约为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】列车做匀减速直线运动，总位移为车长加上车尾超过端点的距离，即
根据
代入数据解得
故选C。
3. 利用如图所示的电流天平，可以测量匀强磁场的磁感应强度。它的右臂挂着矩形线圈，匝数为，段导线长为，处于匀强磁场中，磁感应强度垂直线圈平面向里。当线圈没有通电时，天平处于平衡状态。当线圈中通入电流时，通过在右盘加质量为的砝码使天平重新平衡，重力加速度为。下列说法正确的是（ ）
A. 线圈通电后，段导线受到的安培力方向向右
B. 线圈通电后，段导线受到的安培力方向向下
C. 由以上测量数据可以求出磁感应强度
D. 由以上测量数据可以求出磁感应强度
【答案】D
【解析】AB．线圈通电后，根据左手定则可知段导线受到的安培力方向向上，故AB错误；
CD．线圈受到的安培力大小为
在右盘加质量为的砝码使天平重新平衡，则有
则磁感应强度大小为，故C错误，D正确。
故选D。
4. 用均匀细导线做成半径为的单匝圆环，其内接正方形内存在垂直圆环面的磁场，时磁感应强度的方向如图甲所示，磁感应强度随时间的变化关系如图乙所示，则圆环中产生的感应电动势大小为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】设正方形的边长，由几何关系可得
解得
根据法拉第电磁感应定律可得圆环中产生的感应电动势大小为
故选B。
5. 如图为远距离输电的原理图，电路中的变压器和都认为是理想变压器，发电厂的输出电压恒定，输电线上的电阻不变。若用户接入的用电器增多，下列说法正确的有（ ）
A. 为降压变压器，为升压变压器
B. 输电线损失的功率减小
C. 升压变压器的输出电压变小
D. 加在用户两端的电压变小
【答案】D
【解析】A．远距离输电采用高压输电，可知，为升压变压器，为降压变压器，故A错误；
C．根据电压匝数关系有
可知，升压变压器的输出电压由输入电压和匝数比决定，则升压变压器的输出电压不变，故C错误；
B．将用户整体等效为一个电阻，将降压变压器与用户整体等效为一个电阻，则有
若用户并联接入的用电器增多，则减小，则减小，根据
可知，输电线上的电流会变大，根据
可知，输电线损失的功率增加，故B错误；
D．根据
结合上述可知，降压变压器的初级电压减小，根据电压匝数比关系可知，用户得到的电压减小，故D正确。
故选D。
6. 如图所示，取一个半径为的软木塞，在它的圆心处插上一枚大头针，让软木塞浮在液面上。调整大头针插入软木塞的深度，使它露在下面的长度为。这时从液面上方的各个方向向液体中看，恰好看不到大头针。则液体的折射率为（ ）

A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】调整大头针插入软木塞的深度，使它露在外面的长度为，这时从液面上方的各个方向向液体中看，恰好看不到大头针，则恰好针底部射向软木塞下边沿的光线在水和空气的表面发生全反射。画出光路图如图。由几何关系有
解得
故选B。

7. 如图所示为机械手用四根“手指”抓取篮球的简化示意图。抓取点平均分布在球心上方的水平面内，抓取点与球心的连线与水平面夹角为，“手指”与篮球的动摩擦因数为，篮球的重力大小为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且不考虑篮球的明显形变。下列说法正确的是（ ）
A. 若与的关系满足，则一定不能将篮球抓起
B. 只要“手指”对篮球的压力足够大，不论取何值都能将篮球抓起
C. 若抓起篮球竖直向上做加速运动，则每根“手指”对篮球的作用力为
D. 若能抓起篮球，则每根“手指”对篮球压力的最小值为
【答案】D
【解析】ABD．对篮球受力分析，设“手指”与篮球接触点的切向与竖直方向的夹角为，则竖直方向满足
因为静摩擦力
解得
所以想要抓起篮球，则每根“手指”对篮球压力的最小值为
则不能将篮球抓起的时候有
如果都不能将篮球抓起，则静摩擦力即将变为滑动摩擦力也不能抓起，即不论压力多大都有，等价于
则应
故AB错误，D正确；
C．若抓起篮球竖直向上做加速运动，则每根“手指”对篮球的作用力大于，故C错误。
故选D。
8. 以下为教材中的四幅图，相关叙述正确的是（ ）
A. 甲图是显微镜下小炭粒的运动位置连线图，连线表示小炭粒的运动轨迹
B. 图乙是封闭在容器中的一定质量的理想气体，若温度降低，其内能一定减小
C. 图丙是一定质量的理想气体在不同温度下的两条等温线，则
D. 图丁为分子力与分子间距离关系图，分子间距从r0增大时，分子力先变大后变小
【答案】BD
【解析】A．每隔一段时间把观察到的炭粒的位置记录下来，然后用直线把这些位置依次连接成折线，所以布朗运动图像反映每隔一段时间固体微粒的位置，而不是运动轨迹，故A错误；
B．理想气体的内能只和温度有关，温度降低时，内能一定减小，故B正确；
C．作一条竖直的等容线，与两条等温线的交点分别表示为（T1，p1）、（T2，p2），根据，
解得，故C错误；
D．丁图为分子力与分子间距离关系图，分子间距从r0增大时，分子力先变大后变小，故正确。
故选BD。
9. 车载手机无线充电是一种方便的充电方式，可以让驾驶者在驾车过程中无须使用充电线连接手机而给手机充电。这种技术利用了电磁感应原理，通过在车内安装一个无线充电器，向放置在充电器上的手机发送电能。整个装置的示意图如图所示，电力输送线圈匝数与接受线圈的匝数之比为，输电线圈的电压。不计充电过程的电能损失。下列说法正确的是（ ）
A. 若输电线圈的电流为逆时针方向（俯视图）且减小，则接受线圈的电流方向为逆时针
B. 无线充电的频率为
C. 接受线圈两端电压的有效值为
D. 接受线圈两端的最大电压为
【答案】AC
【解析】A．若输电线圈的电流为逆时针方向（俯视图）且减小，则通过接受线圈的磁通量减小，根据楞次定律可知接受线圈产生的磁场与原来的磁场方向相同，结合安培定则可知，接受线圈的电流方向为逆时针，故A正确；
B．由
可得无线充电的频率为，故B错误；
CD．输电线圈的电压有效值为
由
可得接受线圈两端电压的有效值为
则接受线圈两端的最大电压为，故C正确，D错误。
10. 如图所示为冰壶的比赛场地，营垒的半径为R，O为圆心，冰壶Q停在营垒的中线上，，运动员将冰壶P由投掷线处将其推出，使冰壶P沿中线运动，经过一段时间与冰壶Q发生正碰，碰撞的时间极短，碰后两冰壶仍沿中线运动，结果冰壶Q刚好被击出营垒，冰壶P刚好停在离营垒边缘距离R处（未进入营垒）。已知PQ之间的距离为31.5R，两冰壶与冰面间的动摩擦因数均为μ，两冰壶的质量相等（两冰壶可以看作质点），重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A. 冰壶P被推出瞬间的速度大小为
B. 碰前冰壶P的速度大小为
C. 该碰撞为弹性碰撞
D. 碰撞损失的机械能与碰前冰壶P的动能之比为4:9
【答案】AD
【解析】AB．设冰壶P被推出瞬间的速度为v0，冰壶P与冰壶Q碰撞前瞬间的速度为vP。
对冰壶P由P运动到Q的过程中根据动能定理得
P与Q发生正碰，设二者碰后的速度分别为vP1、vQ1。
对碰撞过程根据动量守恒定律得
碰后P与Q运动距离分别为
对P和Q分别根据动能定理得
解得
，
，
A正确，B错误；
CD．碰撞前P的动能
碰撞过程中损失的机械能
碰撞损失的机械能与碰前冰壶P的动能之比为
C错误，D正确。
故选AD。
二、实验题：本大题共2小题，共16分。
11. 某兴趣小组通过实验测量滑块和长木板之间的动摩擦因数，实验装置示意图如图甲所示，长木板水平，已知重力加速度为g。
（1）用螺旋测微器测量遮光条的宽度如图乙所示，则宽度d=________mm。
（2）初始时，将滑块放在光电门左侧，给滑块一个向右的初速度，遮光条通过光电门的挡光时间为t，则滑块经过光电门时速度大小为________（用题中所给物理量的符号表示）；同时测出滑块停止时遮光条中心到光电门中心的距离x。
（3）实验时________（填“需要”或“不需要”）测量滑块的质量。
（4）改变滑块的初速度，重复实验，得到多组挡光时间t和距离x。
（5）以为横轴，为纵轴，建坐标系，通过描点、连线将实验数据转化为图像，若该图像为斜率为k的倾斜直线，则滑块与长木板间的动摩擦因数µ=________（用题中所给物理量的符号表示）。
【答案】（1）6.125##6.124##6.126 （2） （3）不需要 （5）
【解析】[1]螺旋测微器的读数为固定刻度与可动刻度之和，所以由图乙遮光条的宽度为
[2]滑块经过光电门时速度大小为
[3]若木板水平，由能量转化与守恒有
解得
所以实验时不需要测量滑块的质量。
[4]滑块在光电门右侧运动过程有
整理有
所以
解得
12. 半导体薄膜压力传感器阻值会随压力变化而改变。某小组设计实验测量一薄膜压力传感器在不同压力下的阻值RF，其阻值约几十千欧，以下为本实验的部分器材：
电源：电动势3V，内阻不计
电流表A1：量程250µA，内阻约为5Ω
电流表A2：量程250mA，内阻约为10Ω
电压表V：量程3V，内阻约为20kΩ
滑动变阻器R：阻值范围0~100Ω
（1）利用图甲测量电路测量一薄膜压力传感器在不同压力下的阻值RF，为了提高测量的准确性，电流表应选________（选填“A1”或“A2”）。
（2）通过多次实验测得其阻值RF随压力F变化的RF-F图像如图乙所示，由图乙可知压力越大，压力传感器的阻值________（选填“越大”或“越小”）。
（3）将该压力传感器接入如图丙所示电路中，制作成简易电子秤，它主要构成有：压力传感器RF，定值电阻R0=8kΩ，理想电流表，电动势为6V的电源，电源内阻不计。在托盘上放入砝码，电流表示数为200µA。通过计算可知压力传感器的阻值为________kΩ，托盘与所放砝码总重力大小为________N。（结果均保留两位有效数字）
【答案】（1）A1 （2）越小 （3）22 3.0
【解析】（1）电路中最大电流为
故为了提高测量的准确性，电流表应选A1；
（2）由图乙可知，压力越大，压力传感器的阻值越小；
（3）[1]根据闭合电路的欧姆定律
可得
[2]由图乙可知，当时，压力传感器的压力为3.0N，则托盘与所放砝码总重力大小为3.0N。
三、计算题：本题共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，只写出最后答案不能得分，有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。
13. 自行车前叉是连接车把手和前轴的部件，如图甲所示。为了减少路面颠簸对骑手手臂的冲击，前叉通常安装有减震系统，常见的有弹簧减震和空气减震。一空气减震器的原理图如图乙所示，总长、横截面积为的汽缸（密封性良好）里面充有空气，忽略光滑活塞（厚度不计）和车把手的质量，缸内气体的热力学温度为，当不压车把手时活塞恰好停留在汽缸顶部，外界大气压强。求：
（1）不考虑缸内气体温度变化，活塞稳定在距汽缸顶部处时，车把手对活塞的压力大小；
（2）缸内气体的热力学温度为，不压车把手时，活塞到汽缸顶部的距离。
【答案】（1） （2）
【解析】（1）汽缸内气体初始状态
，
下压后，
根据
解得
又
解得
（2）由
且
解得
活塞到汽缸顶部的距离
解得
14. 如图甲所示，不计电阻的平行金属导轨与水平面成θ=53°角放置，导轨间距为l=1m，上端接有电阻R=3Ω，虚线下方是垂直于导轨平面的匀强磁场。现将质量m=0.1kg，有效电阻r=1Ω的金属杆ab从上方某处垂直于导轨由静止释放，杆下滑过程中始终与导轨垂直并保持良好接触，杆下滑过程中的v﹣t图像如图乙所示。g取10m/s2，sin53°=0.8。求：
（1）杆与金属导轨间动摩擦因数μ；
（2）匀强磁场的磁感应强度大小B；
（3）杆在磁场中下滑0.1s过程中电阻R产生的热量QR。
【答案】（1）0.5 （2）2T （3）0.01875J
【解析】（1）由图乙知，杆的加速度为
根据牛顿第二定律得
解得
（2）杆进入磁场时做匀速运动，此时杆产生的感应电动势为
杆中的感应电流为
杆所受的安培力大小为
联立得
由图知
由平衡条件得
代入数据解得
（3）杆中感应电流大小为
杆在磁场中下滑0.1s过程中电阻R产生的热量为
解得
15. 如图所示，与之间的区域分布着与点等距离的各点处场强大小相等、方向指向圆心的径向电场，右侧间距为的区域内分布着方向垂直纸面向外的匀强磁场（含边界），其左边界与重合。足够长的挡板，上端位于点且与共线。粒子源发出的粒子（速度忽略不计），经加速电场加速后，从点垂直该点电场方向进入径向电场，恰好做半径也为的匀速圆周运动，从点垂直射入右侧匀强磁场。已知粒子质量为，电荷量为，加速电场的电压为，不计粒子重力，粒子击中挡板后被吸收。
（1）求粒子进入径向电场时的速度大小和径向电场中半径为处的场强大小；
（2）求能使粒子达到挡板上的磁感应强度最大值和此条件下粒子在磁场中运动时间；
（3）保持（2）中最大磁感应强度不变，若在磁场空间加上、方向与磁场平行的匀强电场（图中未画出），求粒子从点进入叠加场后第一个周期内的位移大小。
【答案】（1）； （2）； （3）
【解析】（1）粒子通过加速电场，根据动能定律
解得粒子进入径向电场时速度大小为
粒子在径向电场中，由电场力提供向心力
解得径向电场中半径为处的场强大小为
（2）依题意，粒子恰好打在挡板上的点，磁场的磁感应强度最大，可得
由几何关系可得
联立解得
根据，解得
依题意可得
联立解得
（3）加上匀强电场后，粒子的实际运动可分解为沿电场方向的匀加速直线运动和垂直磁场方向的匀速圆周运动，则第一个周期内分运动的位移分别为，
由牛顿第二定律
可得该段时间内粒子的实际位移为
联立解得