山东省济南市2024-2025学年高二物理下学期期末考试试题含解析

PAGE20-山东省济南市2024-2025学年高二物理下学期期末考试试题（含解析）一、选择题1.下列物理量中属于矢量的是A.动能 B.时间 C.质量 D.加速度【答案】D【解析】【详解】矢量是既有大小又有方向的物理量，加速度是矢量，故D正确；标量是只有大小没有方向的物理量，质量、动能和时间都是标量，故ABC错误，D正确。2.如图所示，小物块随水平转盘一起匀速转动．关于物块的实际受力，下列说法正确的是（）A.只受重力和支持力 B.重力、支持力和向心力C.重力、支持力和摩擦力 D.重力、支持力、摩擦力和向心力【答案】C【解析】【详解】物体做匀速圆周运动，合力指向圆心。受力如图所示：小物块受到重力、支持力和静摩擦力三个力，向心力是物体做圆周运动所须要的力，由静摩擦力供应。3.如图所示，羽毛球运动员在竞赛过程中用球拍回击飞过来的羽毛球，下列说法正确的()A.球拍击羽毛球的力大于羽毛球撞击球拍的力B.羽毛球先对球拍有力的作用，球拍才对羽毛球有力的作用C.羽毛球撞击球拍的力是由羽毛球发生形变引起的D.羽毛球对球拍的力和球拍对羽毛球的力是一对平衡力【答案】C【解析】【详解】AD项：球拍击羽毛球的力与羽毛球撞击球拍的力为作用力与反作用力，所以大小相等，方向相反，故AD错误；B项：力的作用是同时产生的，故B错误；C项：由弹力的产生可知，羽毛球撞击球拍的力是由羽毛球发生形变引起的，故C正确。4.2024年元旦当天，济南轨道交通1号线通车，泉城正式进人地铁时代。首发体验列车从创新谷站动身到终点站方特站中间没有停靠，全长26.1公里，用时26分钟。列车在全程运行中分加速、匀速和减速三个阶段，加速和减速阶段可以看做是加速度大小为2.0m/s的匀变速直线运动，中间阶段可以看做是匀速直线运动。则列车在运动过程中的最大速度约为A.50km/h B.60km/h C.70km/h D.80km/h【答案】B【解析】【详解】全长s=26.1km=26100m，总时间t=26min=1560s，加速和减速阶段可以看做是加速度大小为2.0m/s2的匀变速直线运动，则加速和减速时间均为，速度图象如图所示，则，解得：，故B正确，ACD错误。A.50km/h与分析不符，A错误B.60km/h与分析符合，B正确C.70km/h与分析不符，C错误D.80km/h与分析不符，D错误5.如图所示，小球从高处落到竖直放置的轻弹簧上，则小球从起先接触弹簧到将弹簧压缩至最短的整个过程中（）A.小球的动能先增大后减小B.小球的机械能在不断增大C.小球、弹簧、地球构成的系统机械能不断减小D.弹簧的弹性势能先增大后减小【答案】A【解析】【详解】A．在小球接触弹簧到将弹簧压缩至最短的整个过程中，小球受到竖直向下的重力和弹簧的弹力，弹簧的弹力先小于小球的重力，后大于重力，小球的合力先向下后向上，所以小球先向下做加速运动，当弹簧弹力等于重力时速度最大，然后向下做减速运动，故其动能先增大后减小，故选项A正确；BD．由于弹簧的弹力对小球做负功，所以小球的机械能在不断削减，弹簧的弹性势能在不断增大，故选项B、D错误；C．小球小球从起先接触弹簧到将弹簧压缩至最短的整个过程中，重力做正功，弹簧弹力做负功，小球动能、重力势能、弹簧的弹性势能总量守恒，所以小球、弹簧、地球构成的系统机械能守恒，故选项C错误。6.某种介质对空气的折射率是，一束光从该介质射向空气，入射角是60°，则下列光路图中正确的是（图中I为空气，Ⅱ为介质）（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【详解】设该介质的临界角为C，则，C=45°，由于光从介质射向空气，入射角i=60°＞C，所以发生全反射，光线全部被反射回原介质。故ABC错误，D正确。7.如图所示，以O为圆心、半径为R的虚线圆位于足够大的匀强电场中，圆所在平面与电场方向平行，M、N为圆周上的两点。带电粒子只在电场力作用下运动，在M点速度方向如图所示，经过M、N两点时速度大小相等。已知M点电势高于O点电势，且电势差为U，下列说法正确的是（）A.粒子带负电B.粒子由M点运动到N点，电势能先增大后减小C.粒子在电场中可能从M点沿圆弧运动到N点D.该匀强电场的电场强度大小为【答案】B【解析】【详解】带电粒子只在电场力作用下运动，则电势能和动能之和守恒；粒子在M、N两点时速度大小相等，则动能相等，电势能也相等，则M、N两点电势相等；又知M点电势高于O点电势，结合对称性可知，场强方向沿斜向右下方向且与水平方向成45°方向，可知粒子带正电，且粒子由M点运动到N点，电势能先增大后减小，选项A错误，B正确；粒子在匀强电场中受恒力作用，不行能从M点沿圆弧运动到N点，选项C错误；该匀强电场的电场强度大小为，选项D错误.8.如图所示，平面直角坐标系的第I象限内有一匀强磁场垂直于纸面对里.磁感应强度为B，一质量为m、电荷量为q的粒子以速度v从O点沿着与y轴夹角为30°的方向进入磁场，运动到A点时速度方向与x轴的正方向相同，不计粒子的重力，则A.粒子肯定带正电B.粒子由O到A的弧长对应的圆心角为30°C.粒子由O到A经验的时间为D.粒子A点与x轴距离为【答案】D【解析】【详解】依据题意作出粒子运动的轨迹如图所示A.依据左手定则及曲线运动的条件推断出此电荷带负电，故A错误；BC.粒子由O运动到A时速度方向变更了角，所以粒子轨迹对应的圆心角为θ=，所以粒子运动的时间为，故BC错误；D.设点A与x轴的距离为d，由图可得：，所以，而粒子的轨迹半径为，则得A点与x轴的距离为：，故D正确。9.如图所示，志向变压器的原线圈接在u=220sin100πt（V）的沟通电源上，副线圈接有R=110Ω的负载电阻，原、副线圈的匝数之比为4:1。电流表、电压表均为志向电表。则A.电压表的示数为220VB.电流表的示数为0.5AC.变压器的输入功率为27.5WD.变压器输出沟通电的周期为50s【答案】C【解析】【详解】A.由u=220sin100πt（V），可得电源的有效值为；电压表的示数等于副线圈两端的电压，依据电压与匝数成正比可得。故A错误。B.通过电阻的电流为副线圈的电流，由电流与匝数成反比可得原线圈中的电流，即电流表的示数为。故B错误。C.变压器的输入功率等于输出功率，可求输出功率为，即输出功率为。故C正确。D.由电流瞬时值的表达式u=220sin100πt（V），可得,解得周期为。故D错误。10.2019年4月10日A.恒星发光发热是恒星内部的核裂变造成的B.环状新月型光环上下两侧不对称是多普勒效应造成的C.黑洞的第一宇宙速度是光速D.事务视界望远镜收集的亚毫米波比可见光的频率大【答案】B【解析】【详解】A.恒星发光发热是恒星内部的核聚变造成的，故A错误；B.环状新月型光环上下两侧不对称是因为光环旋转，导致接收者接收到相位和频率变更造成的，此现象属于多普勒效应，故B正确；C.黑洞的其次宇宙速度（逃逸速度）是光速，故C错误；D.望远镜收集到的波长比可见光波长更长的亚毫米波，而波长和频率成反比，所以收集的亚毫米波比可见光的频率小，故D错误。11.金属棒MN两端用细软导线悬挂于a、b两点，其中间一部分处于方向垂直于纸面对里的匀强磁场中，静止时MN平行于纸面，如图所示。若金属棒通有从M向N的电流，此时悬线上有拉力。为了使拉力等于零，下列措施可行的是A.增大电流B.增大磁感应强度C.将电流方向改为从N流向MD.将磁场方向改为垂直于纸面对外【答案】AB【解析】【分析】通电导线在磁场中的受到安培力作用,由公式F=BIL求出安培力大小,由左手定则来确定安培力的方向.【详解】AB、棒的中部处于方向垂直纸面对里的匀强磁场中,棒中通有电流,方向从M流向N,依据左手定则可得,安培力的方向竖直向上,因为此时悬线上有拉力,为了使拉力等于零,则安培力必需增加.所以适当增加电流强度,或增大磁场使重力等于安培力，即可以使得拉力等于零，故AB正确CD、当电流的方向或者磁场的方向发生变更时，依据左手定则可知安培力的方向就变为向下了，那么不管怎样，绳子的拉力都不行以为零了，故CD错误；故选AB【点睛】安培力的方向可以依据左手定则来推断，在依据受力分析来推断如何让绳子的拉力为零。12.现将电池组、滑线变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流计及开关按如图所示方式连接。在开关闭合、线圈A放在线圈B中的状况下，某同学发觉当他将滑线变阻器的滑动端P向左滑动时，电流计指针向右偏转。由此可以推断A.滑线变阻器的滑动端P向右滑动时，电流计指针向左偏转B.线圈A向上移动时，电流计指针向右偏转C.断开开关时，电流计指针向左偏转D.拔出线圈A中的铁芯时，电流计指针向左偏转【答案】AB【解析】【分析】由题意可知线圈B中产生使电流表指针向右偏转的条件，则分析各选项可得出正确答案．【详解】由题意可知当P向左滑动时，线圈A中的电流减小，导致穿过线圈B的磁通量减小，电流计指针向右偏转；滑线变阻器的滑动端P向右滑动时，导致穿过线圈B的磁通量增大，则电流计指针向左偏转，故A正确；线圈A向上移动，导致穿过线圈B的磁通量减小，能引起电流计指针向右偏转，故B正确；断开开关时，导致穿过线圈B的磁通量减小，那么电流计指针向右偏转，故C错误；当铁芯拔出时，A中磁场减小，故B中磁通量减小，则电流计指针向右偏转，故D错误；故选AB。【点睛】本题无法干脆利用楞次定律进行推断，但是可以依据题意得出产生使电流表指针右偏的条件，即可不依据绕向判出各项中应当出现的现象．13.在冰壶竞赛中，某队员利用红壶去碰撞对方的蓝壶，两者在大本营中心发生对心碰撞如图(a)所示，碰后运动员用冰壶刷摩擦蓝壶前进方向的冰面来减小阻力，碰撞前后两壶运动的v-t图线如图(b)中实线所示，其中红壶碰撞前后的图线平行，两冰壶质量均为19kg，则A.碰后蓝壶速度为0.8m／sB.碰后蓝壶移动的距离为2.4mC.碰撞过程两壶损失的动能为7.22JD.碰后红、蓝两壶所受摩擦力之比为5：4【答案】AD【解析】由图可知碰撞前后红壶的速度为和，由动量守恒可得，解得碰后蓝壶速度为，碰后蓝壶移动的距离为，碰撞过程两壶损失的动能为，红壶所受摩擦力，蓝壶所受摩擦力，，.碰后红、蓝两壶所受摩擦力之比为，故AD正确，BC错误；故选AD。【点睛】由动量守恒可得碰后蓝壶速度大小，碰撞过程两壶损失的动能为初末动能之差，碰后红、蓝两壶所受摩擦力之比由牛顿运动定律求出。14.下列说法正确的是________。A.拍摄玻璃橱窗内的物品时，往往在镜头前加一个偏振片以增加透射光的强度B.用透亮的标准平面样板检查光学平面的平整程度是利用光的偏振现象C.用三棱镜视察白光看到的彩色图样是光的色散现象D.泊松亮斑是光的衍射现象，全息照相的拍摄利用了激光的相干性【答案】CD【解析】【详解】A.拍摄玻璃厨窗内的物品时，往往在镜头前加一个偏振片以减弱玻璃反射光的强度，使照片清楚，但不能增加透射光的强度，A错误；B.用透亮的标准平面样板检查光学平面的平整程度是利用光的干涉，B错误；C.用三棱镜视察白光看到的彩色图样是利用光折射，形成光的色散现象，C正确；D.依据光衍射与光的干涉特点，泊松亮斑是光的衍射现象，依据激光的应用可知，全息照相的拍摄利用了激光的相干性的特点，与干涉原理有关，D正确。15.物理学家通过对试验的深化视察和探讨，获得正确的科学认知，推动物理学的发展。下列说法符合事实的是()A.爱因斯坦对光电效应现象作出了说明并提出光电效应方程B.查德威克用α粒子轰击获得反冲核，发觉了质子C.贝克勒尔发觉的自然放射性现象，说明原子核有困难结构D.卢瑟福通过对阴极射线探讨，提出了原子核式结构模型【答案】AC【解析】【详解】爱因斯坦对光电效应现象作出了说明并提出光电效应方程，选项A正确；卢瑟福用α粒子轰击获得反冲核，发觉了质子，选项B错误；贝克勒尔发觉自然放射性现象，说明原子核有困难结构，选项C正确；卢瑟福通过对α粒子散射试验的探讨，提出了原子核式结构模型，选项D错误.16.如图所示为氢原子的能级图，已知某金属的逸出功为6.44eV，则下列说法正确的是A.处于基态的氢原子不行以汲取能量为12.5eV的光子而被激发B.用能量为12.5eV的电子轰击处F基态的氢原子.不能使氢原子发生能级跃迁C.用n=4能级跃迁到n=1能级辅射的光子照耀金属，从金属表面逸出的光电子最大初动能为6.31eVD.一群处于n=4能级上的氢原子向低能级跃迁时最多产生4种谱线【答案】AC【解析】【详解】A.处于基态的氢原子若汲取能量为12.5eV的光子，氢原子的能量变成：，氢原子不存在-1.1eV的能级，所以可知处于基态的氢原子不能汲取能量为12.5eV的光子而被激发，故A正确；B.用能量为12.5eV的电子轰击处于基态的氢原子，由于：E2-E1=-3.4-(-13.6)=10.2eV，可知氢原子可以汲取电子的一部分能量发生能级跃迁，故B错误；C.用n=4能级跃迁到n=1能级辐射的光子照耀金属，光子的能量：E=E4-E1=-0.85-(-13.6)=12.75eV，从金属表面逸出的光电子最大初动能为：Ekm=E-W=12.75-6.44=6.31eV．故C正确；D.一群处于n=4能级上的氢原子向低能级跃迁时最多产生：种谱线，故D错误。二、试验题17.“探究求合力的方法”的试验状况如图甲所示，其中A为固定橡皮筋的图钉，O为橡皮筋与细绳的结点，OB和OC为细绳．图乙是在白纸上依据试验结果画出的图．（1）假如没有操作失误，图乙中的F与F′两力中，方向肯定沿AO方向的是______．（填写F或F′）（2）本试验采纳的科学方法是______________．A．限制变量法B．志向试验法C．等效替代法D．建立物理模型法【答案】(1).（1）F′(2).（2）C【解析】【详解】（1）试验实际测量的力由于干脆拉在AO上，所以实际的力方向肯定沿AO方向，依据图乙可知F′为实际的合力，所以F′肯定沿AO方向。（2）合力与分力在作用效果上相同，所以本试验采纳的科学方法为等效替代，ABD错误C正确。18.某试验小组为了较精确测量阻值约为20Ω的电阻Rx，试验室供应的器材有：A．待测定值电阻Rx：阻值约20ΩB.定值电阻R1：阻值30ΩC．定值电阻R2：阻值20ΩD电流表G：量程3mA，0刻度在表盘中心，内阻约50ΩE.电阻箱R3：最大阻值999.99ΩF.直流电源E，电动势1,5V，内阻很小G滑动变阻器R2(20Ω，0.2A)H.单刀单掷开关S，导线等该小组设计的试验电路图如图，连接好电路，并进行下列操作。（1）闭合开关，调整滑动变阻器，使电流表示数适当。（2）若灵敏电流计G中的电流由C流向D再调整电阻箱R3，使电阻箱R3的阻值________（选填“增大”或“减小”），直到G中的电流为________(填“满偏”、“半偏”或“0”)。（3）读出电阻箱连入电路的电阻R3，计算出Rx。用R1、R2、R3表示Rx的表达式为Rx=_______【答案】(1).增大(2).0(3).Rx=【解析】【详解】（2）本试验实行电桥法测电阻，所以当电流由C流向D，说明C点电势高，所以应当增大电阻箱R3的阻值使回路电阻增大，电流减小，C点电势降低，直到C、D两点电势相同，电流计中电流为零。（3）依据C、D两点电势相同，可得：，，联立解得Rx=。三、计算题19.如图，开口朝下的圆筒形气缸竖直悬挂，处于静止状态，气缸内用横截面积为S的薄活塞封闭着温度为27°C的某种志向气体，活塞可在气缸内上下无摩擦滑动。通过电热丝可以对气体缓慢加热，使活塞缓慢向下移动。当气体温度上升至127°℃时，活塞刚好移到气缸口。已知大气压强为p0，重力加速度为g。(i)求27C时气缸内气体体积V1与气缸容积V2的比值；(ii)假如不加热气体，而在活塞下悬挂一个沙盘，缓慢地往沙盘里添加沙，当沙与沙盘总质量为m时，活塞也刚好移到气缸口，此过程中，气体温度保持不变。求活塞的质量m0。【答案】(i)(ii)【解析】【分析】依据通过电热丝可以对气体缓慢加热，使活塞缓慢向下移动。当气体温度上升至127°℃时，活塞刚好移到气缸口可知，本题考查“气体变更”，依据力学和志向气体状态方程进行分析求解。【详解】(i)通过电热丝缓慢加热气体的过程中，气体发生等压变更，依据盖—吕萨克定律可得其中求得：；(ii)通过挂沙盘使活塞移到气缸口的过程中，气体发生等温变更，依据玻意耳定律可得：其中联立求得：。20.如图所示，质量m=5.0kg的物体，置于倾角为α=37°的固定的、足够长的斜面上，物体与斜面间的动摩擦因数为μ=0.25，物体在水平推力F=100N的作用下从静止起先沿斜面对上运动，2s后撤去F，不计空气阻力，g取10m/s2.求：(sin37°=0.6.cos37°=0.8)(1)F作用时物体加速度的大小；(2)撤去F后物体接着向上运动时加速度的大小；(3)在整个过程中，物体沿斜面对上运动的最大距离。【答案】(1)；(2)；(3)【解析】【详解】(1)在外力F作用下，物体的受力如图所示，依据牛顿其次定律得：联立解得：=5m/s2；(2)撤去F后物体接着向上运动时，受力如图所示，依据牛顿其次定律：解得=8m/s2；(3)2s末物体的速度为：2s内上升的距离：撤去F后接着上滑的距离：则物体沿斜面对上运动的最大距离：=16.25m。21.如图所示，质量为m=1kg的滑块置于一倾角为37°的粗糙固定斜面上，用一平行斜面对上，大小为10N的力F推滑块。稳定时，滑块沿斜面对上以v0=2m/s的速度匀速运动，假设斜面足够长，求：（取sin37°=0.6，cos37°=0.8）(1)匀速过程，斜面对滑块的摩擦力；(2)物体和斜面之间的动摩擦因数；(3)撤去推力F后，滑块能够上滑的最大距离。【答案】(1)匀速过程，斜面对滑块的摩擦力为4N，方向沿斜面对下；(2)物体和斜面之间的动摩擦因数为0.5；(3)撤去推力F后，滑块能够上滑的最大距离为0.2m。【解析】【详解】(1)物体匀速上滑时，物体处于平衡状态，据平衡条件得，解得：，沿斜面对下；(2)依据滑动摩擦力公式，解得；(3)撤去力F后，依据牛顿其次定律：，解得：，由运动学公式：22.如图甲所示，粗糙水平轨道与半径为R的竖直光滑、绝缘的半圆轨道在B点平滑连接，过半圆轨道圆心0的水平界面MN的下方分布有水平向右的匀强电场E，质量为m的带正电小滑块从水平轨道上A点由静止释放，运动中由于摩擦起电滑块电量会增加，过B点后电量保持不变，小滑块在AB段加速度随位移变更图像如图乙。已知A、B间距离为4R，滑块与轨道间动摩擦因数为μ=0.5，重力加速度为g，不计空气阻力，求(1)小滑块释放后运动至B点