湖北省十堰市2024-2025学年高二物理下学期期末考试试题含解析

PAGE24-湖北省十堰市2024-2025学年高二物理下学期期末考试试题（含解析）一、必做选择题1.两个相同的金属球分别带有+2Q和-4Q的电荷量，两球相隔肯定距离时，相互作用力的大小为F，若把它接触后再放回原处，两球相互作用力的大小变为()A. B. C. D.【答案】C【解析】【详解】由库仑定律可得：，两相同金属小球带异种电荷时，起先时的库仑力：，两者相互接触后再放回原来的位置上，它们的电荷量都是：，库仑力：，所以库仑力是原来的，即.A.与分析结果不相符；故A错误.B与分析结果不相符；故B错误.C.与分析结果相符；故C正确.D.与分析结果不相符；故D错误.2.雷击，指打雷时电流通过人、畜、树木、建筑物等而造成杀伤或破坏，其中一种雷击是带电的云层与大地上某点之间发生迅猛的放电现象，叫做“直击雷”。若某次发生“直击雷”前瞬间，带电云层到地面的距离为8千米，云层与地面之间的电压为千伏，则此时云层与地面间电场（视为匀强电场）的电场强度为A.N/C B.N/CC.N/C D.N/C【答案】B【解析】【详解】依据得到：故选项B正确，ACD错误。3.如图所示，虚线a、b和c是某静电场中的三个等势面，它们的电势分别为φa、φb和φc，φa＞φb＞φc，一带正电的粒子射入电场中，其运动轨迹照实线KLMN所示，由图可知A.粒子从K到L的过程中，电场力做正功B.粒子从L到M的过程中，电场力做负功C.粒子从K到L的过程中，电势能增加D.粒子从L到M的过程中，动能减小【答案】C【解析】【分析】先依据等势面图得到电场线的分布图，再结合动能定理以及电场力做功与电势能改变关系分析推断．【详解】电场线与等势面垂直，由较高的等势面指向较低的等势面，分布图如图：A、故粒子从K到L的过程中，负粒子从高电势向低电势运动，故电场力做负功，故A错误；B、粒子从L到M的过程中，先从高电势向低电势运动，后从低电势向高电势运动，电场力先做负功后做正功，故B错误；C、粒子从K到L的过程中，电场力做负功，电势能增加，故C正确；D、粒子从L到M的过程中，电场力先做负功后做正功，故动能先减小后增大，故D错误；故选C.【点睛】本题关键要明确电场力的做功状况，然后依据动能定理推断动能的改变状况，依据电场力做功与电势能改变的关系得到电势能的改变状况．4.如图所示电路，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器R3的滑片向上端移动时，则（）A.电压表读数减小B.电流表读数减小C.灯泡的亮度变亮D.R2上消耗的功率渐渐增大【答案】BD【解析】【分析】分析电路的结构，由滑片的移动可知电路中电阻的改变，再由闭合电路欧姆定律可知各电表示数的改变；【详解】由图可知，灯泡与滑动变阻器R3串联后与R2并联后，再由R1串联接在电源两端。当滑片向上移动时，滑动变阻器接入电路的电阻增大，则电路中总电阻增大，由闭合电路欧姆定律可知，电路中总电流减小，路端电压增大，同时R1两端的电压也减小，故并联部分的电压增大，则流过R2的电流增大，依据P＝I2R知消耗的功率增大，故电流表示数减小，灯泡分压减小，灯泡变暗，因并联部分的电压增大，而R3中电压增大，故电压表示数增大，故AC错误，BD正确；【点睛】解决闭合电路欧姆定律的题目，一般可以依据整体-局部-整体的思路进行分析，要敏捷选用等效的方法探讨电路的结构。5.某单色光照耀某金属时不能产生光电效应，下列措施中可能使该金属产生光电效应的是（）A.延长光照时间 B.增大光的强度C.换用频率较低的光照耀 D.换用波长较短的光照耀【答案】D【解析】能不能发生光电效应取决于入射光的频率，与照耀时间，及照耀强度没有关系，频率越大波长越小，越简单发生光电效应，故D正确；故选D6.氢原子的四个能级如图所示，其中为基态。若一群氢原子A处于激发态，另一群氢原子B处于激发态，则下列说法正确的是A.A可能辐射出4种频率的光子B.B可能辐射出8种频率的光子C.A能够汲取B发出的某种光子并跃迁到能级D.B能够汲取A发出的某种光子并跃迁到能级【答案】C【解析】【详解】A、原子A可能辐射出种频率的光子，故A错误；B、原子B可能辐射出种频率的光子，故B错误；C、原子汲取的能量应为从低能级跃迁到高能级的能量差，故C正确，D错误。7.1956年吴健雄用半衰期为5.27年的放射源对李政道和杨振宁提出的在弱相互作用中宇称不守恒进行试验验证。的衰变方程式为→＋X＋（其中是反中微子，它的电荷为零，质量可认为等于零）。下列说法正确的是（）A.X是电子B.增大压强，可使的半衰期变为6年C.衰变能释放出X，说明白原子核中有XD.若该衰变过程中的质量亏损为△m，真空中的光速为c，则该反应释放的能量为△mc2【答案】AD【解析】【详解】A.依据质量数和电荷数守恒可知，在的衰变方程中，X是电子，故A正确；B.半衰期是由原子核内部自身确定的，与外界的物理和化学状态无关，故B错误；C.衰变时释放的电子是由核内一个中子转化成一个质子的同时释放出来的，衰变能释放出X（电子），但原子核中并没有X（电子），故C错误；D.依据爱因斯坦质能方程，若该衰变过程中的质量亏损为△m，则该反应释放的能量为△mc2，故D正确。8.如图所示，某静电场的电场线分布关于y轴（沿竖直方向）对称，O、M、N三点均在y轴上，且。P点在y轴的右侧，，下列说法正确的是A.M点的电势与P点的电势相等B.将质子由M点移动到P点，电场力做负功C.M、N两点间的电势差比O、M两点间的电势差大D.在O点由静止释放一个质子，该质子将沿y轴正方向加速运动【答案】D【解析】【详解】A、过M、P、N做等势线，可得到过P点的等势线通过M、N之间，因顺着电场线电势渐渐降低，则有：，即M点的电势与P点的电势不相等，故A错误；B、由M到P电势降低，故将正电荷从M到P电势能减小，则可知电场力做正功，故B错误；C、虽然，但MN区域的场强小于OM区域的场强，依据可定性推断：，故C错误；D、带正点的质子从O点由静止释放后，受电场力方向沿y轴正方向，所以将沿着y轴正方向做加速直线运动，但由于场强越来越小，依据牛顿其次定律可知，加速度也是越来越小，故D正确。9.如图所示，纸面内半径为R、圆心为O的圆形区域外存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面对里的匀强磁场，纸面内的线段PA与圆形区域相切于A点，。若P点处有一粒子源沿PA方向射出不同速率的带正电粒子（质量为m，电荷量为q，不计重力），则能射入圆形区域内部的粒子的速率可能为A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】粒子运动轨迹与圆相切时的运动轨迹如图所示：

由几何学问得：（r-R）2+（2R）2=（r+R）2，解得：r=3R，粒子在磁场中做圆周运动，由牛顿其次定律得：qvB=m，解得：，当粒子速度：v′＞，粒子可以进入圆形区域，故D正确，ABC错误；故选D。【点睛】题考查了带电粒子在磁场中的运动问题，要驾驭解粒子在磁场中运动的一般思路与方法，带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动解题常用的程序是：画轨迹：确定圆心，几何方法求半径并画出轨迹。找关系：轨迹半径与磁感应强度、速度联系；偏转角度与运动时间相联系，时间与周期联系。用规律：牛顿其次定律和圆周运动的规律。10.如图甲所示，竖直长直导线右侧固定的矩形线框与长直导线位于同一平面内，导线中通有向下的电流，当长直导线中的电流i随时间t改变的规律如图乙所示时，关于线框中的感应电流及线框受到的安培力，下列说法正确的是A.感应电流沿逆时针方向且渐渐增大，线框受到的安培力方向向左B.感应电流沿顺时针方向且渐渐增大，线框受到的安培力方向向右C.感应电流沿逆时针方向且渐渐减小，线框受到安培力方向向左D.感应电流沿逆时针方向且渐渐减小，线框受到的安培力方向向右【答案】C【解析】【详解】AB.直线电流方向向下，依据安培定则，知导线右侧磁场的方向垂直纸面对外，电流渐渐减小，则磁场渐渐减弱，依据楞次定律，金属线框中产生逆时针方向的感应电流。由题目图象可知，直导线电流的改变率减小，则穿过线圈的磁场改变率也减小，那么感应电动势也减小，因此感应电流大小会减小，故AB错误。CD.依据左手定则，知金属框左边受到的安培力方向水平向左，右边受到的安培力水平向右，离导线越近，磁场越强，则左边受到的安培力大于右边受到的安培力，所以金属框所受安培力的合力水平向左，故C正确D错误。11.如图甲所示，在粗糙的固定斜面上有一闭合金属线圈，线圈上半部处于方向垂直斜面且分布匀称的磁场中，若取垂直斜面对上为磁场的正方向，磁感应强度B随时间t改变的图象（余弦函数）如图乙所示，线圈始终处于静止状态，则（）A.时，线圈受到沿斜面对下的摩擦力B.时，线圈受到沿斜面对上的摩擦力C.内线圈受到的摩擦力减小D.内线圈受到的摩擦力先增大后减小【答案】BD【解析】【详解】由图乙所示图象可知，t=1s时B=0，由F=BIL可知，线圈受到的安培力为零，线框在重力作用下有向下的运动趋势，线框受到的摩擦力平行于斜面对上，故A错误；由图乙所示图象可知，t=2s时磁感应强度的改变率为零，穿过线框的磁通量改变率为零，由法拉第电磁感应定律可知，线框产生的感应电动势为零，线框中没有感应电流，线框不受安培力作用，线框受到沿斜面对上的摩擦力作用，故B正确；由图乙所示图象可知，t=0s时磁通量改变率为零，感应电动势为零，线框中没有感应电流，线框所受安培力作用，t=1s时B=0，线框所受安培力为零，0～1s时间内，线框受到的安培力先增大后减小，由楞次定律与左手定则可知，线框所受安培力平行于斜面对上，由平衡条件得：mgsinθ=f+F，由于安培力F先增大后减小，则摩擦力：f=mgsinθ-F先减小后增大，故C错误；由图乙所示图象可知，t=3s时B=0，线框所受安培力为零，t=4s时磁通量改变率为零，感应电动势为零，线框中没有感应电流，线框所受安培力作用，3～4s时间内，线框受到的安培力先增大后减小，由楞次定律与左手定则可知，线框所受安培力平行于斜面对下，由平衡条件得：mgsinθ+F=f，由于安培力F先增大后减小，则摩擦力：f=mgsinθ+F先增大后减小，故D正确。所以BD正确，AC错误。12.如图所示，绝缘水平面上有两条平行光滑长直导轨，导轨左端接有电阻R，电阻为r的金属棒AB垂直跨放在导轨上且与导轨接触良好，其他电阻不计。两导轨间存在竖直向下的匀强磁场。给AB以水平向右的初速度列并起先计时，下面四幅反映AB的速度随时间改变规律的图象中，可能正确的是A. B.C. D.【答案】D【解析】【详解】金属棒切割磁感线，产生感应电流，由楞次定律，电流方向由B指向A，利用左手定则得到安培力水平向左，大小为：设回路中电流为I，依据闭合电路欧姆定律，有：由法拉第电磁感应定律得到：设金属棒加速度为，利用牛顿其次定律，得到：联立以上方程可以得到：由分析可知，金属棒做加速度减小的减速运动，故D正确，ABC错误。13.如图所示，纸面内直角坐标系xOy的y轴右侧有一菱形区域Obcd，Oc与x轴重合，Oc的长度是bd的长度的两倍。菱形区域内有方向垂直于纸面的两个匀强磁场，磁感应强度等大反向，bd为两磁场的分界线。现有一中心在x轴上的正方形线框ABCD，它的BC边与y轴平行，长度与bd的长度相同，均为。现线框以大小为的速度沿x轴正方向匀速运动，以逆时针方向为感应电流的正方向，则线框在磁场中运动时，线框中通过的感应电流随时间的改变关系图象可能为A. B.C. D.【答案】D【解析】【详解】线圈在进入磁场的过程中，磁通量增加，依据楞次定律可知，感应电流的方向沿逆时针方向，为正值，从线圈起先运动，到BC边运动到bd位置的过程中，切割的有效长度匀称增大，感应电动势匀称增大，则感应电流匀称增大，该段时间为；之后AD和BC棒分别在obd和bcd区域做切割磁感线运动，AD棒切割磁感线运动产生的感应电流方向为顺时针，BC棒产生的感应电流方向也为顺时针，故电路中的电流方向为顺时针方向，有效长度之和为不变，故回路总电动势不变，感应电流顺时针不变，该段时间为；运动L后，BC棒出磁场，AD边在bcd区域中做切割磁感线运动，产生的感应电流方向为逆时针，且其做切割磁感线运动的有效长度匀称减小，感应电动势匀称减小，则感应电流匀称减小，最终减小为零，该段时间，故选项D正确，ABC错误。14.如图所示，志向变压器原、副线圈的匝数比为5：1，。两电表均为志向电表，其中电流表的示数为0.4A，则A.电阻中通过的电流的有效值为1AB.电压表V的示数为20VC.原线圈的输入功率为40WD.穿过原、副线圈的磁通量的改变率之比为5：1【答案】B【解析】【详解】A、依据原副线圈的电流关系可以得到：有：故A错误；B、电压表的读数为的电压，即为：故B正确；C、负载功率为：原副线圈功率相等，有：故C错误；D、志向变压器穿过原、副线圈的磁通量的改变率相等，即穿过原、副线圈的磁通量的改变率之比为，故D错误。15.图甲所示的志向变压器原、副线圈的匝数分别为100和20，现在变压器原线圈两端接入按图乙所示规律改变的正弦交变电压，则A.变压器的输出电压为40VB.变压器的输出功率小于输入功率C.变压器副线圈中通过的电流的频率为5HzD.变压器原线圈两端电压的瞬时值表达式为【答案】ACD【解析】【详解】A.依据图乙得到输入电压的最大值为，故电压的有效值为200V，副线圈上的输出电压：，故A正确。B.志向变压器忽视了各种损耗，输入功率等于输出功率，故B错误；C.依据图乙得到输入电压的周期为0.2s，故频率为5Hz，故C正确；D.输入电压的周期为0.2s，则，变压器原线圈两端的电压瞬时值表达式为，故D正确。二、选做选择题16.关于分子动理论，下列说法正确的是A.墨汁在水中的扩散事实上是水分子的无规则运动过程B.当分子间的距离减小时，分子间的引力减小而斥力增大C.布朗运动的缘由是液体分子永不停息地无规则运动D.磁铁可以吸引铁屑，这一事实说明分子间存在引力【答案】C【解析】【详解】A、墨水的扩散事实上是墨水分子和水分子的无规则运动的过程，故A错误；B、当分子间的距离减小时，分子间的引力和斥力都增大，故B错误；C、布朗运动是固体小颗粒受到不同方向的液体分子无规则运动产生的撞击力不平衡引起的，间接证明白分子永不停息地做无规则运动，故C正确；D、磁铁可以吸引铁屑，并非是分子力的作用，故D错误。17.图示为肯定质量的志向气体从状态A经状态B改变到状态C过程的p—V图象，且AB∥V轴，BC∥p轴。已知气体在状态C时的温度为300K，下列说法正确的是A.气体从状态A改变到状态B的过程中做等压改变B.气体在状态B时的温度为600KC.气体从状态A改变到状态B的过程中对外界做功D.气体从状态B改变到状态C的过程中吸热【答案】AC【解析】【详解】A、由于AB∥V轴，气体从状态A改变到状态B的过程中做等压改变，故A正确；B、气体从状态B改变到状态C的过程中做等容改变，有：代入数据得到：故B错误；C、气体从状态A改变到状态B的过程中，体积增大，气体对外做功，故C正确；D、气体从状态B改变到状态C的过程中，体积不变，压强减小，依据志向气体状态方程，温度降低，内能减小，再依据热力学第肯定律，，，则气体放热，故D错误。18.如图所示，用轻质活塞在汽缸内封闭肯定质量的志向气体，活塞与汽缸壁间的摩擦忽视不计，起先时活塞距离汽缸底的高度。给汽缸加热，活塞缓慢上升到距离汽缸底的高度处，此过程中缸内气体汲取的热量。已知活塞的横截面积m2，大气压强Pa，那么A.汽缸内的气体对活塞所做的功为100JB.汽缸内的气体对活塞所做的功为150JC.此过程中汽缸内的气体增加的内能为300JD.此过程中汽缸内的气体增加的内能为200J【答案】BC【解析】【详解】A、气体做等压改变，气缸内的气体对活塞所做的功为：故A错误，B正确；C、依据热力学第肯定律可知增加的内能为：故C正确，D错误。19.一列简谐横波在某时刻的波形图如图所示，已知图中的质点b比质点a晚0.5s起振，质点b和质点c平衡位置之间的距离为5m，则该波的波速为A.1m/s B.3m/s C.5m/s D.8m/s【答案】C【解析】【详解】由题可知，b和c之间的距离是，则波长为，b、a两点振动相差半个周期，由图中质点b的起振时刻逼质点a延迟了，则周期为：则波速为：故C正确，ABD错误。20.一列沿x轴以5m/s的速度传播的简谐横波，时刻的波形如图所示，P、Q两质点的横坐标分别为3.5m、2.5m。已知时质点Q的运动方向沿y轴正方向，则下列说法正确的是A.波的传播方向沿x轴负方向B.质点P振动的周期为0.8sC.0～3.4s内质点Q路程为17cmD.时刻起质点P比质点Q先回到平衡位置【答案】ABD【解析】【详解】A、时质点Q的运动方向沿轴正方向，依据波的传播方向和质点振动方向可知波沿x轴负方向传播，故A正确；B、该波的波长为，则该波的周期为：所以质点P振动的周期为，故B正确；C、在内质点Q的振动时间：由于时刻质点Q不在平衡位置和最大位移处，所以质点Q的路程不等于，故C错误；D、时质点Q的运动方向沿y轴正方向，质点P的运动方向沿y轴负方向，所以时刻起质点P比质点Q先回到平衡位置，故D正确。21.图甲为一列沿x轴方向传播的简谐横波在时的波形图，P、Q为横波上平衡位置分别在、处的两质点，图乙为质点P的振动图象，下列说法正确的是A.横波沿着x轴正方向传播B.时Q点的振动方向沿y轴负方向C.质点P的振动方程为（cm）D.从时起先，质点Q第一次回到平衡位置所需时间1.5s【答案】AD【解析】【详解】A、时质点P向下振动，依据波的传播方向和质点振动方向的关系可知，波向右传播，所以质点Q的振动方向沿y轴正方向，故选项A正确，B错误；C、依据图乙可得质点P的振动为余弦函数图像，即：故选项C错误；D、由甲、乙两图可知，波长为，周期，则波速为：质点Q第一次回到平衡位置所需的时间为：故选项D正确。三、必做试验题22.某同学用螺旋测微器测量小球的直径，其示数如图所示，则小球的直径为_________mm。【答案】0.990【解析】【详解】螺旋测微器的固定刻度读数为，可动刻度读数为：所以最终读数为：。23.老师要求同学们测出一待测电源的电动势及内阻．所给的试验器材有：待测电源E，定值电阻R1（阻值未知），电压表V（量程为3.0V，内阻很大,可视为志向表），电阻箱R（0～99.99），单刀单掷开关S1，单刀双掷开关S2，导线若干．（1）同学小红依据右图连接电路，然后进行了如下操作：①将S2接到，拨动电阻箱旋钮，使各旋钮盘的刻度处于如下图甲所示的位置，闭合S1，记录下对应的电压表示数为2.20V，然后断开S1；②保持电阻箱示数不变，将S2切换到，闭合S1，记录此时电压表读数（电压表的示数如下图乙所示），然后断开S1．请你解答下列问题：图甲所示电阻箱的读数为Ω，图乙所示的电压表读数为V．由此可算出定值电阻R1的阻值为Ω（R1的计算结果保留两位小数）．（2）在完成上述操作后，小红接着以下的操作：将S2切换到，闭合S1，多次调整电阻箱，读出多组电阻箱的示数R和对应的电压表示数U，由测得的数据，绘出了如图丙所示的—图线．由此可求得电源电动势E和电源内阻r，其中E=V，内阻r=Ω（计算结果均保留两位小数）．【答案】(1)20.002.805.45(2)2.90.26【解析】【详解】(1)电阻箱的阻值等于；图乙电压表的示数为，依据闭合电路欧姆定律得，．(2)将定值电阻等效到电源的内部，依据得，，知纵轴截距的倒数为电动势，所以解得；由于求出的是等效电阻，则实际电阻：；【点睛】此题考查电源电动势和内电阻的测量，通过试验操作、读数以及对试验方法的理解等多方面考查考生的试验探究实力.要重点驾驭处理闭合电路欧姆定律公式的实力和利用图象求解电动势和内电阻的方法．四、必做计算题24.如图所示，处于匀强磁场中的两根足够长、电阻不计的平行金属导轨相距1m，导轨平面与水平面成θ=37°角，下端连接阻值为R＝2Ω的电阻。磁场方向垂直导轨平面对上，磁感应强度为0.4T。质量为0.2kg、电阻不计的金属棒放在两导轨上，棒与导轨垂直并保持良好接触，它们之间的动摩擦因数为0.25。金属棒沿导轨由静止起先下滑。(g=10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(1)推断金属棒下滑过程中产生的感应电流方向；(2)求金属棒下滑速度达到5m/s时的加速度大小；(3)当金属棒下滑速度达到稳定时，求电阻R消耗的功率。【答案】（1）由到（2）（3）【解析】【详解】（1）由右手定则推断金属棒中的感应电流方向为由到。（2）金属棒下滑速度达到时产生的感应电动势为感应电流为，金属棒受到的安培力为由牛顿其次定律得：，解得：。（3）设金属棒运动达到稳定时，所受安培力为，棒在沿导轨方向受力平衡，解得：，又：，电阻消耗的功率：。【点睛】该题考查右手定则的应用和导体棒沿着斜面切割磁感线的运动，该类题型综合考查电磁感应中的受力分析与法拉第电磁感应定律的应用，要求的解题的思路要规范，解题的实力要求较高。25.如图所示，在xOy平面（纸面）内，y＞0空间存在方向垂直纸面对外的匀强磁场，第三象限空间存在方向沿x轴正方向的匀强电场。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子（不计重力），以大小为v、方向与y轴正方向夹角的速度沿纸面从坐标为（0，—L）的点进入电场中，然后从坐标为的点垂直x轴进入磁场区