新疆乌鲁木齐市第四中学2024-2025学年高二物理下学期期末考试试题含解析

PAGE14-乌鲁木齐市第四中学2024-2025学年下学期期末考试高二物理试题一、选择题（本大题共12小题，共48分，1-8题为单选题，9-12题多选题）1.电磁感应现象在生活及生产中的应用特别普遍，下列不属于电磁感应现象及其应用的是A.发电机 B.电动机 C.变压器 D.日光灯镇流器【答案】B【解析】发电机是利用线圈在磁场中做切割磁感线运动从而产生电流电磁感应现象来工作的，选项A不符合题意；电动机是利用通电线圈在磁场中受力转动的原理来工作的，不属于电磁感应现象及其应用，选项B符合题意；变压器是利用电磁感应现象的原理来变更沟通电压的，选项C不符合题意；日光灯镇流器利用了电磁感应现象中的自感现象，选项D不符合题意；故选B．2.下面关于电磁感应现象的说法中，正确的是A.只要穿过闭合电路中的磁通量不为零，闭合电路中就肯定有感应电流产生B.穿过闭合电路中的磁通量削减，则闭合电路中感应电流减小C.穿过闭合电路中的磁通量变更越快，则闭合电路中感应电动势越大D.穿过闭合电路中的磁通量越大，则闭合电路中的感应电动势越大【答案】C【解析】【详解】穿过闭合电路中的磁通量不为零时，若磁通量不发生变更，闭合电路中没有感应电流产生，故A错误；穿过闭合电路中的磁通量削减，磁通量的变更率不肯定削减，依据法拉第电磁感应定律则知：感应电动势不肯定削减，感应电流就不肯定削减，故B错误；依据法拉第电磁感应定律则知：感应电动势的大小与磁通量变更率成正比，与磁通量没有干脆关系，所以磁通量越大，感应电动势不肯定越大；而磁通量变更越快，磁通量变更率就越大，则闭合电路中感应电动势越大，故D错误，C正确。3.如图所示，有一矩形闭合导体线圈，在范围足够大的匀强磁场中运动、下列图中能产生感应电流的是A.水平运动 B.水平运动C.绕轴转动 D.绕轴转动【答案】D【解析】试题分析：A图中线圈水平运动，磁通量始终为零不变，故无感应电流产生，选项A错误；B图中线圈水平运动，磁通量不变，故无感应电流产生，选项B错误；C图中线圈绕轴转动，磁通量始终为零不变，故无感应电流产生，选项C错误；D图中线圈绕轴转动，磁通量不断变更，故有感应电流产生，选项D正确；故选D.考点：电磁感应现象【名师点睛】此题是考查电磁感应现象；要知道只有当穿过闭合回路的磁通量发生变更时就会有感应电流产生；或者当闭合电路的部分导体在磁场中切割磁感线运动时就会有感应电流产生；依据题目的状况结合产生感应电流的条件进行推断.4.如图所示，两平行的虚线区域内存在着有界匀强磁场，有一较小的三角形线框abc，其ab边与磁场边界平行，bc边小于磁场区域的宽度，现使此线框向右匀速穿过磁场区域，运动过程中始终保持速度方向与ab边垂直则下列各图中哪一个可以定性地表示线框在穿过磁场的过程中感应电流随时间变更的规律设逆时针电流方向为正方向A. B.C. D.【答案】D【解析】起先时进入磁场切割磁感线，依据右手定则可知，电流方向为逆时针，当起先出磁场时，回路中磁通量减小，产生的感应电流为顺时针；不论进入磁场，还是出磁场时，由于切割的有效长度变小，导致产生感应电流大小变小，故ABC错误，D正确；故选D．点睛：对于图象问题可以通过解除法进行求解，如依据图象过不过原点、电流正负、大小变更等进行解除.5.如图为一沟通发电机发出的电流随时间的变更图象，则下列说法正确的是A.在A点时穿过线圈的磁通量最大B.在B点时穿过线圈的磁通量变更率最大C.在A点时线圈处在中性面，电流方向变更D.在B点时线圈处在中性面，电流方向变更【答案】D【解析】【分析】依据图象可知电动势最大和零的时刻，电动势为零时磁通量最大，线框平面垂直于磁场，磁通量为零时电动势最大，线框平面于磁场平行．【详解】在A点时交变电流的电流最大，磁通量变更率最大，磁通量为零，所以此时的线框平面于磁场平行，A错误；在B点时交变电流为零，穿过线圈的磁通量变更率最小，B错误；在A点时交变电流的电流最大，所以此时的线框平面于磁场平行，电流方向不变，C错误；在B点时交变电流为零，通过线框的磁通量最大，线圈处在中性面，电流方向变更，D正确．6.如图所示是某质点做简谐运动的振动图象．关于质点的运动状况，下列描述正确的是（）A.t＝1.5s时，质点正沿x轴正方向运动B.t＝1.5s时，质点的位移方向为x轴负方向C.t＝2s时，质点的速度为零D.t＝2s时，质点的加速度为零【答案】D【解析】在t=1.5s时刻，图象切线的斜率为负，说明质点是从x的最大位移处向平衡位置方向运动的，运动的方向沿x的负方向，故A错误．由图可知，1.5s末质点的位移大于0，质点的位移方向为x轴正方向，故B错误．由图可知，在t=2s时刻，质点的位移为0，则速度为最大，故C错误．由图可知，在t=2s时刻，质点的位移为0，则复原力等于0，依据牛顿其次定律可知加速度等于0，故D正确．故选D.点睛：此题关键是知道位移时间图象的斜率等于速度，从而分析质点的速度方向．质点通过平衡位置时速度最大，加速度最小；通过最大位移处时加速度最大．7.在光滑的水平面上有静止的物体A和B.物体A的质量是B的2倍，两物体由中间用细绳束缚的、处于压缩状态的轻质弹簧相连.当把细绳剪断，弹簧在复原原长的过程中（）A.A的速率是B的2倍 B.A的动量大小大于B的动量大小C.A所受力的大小大于B所受力的大小 D.A、B组成系统的总动量为零【答案】D【解析】【详解】AD．弹簧在复原原长的过程中，两物体及弹簧组成的系统动量守恒，规定向左为正方向，则有m1v1+m2（-v2）=0，由于物体A的质量是B的2倍，故A的速率是B的，选项A错误，D正确；B．A的动量大小等于B的动量大小，故B错误C．在复原原长的过程中，弹簧对物体A和B的作用力大小相等，A所受力的大小等于B所受力的大小，故C错误.8.用同一光电管探讨a、b两种单色光产生的光电效应，得到光电流I与光电管两极间所加电压U的关系如图则这两种光下列说法正确的是A.在同种匀称介质中，a光的传播速度比b光的小B.从同种介质射入真空发生全反射时a光临界角小C.分别通过同一双缝干涉装置，a光的相邻亮条纹间距大D.若两光均由氢原子能级跃迁产生，产生a光的能级能量差小【答案】CD【解析】【详解】A.依据光电效应方程Ekm=hv-W0=eUc知，b光的遏止电压大，则b光的频率大，折射率大，依据v=c/n知，b光在介质中传播的速度小，故A错误。B.a光的折射率小，依据sinC=1/n知，a光发生全反射的临界角大，故B错误。C.依据△x＝λ知，a光的频率小，则波长长，可知分别通过同一双缝干涉装置，a光的相邻亮条纹间距大，故C正确。D.a光的频率小，依据E=hv知，a光的光子能量小，产生a光的能级差小，故D正确。9.下列关于原子和原子核的说法正确的是A.卢瑟福通过对α粒子散射试验结果的分析，提出了原子核是由质子和中子组成的B.衰变为要经过1次α衰变和1次β衰变C.β射线是原子核外电子摆脱原子核的束缚后而形成的电子流D.质子与中子结合成氘核的过程中发生质量亏损并释放能量【答案】BD【解析】【详解】A.卢瑟福的α粒子散射试验揭示了原子的核式结构，并不是提出了原子核是由质子和中子组成的，故A错误；B.经过1次α衰变和1次β衰变后，则质量数减小4，而中子减小1，因此（铀）衰变为（镤）要经过1次α衰变和1次β衰变，故B正确；C.β衰变中产生的β射线事实上是原子核内的中子转化为质子同时释放一个电子，故C错误；D.中子与质子结合成氘核的过程中能释放能量，故D正确；10.图甲为一列简谐波在时刻波形图，P是平衡位置为处的质点，Q是平衡位置为处的质点，图乙为质点Q的振动图象，则A.在时，质点P的速度方向为y轴正方向B.质点Q简谐运动的表达式为C.该波沿x轴负方向传播D.从到，质点P通过的路程为30cm【答案】AC【解析】【详解】C.由图乙可知，在t=0.10s时，质点Q向下振动，依据微平移法可知波向x轴的负方向传播，故C正确；B.由乙可知振动为A=10cm，周期为T=0.20s，则可得ω＝＝10πrad/s，所以质点Q的振动方程为x=10sin10πt（cm），故B错误；A.依据波的传播方向及振动图象知，在t=0.10s时，质点P正在向上振动，当t=0.25s时，即在t=0.10s起先经过3T/4，质点P在平衡位置以下向上振动，即速度方向沿y轴正方向，故A正确；D.由于P点在t=0.10s时不是在波峰或波谷，或平衡位置，经过0.15s，即经过3T/4，质点经验的路程不等于3A，即不等于30cm，故D11.如图所示，一束光斜射向水面，入水后分成a、b两束，下列说法正确的是A.a光比b光更简单发生衍射现象B.a光的频率大于b光的频率C.在水中a光的速度比b光的速度小D.当a，b两种光从水射向空气时，a光的临界角大于b光的临界角【答案】AD【解析】【详解】A.由题图看出，a光的偏折程度小于b光的偏折程度，则a光的折射率小于b光的折射率，a光的频率小，由c=λf知，波长大，因此a光比b光更简单发生衍射现象，故A正确。B.a光的折射率小于b光的折射率，则a光的频率小于b光的频率，故B错误。C.由公式n=c/v得v=c/n，则在同样介质中a光传播的速度比b光的大。故C错误。D.因为a光的折射率小，由公sinC=1/n知，a光的临界角大，故D正确。12.氢原子的能级图如图所示，一群氢原子处于n=3的激发态，在向基态跃迁的过程中，下列说法中正确的是()A.这群氢原子能发出三种频率不同的光，其中n=3能级跃迁到n=2能级所发出光的波长最短B.这群氢原子假如从n=3能级跃迁到n=1能级所发出的光恰好使某金属发生光电效应，则从n=3能级跃迁到n=2能级所发出的光肯定不能使该金属发生光电效应现象C.用这群氢原子所发出的光照耀逸出功为2.49eV的金属钠，则从金属钠表面所发出的光电子的最大初动能可能为11.11eVD.用这群氢原子所发出光照耀逸出功为2.49eV的金属钠，则从金属钠表面所发出的光电子的最大初动能可能为9.60eV【答案】BD【解析】依据在跃迁过程中hv=E2-E1可以计算出各能级差的大小，就可推断频率的大小．已知从n=3能级跃迁到n=1时能级差最大，因此所发出的光的频率最大，波长最短．A错误；从n=3到n=1的跃迁的能级差大于从n=3到n=2的能级差，则假如从n=3能级跃迁到n=1能级所发出的光恰好使某金属发生光电效应，则从n=3能级跃迁到n=2所发出的光肯定不能发生光电效应．故B正确；从n=3跃迁到n=1所发出的光能量最大，光照耀逸出功为2.49eV的金属钠，所发出的光电子的初动能最大，依据爱因斯坦光电效应方程得，EK=hγ-W=（E3-E1）-W=[-1.51-（-13.6）]-2.49=9.60eV．故C错误，D正确．故选BD．点睛：本题以氢原子的能级图为背景进行命题，考查了氢原子的跃迁、光电效应、爱因斯坦的光电方程等学问.二、试验题探究题（本大题共3小题，共14分）13.如图甲所示，为了视察双缝干涉图样，在暗室中做光的干涉试验，打开激光器，让一束黄色的激光通过双缝。（1）在光屏上视察到的图案应当是图乙中的______（选填“a”或“b”）；（2）为了让光屏上视察到的条纹间距变大，下列做法可行的是______。A．其它条件不变，只将光源换为红色激光光源B．其它条件不变，只将光源换为蓝色激光光源C．其它条件不变，只换一个双缝间距较小的双缝D．其它条件不变，只减小双缝与光屏的距离【答案】(1).（1）b(2).（2）AC【解析】【分析】（1）依据双缝干涉条纹的特点确定哪个图案是双缝干涉条纹．

（2）依据△x＝λ推断使条纹间距变大的方案．【详解】（1）双缝干涉条纹等间距、等宽，可知在光屏上视察到的图案应当是图乙中的b．

（2）双缝干涉条纹的间距△x＝λ，只将光源换为红色激光光源，光的波长变大，则条纹间距变大，故A正确．只将光源换为蓝色激光光源，光的波长变小，则条纹间距变小，故B错误．只换一个双缝间距较小的双缝，即d变小，则条纹间距变大，故C正确．只减小双缝与光屏的距离，即L减小，则条纹间距变小，故D错误．故选AC．【点睛】解决本题关键知道双缝干涉条纹的特点，驾驭双缝干涉条纹间距公式，知道影响条纹间距的因素．14.在用单摆测重力加速度的试验中，测得单摆摆角很小时，完成n次全振动时间为t，用毫米刻度尺测得摆线长为l，用螺旋测微器测得摆球直径为d．（1）测得重力加速度的表达式为______．（2）试验中某学生所测g值偏大，其缘由可能是______．A.试验室海拔太高B.摆球太重C.测出n次全振动时间为t，误作为(n+1)次全振动时间进行计算D.以摆线长与摆球直径之和作为摆长来计算．【答案】(1).(2).CD【解析】【详解】第一空.单摆的周期为：；摆长为：，依据得：。其次空.试验室离海平面太高，所测值应偏小，故A错误；摆球的轻重对试验没有影响，故B错误；测出n次全振动时间为t，误作为（n+1）次全振动时间进行计算，周期算小了，由可知会导致g偏大，故C正确；以摆线长与摆球直径之和作为摆长来计算，摆长算长了，会导致g偏大，故D正确；15.某同学用下图所示装置探究A、B两球在碰撞中动量是否守恒。该同学利用平抛运动测量两球碰撞前后的速度，试验装置和详细做法如下，图中PQ是斜槽，QR为水平槽。试验时先使A球从斜槽上某一固定位置G由静止起先滑下，落到位于水平地面的记录纸上，留下痕迹。重复上述操作10次，得到10个落点痕迹。再把B球放在水平槽上靠近槽末端的地方，让A球仍从位置G由静止起先滑下，和B球碰撞后，A、B球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹。重复这种操作10次，并画出试验中A、B两小球落点的平均位置。图中O点是水平槽末端R在记录纸上的垂直投影点，E、F、J是试验中小球落点的平均位置。①为了使两球碰撞为一维碰撞，所选两球的直径关系为：A球的直径____________B球的直径（“大于”、“等于”或“小于”）；为减小试验误差，在两球碰撞后使A球不反弹，所选用的两小球质量关系应为mA______________mB（选填“大于”、“等于”或“小于”）；②在以下选项中，本次试验必需进行的测量是_____________；A．水平槽上未放B球时，A球落点位置到O点的距离B．A球与B球碰撞后，A球、B球落点位置分别到O点的距离C．A球和B球在空中飞行的时间D．测量G点相对于水平槽面的高③已知两小球质量mA和mB，该同学通过试验数据证明A、B两球在碰撞过程中动量守恒，请你用图中的字母写出该同学推断动量守恒的表达式是__________________________。【答案】①等于；大于；②AB；③mA·OF=mA·OE+mB·OJ【解析】【详解】①为了使两球碰撞为一维碰撞，在小球碰撞过程中水平方向动量守恒定律，两球碰后都做平抛运动，即实现对心碰撞，则A球的直径等于B球的直径。为了使碰撞后不反弹，故mA＞mB．②依据动量守恒有：mAv0=mAv1+mBv2，因为，，．代入得：mAx1=mAx2+mBx3，所以须要测量水平槽上未放B球时，A球落点位置到O点的距离x1，A球与B球碰撞后x2，A球与B球落点位置到O点的距离x3．故AB正确．因为时间相同，可以用水平位移代替速度，不用测时间，也不用测量测量G点相对于水平槽面的高，故选：AB．③A球与B球碰后，A球的速度减小，可知A球没有碰撞B球时的落点是F点，A球与B球碰撞后A球的落点是E点．用水平位移代替速度，动量守恒的表达式为：mAOF=mAOE+mBOJ．【点睛】本题关键明确验证动量守恒定律试验的试验原理，留意等效替代在试验中的运用；留意器材选择的原则：为了实现对心碰撞，两球的直径需相同，为零使碰撞后A球不反弹，则A球的质量大于B球的质量．三、计算题（本大题共4小题，共38分）16.一个静止铀核，(原子质量为放出一个粒子原子质量为后衰变成钍核(原子质量为已知：原子质量单位，1u相当于（1）写出核衰变反应方程；（2）算出该核衰变反应中释放出的核能．【答案】（1）（2）5.49MeV【解析】【详解】（1）由质量数与核电荷数守恒可知，核衰变反应方程为：；（2）该核衰变反应中质量亏损为：△m=232.0372u-228.0287u-4.0026u=0.0059u，

依据爱因斯坦质能方程得，释放出的核能△E=△m•c2=0.0059×931=5.49MeV；17.如图所示，宽为L=0.5m的光滑水平金属框架固定在方向竖直向下，磁感应强度大小为B=0.8T的匀强磁场中，框架左端连接一个R=0.8Ω的电阻，框架上面放置一电阻r=0.2Ω的金属导体棒ab，ab长L=0.5m，ab始终与框架接触良好且在水平恒力F作用下以v=5m/s的速度向右匀速运动设水平金属框架足够长，轨道电阻及接触电阻忽视不计求：(1)导体棒ab上的感应电动势的大小；(2)导体棒ab所受安培力的大小；(3)水平恒力F对金属导体ab做功的功率．【答案】(1)20V；(2)0.8N；(3)4W．【解析】【详解】（1）导体棒ab上的感应电动势：得：（2