2024届江苏无锡市锡山中学物理高二第二学期期末达标检测试题含解析

2024届江苏无锡市锡山中学物理高二第二学期期末达标检测试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24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、如图所示，一个三棱镜的截面为等腰直角△ABC，∠A为直角．此截面所在平面内的光线沿平行于BC边的方向射到AB边，进入棱镜后直接射到AC边上，并刚好能发生全反射．该棱镜材料的折射率为()A．B．C．D．2、关于物理学家及其相应贡献，以下叙述符合物理史实的是A．牛顿发现了万有引力定律并通过实验测出了万有引力常量B．安培提出场的概念，并用画电场线、磁感线的方法描述电场和磁场C．法拉第发现了电磁感应现象，并总结出磁场产生电流的条件D．汤姆逊通过对α粒子散射实验的分析与研究，提出了原子的核式结构模型3、如图，A、B两球（可视为质点）质量均为m，固定在轻弹簧的两端，分别用细绳悬于O点，其中球A处在光滑竖直墙面和光滑水平地面的交界处．已知两球均处于静止状态，OA沿竖直方向，OAB恰好构成一个正三角形，重力加速度为g，则下列说法正确的是()A．球A对竖直墙壁的压力大小为B．弹簧对球A的弹力大于对球B的弹力C．绳OB的拉力大小等于mgD．球A对地面的压力不可能为零4、如图所示，正方形线圈边长，匝数匝，线圈电阻为，在磁感应强度为的匀强磁场中以角速度绕轴匀速转动．若从图示位置开始计时，则（）A．线圈电动势的最大值是B．线圈电动势的有效值是C．线圈电动势瞬时值的表达式为D．线圈由图示位置转过的过程中，通过导线线截面的电荷量为5、关于通电直导线所受的安培力F、磁感应强度B和电流I三者方向之间的关系，下列说法中正确的是A．F与B、I的三者必定均相互垂直B．F必定垂直于B、I，但B不一定垂直于IC．B必定垂直于F、I，但F不一定垂直于ID．I必定垂直于F、B，但F不一定垂直于B6、电磁感应发射装置的简易模型如图所示，质量为m，电阻为R，边长为L的正方形金属线框abcd竖直静止放置在水平面上，垂直于线框平面存在有界匀强磁场，线框cd边在磁场外侧且紧靠磁场边界。在某次成功发射过程中，磁感应强度B随时间t的变化规律为B=B0+kt（k是大于零的常数），线框能穿过磁场继续上升，上升的最大高度为h。重力加速度为g，空气阻力不计，线框平面在运动过程中不旋转始终保持竖直。下列说法错误的是（）A．t=0时刻，线框中的电流大小I=kB．t=0时刻，线框ab边受到安培力F=BC．线框从静止到最高点的过程中安培力所做的功等于mghD．线框从最高点下落，再次经过磁场的过程中磁感应强度大小为B′且保持恒定，使线框最终以速度v安全着陆。则线框下落过程运动总时间t=B二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7、一对等量同种点电荷固定于光滑绝缘水平面上（图中未画出），以其连线的中点O为坐标原点、中垂线为x轴建立平面直角坐标系。一带电小球自x轴上坐标为x1的点左侧某处由静止释放，小球受到的电场力F随位置x的变化关系如图所示，x1、x2、x3、x4分别为x轴上的4个位置，小球产生的电场忽略不计，则以下说法正确的是（）A．小球带正电B．沿x轴从x1处到O点，电势先升高后降低C．小球从x1处到x4处的运动过程中，其动能与电势能之和保持不变D．小球由x3处运动到x4处过程中动能变化量等于图中的阴影面积8、下列说法正确的是（）A．麦克斯韦提出光是一种电磁波并通过实验证实了电磁波的存在B．在电磁波的接收中，把有用的信号选择出来的过程叫解调C．各种电磁波中最容易表现出干涉和衍射现象的是γ射线D．验钞机是利用紫外线的特性工作的9、如图所示，质量为3kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上面质量为1kg的物体B用细线悬挂A、B间相互接触但无压力．取g=10m/s1．某时刻将细线剪断，则细线剪断瞬间A．弹簧弹力大小为10NB．B对A的压力大小为11NC．A的加速度为零D．B的加速度大小为4m/s110、如图所示，一定质量的理想气体从状态A依次经过状态B、C和D后再回到状态A．其中，A→B和C→D为等温过程，B→C和D→A为绝热过程（气体与外界无热量交换）．这就是著名的“卡诺循环”．该循环过程中，下列说法正确的是___________（选对1个得3分，选对2个得4分，选对3个得5分，选错一个扣3分，选错2个不得分）A．A→B过程中，气体对外界做功B．B→C过程中，气体分子的平均动能增大C．C→D过程中，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多D．D→A过程中，气体的温度在升高E.D→A过程中，气体分子的速率分布曲线不发生变化三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11．（6分）用双缝干涉测光的波长，实验中采用双缝干涉仪，它包括以下元件（其中双缝和光屏连在遮光筒上）：A．白炽灯B．单缝片C．光屏D．双缝E.滤光片（1）把以上元件安装在光具座上时，正确的排列顺序是：_________________________；（2）正确调节后，在屏上观察到红光干涉条纹，用测量头测出10条红亮条纹间的距离为a；改用绿色滤光片，其他条件不变，用测量头测出10个绿亮条纹间的距离为b，则一定有a________b（选填“＞”、“＜”或“＝”）12．（12分）在“用单摆测定重力加速度”的实验中(1)为了尽量减小实验误差，以下做法正确的是___；A．选用轻且不易伸长的细线组装单摆B．选用密度和体积都较小的摆球组装单摆C．使摆球在同一竖直面内做小角度摆动D．选择最大位移处作为计时起点(2)用游标卡尺测定摆球的直径，测量结果如图所示，则摆球的直径为____；(3)一位同学在实验中误将49次全振动计为50次，其它操作均正确无误，然后将数据代入单摆周期公式求出重力加速度，则计算结果比真实值___；（选填“偏大”或“偏小”）(4)为了进一步提高实验精度，可改变几次摆长L并测出相应的周期，从而得出一组对应的与的数据，再以为横轴、为纵轴建立直角坐标系，得到图示直线，并求得该直线的斜率为，则重力加速度_____。四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13．（10分）如图所示，两个带正电的点电荷M和N，带电量均为Q，固定在光滑绝缘的水平面上，相距2L，A，O，B是MN连线上的三点，且O为中点，OA=OB=，一质量为m、电量为q的点电荷以初速度v0从A点出发沿MN连线向N运动，在运动过程中电荷受到大小恒定的阻力作用，但速度为零时，阻力也为零，当它运动到O点时，动能为初动能的n倍，到B点刚好速度为零，然后返回往复运动，直至最后静止．已知静电力恒量为k，取O处电势为零．求：（1）A点的场强大小；（2）阻力的大小；（3）A点的电势；（4）电荷在电场中运动的总路程．14．（16分）如图所示，两物块A、B并排静置于高h=0.80m的光滑水平桌面上，物块的质量均为M=0.60kg．一颗质量m=0.10kg的子弹C以v0=100m/s的水平速度从左面射入A，子弹射穿A后接着射入B并留在B中，此时A、B都没有离开桌面．已知物块A的长度为0.17m，A离开桌面后，落地点到桌边的水平距离s=1.0m．设子弹在物块A、B中穿行时受到的阻力大小相等，g取10m/s1．(平抛过程中物块看成质点)求：（1）物块A和物块B离开桌面时速度的大小分别是多少；（1）子弹在物块B中打入的深度；（3）若使子弹在物块B中穿行时物块B未离开桌面，则物块B到桌边的最小初始距离．15．（12分）如图所示，绝热圆柱形气缸直立在水平地面上，内有质量不计、可上下移动的绝热活塞，在距缸底高为的缸口处有固定的卡环，使活塞不会从气缸中顶出，不计摩擦。活塞下方距缸底高为处还有一固定的导热隔板，将容器分为A、B两部分，A、B中各封闭同种理想气体，开始时A、B中气体的温度均为27℃，压强等于外界大气压强，活塞距气缸底的高度为，现通过电热丝缓慢加热B中气体，求：(1)当B中气体的压强为时，活塞距缸底的高度是多少？(2)当A中气体的压强为时，B中气体的压强是多少？

参考答案一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24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、A【解题分析】三棱镜的截面为等腰直角ABC，光线沿平行于BC边的方向射到AB边，则第一次折射时的入射角等于45°，射到AC边上，并刚好能发生全反射．则有．由折射定律可得：；所以由上两式可得：n=，故选A.点睛：临界角其实也是入射角，对于同一介质它是特定的．当光垂直入射时，由于入射角为零，所以折射角也为零，由于已知三棱镜的顶角，当光再次入射时，由几何关系可知折射角角，最后由折射定律可求出折射率．2、C【解题分析】

牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许通过实验测出了万有引力常量，选项A错误；法拉第提出场的概念，并用画电场线、磁感线的方法描述电场和磁场，选项B错误；法拉第发现了电磁感应现象，并总结出磁场产生电流的条件，选项C正确；卢瑟福通过对α粒子散射实验的分析与研究，提出了原子的核式结构模型，选项D错误.3、C【解题分析】试题分析：C、对B球受力分析，受重力、支持力和拉力，如图；由于三个力夹角均为120°，故弹簧的支持力和绳子OB的拉力都等于重力mg，故C正确；A、对A球受力分析，受重力、弹簧的压力，墙壁的向右的支持力、细线的拉力、地面的支持力，（其中地面的支持力和拉力可能只有一个），在水平方向：,故A错误；B、弹簧静止，合力为零，故两个球对弹簧的弹力等大、反向、共线，故弹簧对球A的弹力等于对球B的弹力，故B错误；D、根据平衡条件，绳OA对球A的拉力和地面的支持力的合力大小等于弹簧推力的竖直分力和重力之和，故N+T=mg+Fsin30°,故T≤1．5mg，0≤N≤1．5mg．可知地面对A的支持力可能等于0，根据牛顿第三定律，球A对地面的压力可能为零．故D错误；故选C．考点：考查共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．【名师点睛】该题考查共点力作用下物体的平衡，解答本题关键是先后对两个小球受力分析，然后根据平衡条件列式分析求解．4、D【解题分析】A．根据法拉第电磁感应定律，感应电动势的最大值Em=nBSω=20×0.5×0.2×0.2×100V=40V，故A错误；B．根据正弦交流电最大值和有效值的关系，E有=，故B错误；C．图示位置为中性面，从图示位置开始计时，线圈转动过程中的瞬时电动势表达式为：e=nBSωsinωt=Emsinωt=40sin100πt（V），故C错误；D．根据感应电动势平均值为：，感应电流平均值为：，通过导线截面的电量：q=，线圈从初始位置开始,转过90∘角的过程中，q=20×C=0.1C，故D正确．故选D5、B【解题分析】试题分析：根据左手定则拇指，四指以及磁场方向的关系判断根据左手定则可知安培力的方向一定垂直于磁场和电流方向，但是磁场方向不一定和电流方向垂直，B正确．6、D【解题分析】

A、感应电动势：E=∆ϕΔt=ΔBSΔt=kL2，感应电流大小：I=EB、t=0时刻，磁感应强度：B=B0，线框ab边受到的安培力：F=B0IL=B0kLC、线框从静止开始到到达最高点过程，由能量守恒定律得：W安=mgh，即线框从静止到最高点过程安培力做功为mgh，故C正确。D、线框下落进入磁场前做自由落体运动，h-L=12gt12，自由下落的时间：t1=2(h-L)g，线框进入磁场时的速度：v1=2g(h-L)，线框在磁场中运动过程，由动量定理得：mgt2﹣B′iLt2=mv﹣mv1，其中：q=it2=ΔϕR=B´L2R，解得：t2=B´2L3mgR+v-2g(h-L)g，所以线框下落过程运动总时间t二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7、CD【解题分析】

A.由于一对等量同种点电荷的电性不知道，无法确定小球的电性，故A错误；B.由于一对等量同种点电荷的电性不知道，无法确定电势的高低，故B错误；C.等量同种点电荷固定于光滑绝缘水平面上，所以小球在运动过程中仅受电场力作用，小球从x1处到x4处的运动过程中，其动能与电势能之和保持不变，故C正确；D.F﹣x图象与坐标轴围成的面积表示电场力做的功，根据动能定理可知△Ek＝W电，所以小球由x3运动到x4过程的动能变化量对应图中的阴影面积，故D正确。8、BD【解题分析】

A.麦克斯韦建立了电磁场理论，预言了电磁波的存在，提出了光的电磁说，赫兹通过实验证实了电磁波的存在，故A错误；B.在电磁波接收过程中，使声音信号或图象信号从高频电流中还原出来的过程叫解调，故B正确；C.波长越长衍射越明显，各种电磁波中最容易表现出衍射现象的是无线电波，故C错误；D.验钞机是利用紫外线的荧光效应的特性工作的，故D正确．故选BD.9、BD【解题分析】A、剪断细线前，A和B间无压力，则弹簧的弹力F=mAg=30N，剪断细线的瞬间，弹簧的弹力不会突变，则弹力还是30N，A项错误．C、D、剪断细线的瞬间两物体即将一起加速向下运动，对整体分析整体加速度，则C项错误，D项正确．B、隔离对B分析，mBg-N=mBa，解得N=mBg-mBa=10-1×4N=11N，故B正确．故选BD．【题目点拨】细线剪断瞬间，先考虑AB整体，根据牛顿第二定律求解瞬时加速度；再考虑B，根据牛顿第二定律列式求解弹力；最后根据牛顿第三定律列式求解B对A的压力．10、ACD【解题分析】

气体的内能只与温度有关，根据热力学第一定律有△U=W+Q判断气体吸热还是发热；根据图象利用理想气体状态方程对每一个过程进行分析即可．【题目详解】A．因为A→B为等温过程，压强变小，体积变大，故气体对外界做功，故A正确；B．B→C为绝热过程，压强变小，体积变大，气体对外界做功，根据热力学第一定律有△U=W+Q，Q=0，所以内能减小，则温度降低，分子平均动能减小，故B错误；C．C→D为等温过程，压强变大，体积减小，因为温度不变，故气体分子的平均动能不变，压强变大说明单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多，故C正确；DE．D→A为绝热过程，压强变大，体积减小，故外界对气体做功，根据热力学第一定律有△U=W+Q，Q=0，所以内能增大，则温度升高，故气体分子的速率分布曲线会发生变化，故D正确，E错误．【题目点拨】本题是图象问题，解题的关键从图象判断气体变化过程，利用理想气体状态方程，然后结合热力学第一定律进行分析判断即可解决．三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11、AEBDCa＞b【解题分析】

(1)为获取单色线光源，白色光源后面要有滤光片、单缝，然后让单色线光源通过双缝在光屏上形成干涉图样；(2)首先判断红光和绿光的波长关系，结合公式Δx=ldλ即可得知红光的干涉条纹间距△x1与绿光的干涉条纹间距△x【题目详解】(1)在光具座上从左向右，应该是光源、滤光片、单缝、双缝、光屏，故自光源起合理的顺序是：AEBDC．(2)红光的波长大于绿光的波长，由公式Δx=ldλ，可知红光的干涉条纹间距△x1与绿光的干涉条纹间距△x2相比，△x1＞△【题目点拨】对于该题，要熟练的掌握七种颜色的光之间的频率关系和波长的关系，了解公式Δx=l12、(1)AC(2)18.1(3)偏大(4)【解题分析】

(1)A。为减小实验误差，组装单摆须选用轻且不易伸长的细线，故A正确；B．为减小空气阻力对实验的影响，从而减小实验误差，组装单摆须选用密度大而直径都较小的摆球，故B错误；C．使摆球在同一竖直平面内做小角度摆动（小于5°），故C正确；D．测量时间应从单摆摆到最低点开始，因为最低位置摆球速度最大，相同的视觉距离误差，引起的时间误差较小，则周期测量比较准确，故D错误；故选AC。(2)游标卡尺的固定刻度读数为18mm，游标尺读数为：0.1×1mm=0.1mm，所以最终读数为：18mm+0.1mm=18.1mm；(3)单摆的周期公式得：，据可知，将49次全振动计为50次，使周期变小，据加速度的表达式可知，会使g偏大；(4)单摆的